(Sáng kiến kinh nghiệm) phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 tại trường THCS quang trung, TP thanh hóa

MỤC LỤC
Trang
1.MỞ ĐẦU…………………………………………………………….
1
1.1.Lí do chọn đề tài………………………………………………….
1

1.2 Mục đích nghiên cứu..................................................................
1.3 Đối tượng nghiên cứu.................................................................
1.4 Phương pháp nghiên cứu...........................................................
1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm ............................
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM..............................

2
2
2
2
2

2.1.Cơ sở lí luận của SKKN…………………………………………....
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN... ..........................

2

2.3. Một số phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực.............
2.3.1. Phương pháp thế .....................................................................
2.3.2. Phương pháp cộng đại số ........................................................
2.3.3. Phương pháp đưa phương trình về dạng tích...........................
2.3.4. Phương pháp đặt ẩn phụ................................................................

2.3.5. Phương pháp dùng bất đẳng thức.............................................

Một số câu hệ phương trình khơng mẫu mực trong đề thi HSG
tốn 9 tỉnh Thanh Hóa ……………………………......................
2.4 Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường...................................................................
3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ................................................................

3.1.Kết luận........................................................................................
3.2. Kiến nghị.......................................................................................

5
5
5
7
8
10
12
13
15
15

15
16


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài.
Phương trình, hệ phương trình là mợt nợi dung rất quan trọng của bậc học
phổ thông đặc biệt là ở cấp THCS, vì nó là nền tảng để giúp học sinh tiếp cận
đến các nội dung khác trong chương trình toán học, vật lí học, hoá học... của bậc
học này.

Trong chương trình toán của bậc học phổ thông, từ lớp 9 học sinh được
học về hệ phương trình, bắt đầu là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. Cùng với
đó học sinh được học hai quy tắc biến đổi tương đương một hệ phương trình là
“Quy tắc thế”, “Quy tắc cộng đại số”. Lớp 8 và lớp 9 học sinh được học khá
đầy đủ về phương trình một ẩn như: phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình
tích, phương trình chứa ẩn ở mẫu, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối,
phương trình bậc hai, phương trình vô tỷ... Thông qua việc học các dạng phương
trình trên học sinh được trang bị tương đối đầy đủ về các phương pháp giải các
phương trình đại số, điều này đồng nghĩa với việc học sinh được trang bị các
phương pháp giải hệ phương trình không phải là hệ hai phương trình bậc nhất
hai ẩn.
Các hệ phương trình mà cách giải tuỳ thuộc vào đặc điểm riêng của hệ,
không có một đường lối chung cho việc giải các hệ đó, ta gọi các hệ dạng này là
hệ phương trình không mẫu mực. Việc giải các hệ phương trình không mẫu mực
đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững các phương pháp biến đổi tương đương một
hệ phương trình, các phép biến đổi tương đương một phương trình, đặc biệt học
sinh phải rất tinh ý phát hiện ra những đặc điểm rất riêng của từng hệ từ đó có
cách biến đổi hợp lí nhờ đó mới có thể giải được hệ.
Trong nội dung chương trình toán lớp 8 và lớp 9 đã trang bị cho học sinh
khá đầy đủ kiến thức về phương trình và hệ phương trình đại số cùng các phương
pháp giải. Nhưng việc trang bị các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu
mực hầu như không được đề cập tới trong sách giáo khoa, kể cả hệ thống sách
tham khảo hiện có dành cho học sinh trung học cơ sở.
Việc giải được các hệ phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải
vận dụng rất khéo léo các kiến thức đã học để có được cách biến đổi hợp lí đối
với riêng từng hệ phương trình đã cho, điều này đánh giá được trình độ kiến
thức cũng như tư duy linh hoạt của học sinh.
Chính vì vậy, trong nội dung các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán 9,
đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Lam Sơn của tỉnh Thanh Hóa,
thường xuất hiện các câu hỏi yêu cầu học sinh phải giải các hệ phương trình

không mẫu mực, với mục đích phân loại đối tượng học sinh. Không chỉ ở Thanh
Hóa mà trong nợi dung đề thi tủn sinh vào khối THPT chuyên của trường Đại
học Quốc gia, Đại học Sư phạm Hà Nội ở môn toán vòng 1, vòng 2 cũng luôn
xuất hiện các câu hỏi giải hệ phương trình tḥc kiểu hệ phương trình khơng
mẫu mực.
Tài liệu tham khảo đối với các giáo viên phụ trách bồi dưỡng học sinh
giỏi viết riêng cho chuyên đề giải hệ phương trình không mẫu mực không có,
giáo viên dạy gặp rất nhiều khó khăn và lúng túng khi dạy đến chuyên đề này.
1


Vì vậy, khi dạy đến nội dung này giáo viên thường dạy lướt qua bằng một
số ví dụ minh hoạ, chưa làm rõ được những đường lối chung để giải các hệ
phương trình không mẫu mực.
Chính vì những lí do mang tính lí luận và thực tiễn như trên mà tôi chọn
“Phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực dùng để bời dưỡng học
sinh giỏi mơn tốn lớp 9 tại trường THCS Quang Trung – Thành phố Thanh
Hóa” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Sáng kiến kinh nghiệm này nhằm mục đích tập hợp, sắp xếp hệ thống các
phương pháp thường được sử dụng để giải hệ phương trình không mẫu mực
dùng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 của cấp trung học cơ sở.
Nhiệm vụ cần đạt:
- Chỉ ra được kiến thức về hệ phương trình có liên quan mà học sinh cần
nắm vững trước khi tiếp cận với các phương pháp giải hệ phương trình không
mẫu mực.
- Đưa ra hệ thống các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực
có sự sắp xếp hợp lôgíc về mặt tư duy kiến thức bộ môn.
- Xây dựng được hệ thống các bài tập phù hợp với đối tượng học sinh
theo từng phương pháp cụ thể, nhằm giúp học sinh có được bài tập luyện tập

khắc sâu kiến thức, giáo viên giảng dạy có được hệ thống bài tập minh hoạ
phong phú cho từng phương pháp.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là hệ thống các
phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực, những điểm học sinh cần
lưu ý khi tiến hành giải các hệ phương trình loại này.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp duy vật biện chứng và duy vật lịch sử.
- Phương pháp phân tích tổng hợp.
- Phương pháp so sánh, đối chiếu, thống kê.
- Phương pháp số liệu, hệ thống hoá … phỏng vấn, điều tra, khảo sát điều
tra thực tế.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
Đưa ra hệ thống các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực
có sự sắp xếp hợp lôgíc về mặt tư duy kiến thức bộ môn.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của kiến kinh nghiệm
1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Định nghĩa:
(SGK – Toán 9 Tập 2)
(1)
ax  by  c
Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng: 
a ' x  b ' y  c ' (2)
trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số cho trước,trong đó:
a '2  b '2  0 .

a 2  b 2  0 và

2

Nghiệm của hệ phương trình là cặp sớ  x; y  thoả mãn đồng thời hai
phương trình (1) và (2) của hệ.
Giải hệ phương trình tức là tìm tất cả các nghiệm của hệ.
Cách giải:
Trong chương trình toán trung học cơ sở để giải hệ hai phương trình bậc
nhất hai ẩn ta thường sử dụng hai phương pháp:
- Phương pháp thế nhờ sử dụng quy tắc thế;
- Phương pháp cộng đại số nhờ sử dụng quy tắc cộng đại số.
Để minh hoạ cho hai phương pháp này ta xét ví dụ sau:
x  2 y  1
Ví dụ: Giải hệ phương trình: 
 2 x  y  3
Lời giải:
Cách 1: (Sử dụng phương pháp thế)
x  1  2 y
x  2 y  1
x  1  2 y
 x  1




 2 x  y  3
y 1
2  1  2 y   y  3 5 y  5
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    1;1
Cách 2: (Sử dụng phương pháp cợng đại sớ)
Hệ phương trình đã cho tương đương với:

x  2 y  1
 2 x  4 y  2  x  1



2 x  y  3 2 x  y  3  y  1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất:  x; y    1;1
2. Hệ phương trình đối xứng loại một
Định nghĩa:
Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại
một nếu mỗi phương trình của hệ đã cho đối xứng với hai ẩn x và y (nghĩa là
mỗi phương trình của hệ không thay đổi khi ta đổi vai trò của x và y cho nhau).
Tính chất:
Nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hệ.
Cách giải thường dùng:
Đặt S  x  y và P  xy , với điều kiện S2  4P  0 đưa hệ đã cho về hệ
đơn giản hơn đã biết cách giải.
Ví dụ:
 x 2  xy  y 2  4
Giải hệ phương trình: 
 x  xy  2  2
Lời giải:
Đặt: S  x  y P  xy , khi đó hệ đã cho có dạng:
 S 2  P  4  S 2  S  6  0  S  3


Hoặc

S


P

2
P

2

S
P  5



S  2

P  0
3


S  2
Ta chỉ nhận 
thỏa mãn điều kiện S2  4P  0 và do đó ta được
P  0
x  0
x  2
hay 
nghiệm của hệ phương trình là: 
y  2
y  0
3. Hệ phương trình đối xứng loại hai

Định nghĩa:
Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại
hai nếu trong hệ phương trình, khi đổi vai trò của x và y cho nhau thì phương
trình này trở thành phương trình kia.
Tính chất: Nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ thì (y0; x0) cũng là nghiệm
của hệ.
Cách giải thường dùng: Trừ các vế tương ứng của hai phương trình thì
x  y  0
nhận được phương trình tích dạng  x  y  .f  x, y   0  
 f  x, y   0
Từ đó hệ đã cho tương đương với hai hệ đơn giản hơn có thể giải được.
3

2
x

y


x2
Ví dụ. Giải hệ phương trình: 
2 y  x  32
y

2 x 3  x 2 y  3
ĐK: x, y  0.Hệ phương trình đã cho   3
2
2 y  xy  3
Trừ vế với vế của hai phương trình ta được:
2(x3 – y3) + xy(x - y) = 0  2(x - y)(x2 + xy + y2) + xy(x - y) = 0

 (x - y)(2x2 + 3xy + 2y2) = 0 (*)
2
3  7 2

2
2
Vì 2x + 3xy +y = 2  x  y   y > 0 với  x, y  0
4  8

Nên (*)  x – y = 0  x = y. Thay x = y vào phương trình đầu ta được
3x3 = 3  x3 = 1  x = 1 (TM ĐK)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x ;y) = (1 ;1)
4. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai
Định nghĩa: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai là hệ phương trình có
dạng:
ax 2  bxy  cy 2  d
 , 2
,
, 2
,
a x  b xy  c y  d
Để giải hệ phương trình này ta phải xét hai trường hợp:
- Tìm xem hệ PT có nghiệm x = y = 0 hay khơng bằng cách kiểm tra
nghiệm.

4


- Xét trường hợp hệ có nghiệm x khác 0 và y khác 0 và đăt x = ky ( hay
y=kx), thay vào hệ để tìm cách loại y (hoặc x) và đưa đến phương trình bậc hai

theo k, từ đó suy ra nghiệm x, y.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN
Để có kết quả đối chứng trước khi tiến hành áp dụng sáng kiến đối với
học sinh đối với học sinh, tôi đã tiến hành cho 30 học sinh đội tuyển Toán lớp 9
trường THCS Quang Trung năm học 2017-2018 làm bài kiểm tra tiền thực
nghiệm với nội dung đề bài như sau:
ĐỀ BÀI: Giải các hệ phương trình sau:
2
2
2
2
 x  y  xy  1  4 y
( x  y )( x  y )  45
1.  2
2. 
2
2
( x  1)( x  y  2)  y
( x  y )( x  y )  85
8 xy
 2
2
 x 3  3x  y
x

y


16


 3
x y
3. 
4.  y  3 y  z
 x 2  12  5 x  y  3 x  x 2  5
 z 3  3z  4  x


2
BẢNG THỚNG KÊ KẾT QUẢ TIỀN THỰC NGHIỆM
Điểm

0–2

3-4

5–6

7–8

9 – 10

Sớ lượng
Tỉ lệ %

16
53%

8
27%

4
13%

2
7%

0
0%

Dưới
trung
bình
24
80%

Trên
trung
bình
6
20%

2.3. Một số phương pháp giải hệ phương trình khơng mẫu mực
2.3.1. Phương pháp thế
Ví dụ 1.
2 x 2  y 2  xy  y  5 x  2  0
Giải hệ phương trình sau:  2
2
 x  y  x  y  4  0
Lời giải:

2
2
2 x  xy  y  5 x  y  2  0 (1)
Giải hệ:  2
2
(2)
 x  y  x  y  4  0
2
2
Từ (1) Û 2x + (y - 5)x - y + y + 2 = 0
 x  ( y  5) 2  8( y 2  y  2)  9( y  1) 2
5  y  3( y  1)

x

2 y

4

 x  5  y  3( y  1)  y  1

4
2
* Với: x = 2 - y, ta có hệ :
5


x  2  y
x  2  y


 x  y 1
 2
 2
2
x

y

x

y

4

0
y

2
y

1

0


y 1
*Với x 
, ta có hệ:
2
x  y 1


y 1

 x   4
 y  2x 1
x 
 2
  
2

5
5
x

x

4

0

 x2  y2  x  y  4  0 

13

 y  
5
 
 4 13 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1;1) và   ;  
 5 5

Nhận xét:
- Ta có thể xem phương trình (1) của hệ là phương trình bậc 2 đối với ẩn
x cịn ẩn y là tham số và tiến hành giải như trên.
-Ngồi ra Dùng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử biến đổi
phương trình (1) về dạng tích.Việc phân tích đa thức vế trái của phương trình
thứ nhất của hệ, giáo viên khi dạy nên hướng dẫn học sinh sử dụng hằng đẳng
thức đáng nhớ để tiến hành biến đổi vì đây là đa thức bậc hai đối với hai ẩn.
x  2 y  1  0
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:  2
2
 x  y  xy  1  0
 x  2 y  1
x  2 y  1  0

Lời giải:Ta có:  2

2
2
2
 x  y  xy  1  0  2 y  1  y  y  2 y  1  1  0
x  2 y 1
x  2 y 1
 x  2 y  1  x  1
x  1



Hoặc 
Hoặc 
 y 1  0

y  0
y 1
5 y  y  1  0  y  0
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:  1; 0  ;  1; 1 .

Nhận xét: Phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất hai ẩn
nên ta có thể rút x theo y ( hoặc y theo x ) rồi thế vào phương trình còn lại của
hệ, theo quy tắc thế ta nhận được một hệ mới tương đương. Trong hệ mới nhận
được có một phương trình là phương trình một ẩn, nhờ đó ta đã giải được hệ.
Trong lời giải trên, ta đã tính x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế
vào phương trình thứ hai. Ta cũng có thể tính y theo x rồi thế vào phương trình
thứ hai của hệ, tuy nhiên việc biến đổi hệ tiếp theo sẽ trở nên phức tạp vì xuất
hiện phân số.
 x 2  y  1  x  y  1  3x 2  4 x  1
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau: 
2
 xy  x  1  x
Lời giải:

(1)
(2)
6


Nhận thấy x  0 không thoả mãn phương trình (1) của hệ nên hệ không có
nghiệm  0; y  .
x2  1
Khi x  0 từ phương trình (2) ta có y  1 
thay vào phương trình (1) ta
x

 2  x 2  1 
x2  1 
2
2
2
x 
 x 
  3 x  4 x  1 ( x  1)(2 x  1)  ( x  1)(3 x  1)
x 
x 



được:  
x2  1
2
x 1

y 1 
y

1

x


x
2 x( x  1) 2 ( x  2)  0
x  1
 x  2






x 2  1 Hoặc 
x2  1
x2  1
y 1
y 1 x
y 1  x


x

x  1

Hoặc
 y  1

 x  2


5
y



2

5

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:  1;  1 ;  2;   .
2

Nhận xét: Phương trình (2) của hệ là phương trình bậc nhất đối với ẩn y
nên ta tiến hành tính ẩn y theo ẩn x rồi thế vào phương trình (1) của hệ. Tuy
nhiên việc tính y theo x ta phải thực hiện phép chia cho x, nên cần nhận xét
x2  1
 0; y  không là nghiệm của hệ để từ đó với x  0 ta có thể tính y  1 
và
x
hệ nhận được tương đương với hệ đã cho.
2.3.2. Phương pháp cộng đại số:
 x 2  y 2  10 x  0
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:  2
2
 x  y  4 x  2 y  20  0
Lời giải: Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai ta được
y  7 x  10 . Theo quy tắc cộng đại số, hệ đã cho tương đương với hệ phương
trình sau:
 x 2  y 2  10 x  0  x 2  (7 x  10) 2  10 x  0  x 2  3x  2  0




 y  7 x  10
 y  7 x  10
 y  7 x  10
 x  1

 x  2
Hoặc


 y  17
 y  24
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:  1;  17  ;  2;  24  .
Nhận xét: Tuy ở cả hai phương trình của hệ đều không có phương trình
nào là phương trình bậc nhất đối với một ẩn, nhưng bằng việc sử dụng quy tắc
cộng đại số trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình là
phương trình bậc nhất hai ẩn, nhờ đó ta đã giải được hệ.
7


 x  y  xy  2 x  y   5 xy
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau 
 x  y  xy  3x  y   4 xy
HD giải: Để giải hệ phương trình trên ta có thể biến đởi nhờ quy tắc cộng
đại số như sau:
 x  y  xy (2 x  y )  5 xy
( x  y  xy (3x  y ))  ( x  y  xy (2 x  y )   xy


 x  y  xy (3x  y )  4 xy
 x  y  xy (3x  y )  4 xy
 xy ( x  2 y  1)  0

 x  y  xy (3x  y )  4 xy
Nhận xét:
Đến đây việc giải hệ ban đầu được đưa về việc giải 3 hệ phương trình đơn

giản hơn. Cách biến đổi này khá đơn giản nên học sinh khá dễ tiếp thu, đặc biệt
là học sinh lớp 9.
2.3.3. Phương pháp đưa phương trình về dạng tích.
 x 2  5 xy  6 y 2  0
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau:  2
2
2 x  y  1
Lời giải:
2
2
( x  2 y )( x  3 y )  0  x  2 y
x  3y
 x  5 xy  6 y  0
Hoặc 


 2


2
2
2
2
2
2 x  y  1
2 x  y  1
9 y  1
19 y  1



2
2
3 19
3 19


x

x


x

x








3
3
9
9

hoặc 
hoặc 
hoặc 

y  1
y  1
 y  19
 y   19




3
3
9
9
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm:
19   3 19  19 
 2 1   2 1   3 19
;
;
; 
.
 ; ;  ;
; 
3
3
3
3
19
19
19
19


 
 
 

Nhận xét: Trong hệ phương trình trên, phương trình thứ nhất chính là
phương trình đẳng cấp bậc hai, tuy nhiên đối với học sinh lớp 9 không nên giải
bằng cách đặt x = ky vì với cách giải này học sinh rất khó hiểu tại sao lại nghĩ
ra cách đặt đó. Chính vì vậy, khi dạy giáo viên nên hướng dẫn học sinh hãy
phân tích phương trình thứ nhất về dạng tích và biến đổi tiếp như cách giải
trên.
 x2  4 y 2  5
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau 
4 xy  x  2 y  7
Lời giải:
Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta được:

8


x

2

 4 xy  4 y 2    x  2 y   12

  x  2 y    x  2 y   12  0
2

  x  2y  4  x  2y  3  0

 x  2y  4 h
c x  2y  3
  x  2 y  4
(a)

4
xy

x

2
y

7
 x2  4 y 2  5


Do đó ta có: 
 x  2 y  3
4 xy  x  2 y  7

(b)
 4 xy  x  2 y  7
Giải hệ (a):
 x  2 y  4
 x  2 y  4
 x  2 y  4





 2
4 xy  x  2 y  7 4 y  2 y  4    2 y  4   2 y  7
8 y  16 y  11  0
Vì phương trình 8 y 2  16 y  11  0 có  '  24  0 nên vô nghiệm. Do vậy hệ
(a) vô nghiệm.
x  3  2 y
x  2 y  3


4 xy  x  2 y  7
4 y  3  2 y    3  2 y   2 y  7
x  3  2 y
x  y  1
Giải hệ (b):


x  3  2 y
 y  1
x2

 2
 
 

1
2 y  3 y  1  0
 y  1
y



 
2
2

 1
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm:  1; 1 ;  2;  .
 2
Nhận xét: Trong hệ trên chưa có phương trình nào của hệ có thể đưa ngay
về dạng tích, tuy nhiên bằng việc cộng vế với vế hai phương trình của hệ theo
quy tắc cộng đại số ta nhận được một hệ mới, trong hệ mới này có một phương
trình đưa được về dạng tích.
 x 2  xy  2 y  2 y 2  2 x (1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 
(2)
 y x  y  1  x  2.
Giải: ĐK: x  y  1  0. Ta biến đổi phương trình (1) làm xuất hiện nhân tử
chung
(3)
x  y
(1)  x 2  y 2  xy  y 2  2 y  2 x  0  ( x  y )( x  2 y  2)  0  
 x  2  2 y (4)
 y  0; x  2
 x  2  2 y

Từ (3) & (2) ta có x=y=1. Từ (4) & (2) ta có 
 y   1; x  8.
 y 3  3 y  2 y
3
3


Kết luận : Hệ có 3 nghiệm (1 ; 1) ; (2 ; 0) ; ( 8/3 ; -1/3)
9


2.3.4. Phương pháp đặt ẩn phụ
* Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải phát hiện ra ẩn phụ
u  f  x; y  ; v  g  x; y  ngay trong từng phương trình của hệ hoặc sau một số
phép biến đổi hệ đã cho.
* Thông thường việc biến đổi hệ chỉ xoay quanh việc cộng, trừ 2 phương
trình của hệ theo vế hoặc chia cả hai vế của một phương trình hay cả hai
phương trình của hệ cho một đại lượng khác 0 nào đó đã chỉ ra trong các
phương trình, nhờ đó nhận ra việc phải chọn ẩn phụ như thế nào cho hợp lí.
 x( y  3)  9 y  1
Ví dụ 1:Giải hệ phương trình: 
2 2
( x  1) y  2 y  1
Giải.
3x  1
Trường hợp 1: Xét y = 0, hệ đã cho trở thành 
vô lý
0  1
3
1

x
(1

)


9


y
y
Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT  
( x  1) 2  2   1

y
y2
 x  t  3xt  9
1
Đặt t   , ta có hệ phương trình :  2 2
y
 x  t  2( x  t )  1
S  x  t 2
( S  4 P) , ta có hệ phương trình;
Đặt 
 P  xt
5

S



 S  3P  9
 S  3P  9
S  3
3
 2


hoặc 
(loại)
 2
32
 S  2 S  2 P  1 3S  4 S  15  0  P  2
P 

9
x  1
S  3
x  t  3 x  1
x  2
x  2



hoặc 


1 hoặc 
 P  2  xt  2
t  2
t  1
 y  1
 y   2
1
Hệ phương trình có hai nghiệm: (1;  );(2; 1)
2
 x 4  4 x 2  y 2  6 y  9  0

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:  2
.
2
x
y

x

2
y

22

0

Lời giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
2
2
2
( x  2)  ( y  3)  4 ( x  2)  ( y  3)  4
 2
 2
2
2
(
x


2)
y

x

22

0

( x  2  4)( y  3  3)  x  2  20  0

10


 x2  2  u
Đặt 
y  3  v
u 2  v 2  4
khi đó hệ phương trình trên trở thành: 
u.v  4(u  v)  8
u  2
u  0
Giải hệ trên ta được 
hoặc 
.
v  0
v  2
Thế vào cách đặt ta được các nghiệm của hệ là:
 x  2  x  2  x  2  x   2
;

;
;
.

 y  3  y  3  y  5  y  5
Nhận xét: Với hệ phương trình trên, việc biến đổi hệ để xuấn hiện bộ phận
để đặt ẩn phụ khá dễ nhận ra việc phải sử dụng hằng đẳng thức nhờ phương
trình thứ nhất của hệ.
 2 x  3  4  y  4
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau: 
 2 y  3  4  x  4
3
3
Lời giải: Đk:   x  4;   y  4
2
2
Đặt 4  y  u (u  0) và 4  x  v(v  0)
suy ra : y = 4- u2 và x= 4-v2 thay vào hệ ta có :
 11  2v 2  u  4
11  2v 2  (4  u ) 2
=> 

2
2
2
11  2u  (4  v)
 11  2u  v  4
Trừ từng vế các phương trình trong hệ ta được :
2(u2- v2) = (8-u-v).(v-u)=> (u-v).(u+v+8) = 0 => u= v vì u+v+8 >0
Khi đó: 11-2v2 = (4-v)2 => 3.v2 -8v + 5 =0

5
Đưa về dạng tích ta có v = 1 hoặc v = (thoả mãn )
3
5
11
+) Nếu v = 1 thì x = y =3(TM) +) Nếu v = thì x = y = (TM)
3
9
11 11
Vậy nghiệm của hệ là (x ; y) = (3,3) hoặc (x ; y) = ( , )
9 9
Ví dụ 4.
 x y 2  6  y x 2  3  7 xy
Giải hệ phương trình sau: 
 x x 2  3  y y 2  6  2  x 2  y 2
Lời giải:
Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của hệ.
Xét x ≠ 0 và y ≠ 0, hệ được biến đổi về dạng:
11


 x2  3
y2  6

7

 x2  3
y2  6
x
y



7


x
y

.
3
6


2
 x x2  3  x  y y 2  6  y  2  2
y2  6

 x  3 1
1
 x
y
u  v  7

y2  6
x2  3
Đặt u 
, ta được hệ:  3
.
; v=
6

x
y
 u  1  v  1  2
 1   2 15 2 30 
;
Vậy hệ có 2 nghiệm là: 1;  ; 
.
15 
 2   15
2
2
(1)
 x  y  xy  1  4 y
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình: 
2
2
 y ( x  y )  2 x  7 y  2 (2)



 



Giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ. Với y khác không, chia cả hai vế của
 x2  1
x y4
a  x  y

 y


(1) và (2) cho y ta được: 
.
Đặt

x 2  1 ta được
2
( x  y ) 2  2 x  1  7
b  y


y

 a  5, b  9
a  b  4
b  4  a
b  4  a
 2
 2

.
 2
 a  3, b  1
a  2b  7
a  2(4  a)  7 a  2a-15=0
Từ đây ta tìm được x và y.
2.3.5. Phương pháp dùng bất đẳng thức
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:
 x  1  y  1  z  1  6


 x  y  z  9
Giải: Điều kiện: x, y, x  1
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

 1.



2

x  1  1. y  1  1. z  1  3. x  y  z  3  3.12  36

 x 1  y  1  z  1  6
Dấu “=” xảy ra  x  y  z  3 (thỏa mãn phương trình 2)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (3; 3; 3)

12


Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:
 2x 2
 x2  1  y

 3 y3
z
 4
2
y

y


1


4z 4
x
 6
 z  z4  z2  1
HD giải:
2x 2
Vì 2
 y  0 nên xảy ra hai trường hợp sau:
x 1
Với y = 0, khi đó x = y =z = 0
Vậy (x; y; z) = (0; 0; 0) là một nghiệm của hệ phương trình.
Với y > 0, khi đó x > 0, z > 0
2x 2
2x 2
2
2
x 1 2
 2x nên 2
 x hay y  x
x 1
x 1
3y2
y
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: y  y  1  3 y . y .1  3 y  4
y  y2  1
hay z  y

Tương tự từ phương trình thứ 3 của hệ  x  z
Vậy x  y  z  x  x  y  z
Thay vào phương trình đầu ta được x = y = z =1 ( thỏa mãn)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (0; 0; 0) ; (1; 1; 1)
MỘT SỐ CÂU HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG MẪU MỰC TRONG ĐỀ
THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 TỈNH THANH HĨA
8

2

3
x


y3
1) Giải hệ phương trình : 
(Năm học 2012 – 2013)
6
3
x  2 

y
4

2

3

4

2

2

2  3x  z 3
2
HD giải: Điều kiện y  0.Đặt z = ta được hệ : 
Trừ vế với vế của
3
y
2  3z  x
hai phương trình trên ta đươc ( x  z )( x 2  xz  z 2  3)  0
z
3z 2
 x  z  0 (vì x2 + xz + z2 +3 = (x + ) 2 +
 3 > 0 với mọi x, z)
2
4
Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0
 (x+1)2(x - 2) = 0  x = -1 hoặc x = 2
Với x  z  1  y  2  nghiệm (x ; y ) của hệ là (1; 2).
Với x  z  2  y  1  nghiệm (x ; y ) của hệ là (2;1).
Vậy nghiệm (x ; y ) của hệ là (1; 2)  và (2;1).
13


x  y  z  1
2) Giải hệ phương trình  4
(Năm học 2013 – 2014)
4

4
x

y

z

xyz

HD giải:
x4  y 4 y 4  z 4 z 4  x4
2 2
2 2
2 2
Ta có: x 4  y 4  z 4 


 x y y z z x =
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y y z
y z z x
z x x y

=


 xyyz  yzzx  zxxy
2
2
2
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x  y  z
1
x yz
Dấu bằng xảy ra  
3
x  y  z  1
1
1
1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x  ; y  ; z  
3
3
3

 x 2  y 2  2 x 2 y 2
3) Giải hệ phương trình 
(Năm học 2014 - 2015)
2 2
( x  y )(1  xy )  4 x y
HD giải:
Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình

Nhận thấy nếu x  0 thì y  0 và ngược lại
Xét x  0 ; y  0 hệ phương trình tương đương với
1
1
1
1
(1)


2

 x 2 y 2
 x 2 y 2  2


(2)
1
1
1
(  )(1  )  4 ( 1  1 )(2  2 )  8
 x y
 x y
xy
xy
1 1
 x  y  2
1 1 3
 x  y  1.
Thay (1) vào (2) ta được (  )  8  
x y

1
 1
 xy
Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1)
Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau :
 2
1 1
 x2

x

2
 x  x  1    4
y
y
y


a)  2
( 2011 – 2012) b) 
( 2010 – 2011)
2
 y  y  1.
 x3  x  x  1  4.
 x

y 2 y y3
2
 y (3x  y )  10

( x 2  1)( y 2  1)  10
c)  2
( 2009 – 2010)
d) 
( 2008- 2009)
4 x  6  xy
( x  y )( xy  1)  3

14




1 
2 x 1 
3
x

y



f) 
(2016 – 2017)


1
2 y 1 
 x  y  1





2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi tiến hành triển khai nội dung của sáng kiến với chuyên đề “ Một số
phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực” đối với 30 học sinh lớp 9
trong nhóm thực nghiệm (Đội tuyển Toán) tại trường THCS Quang Trung năm
học 2017-2018, tôi tiến hành cho nhóm học sinh làm bài kiểm tra sau thực
nghiệm với nội dung đề như sau:
6( x  y )  5 xy

e) 12( y  z )  7 yz ( 2007- 2008)
4( z  x)  3 zx


Giải các hệ phương trình sau:
 x 2  2 xy  2 y 2  3x  0
1) 
2
 xy  y  3 y  1  0

 x3  2 x  y
2)  3
 y  2 y  x

 x3 (6  7 y )  1
 3
 x( y  6)  7

3)

3)

2
2
4)  x  xy  y  3
 2
 x  2 xy  7 x  5 y  9  0

BẢNG THỚNG KÊ KẾT QUẢ SAU THỰC NGHIỆM
Điểm
Sớ lượng

0-2

3-4

5–6

7–8

Dưới Trên
9 – 10 trung trung
bình bình

0

6

9

8

7

6

24

Tỉ lệ %
0%
20% 30% 27% 23%
20% 80%
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Giải hệ phương trình không mẫu mực luôn là một yêu cầu khó trong các
đề thi, để kiểm tra. Để giải được những hệ loại này đòi hỏi học sinh phải nắm
vững kiến thức về phương trình và hệ phương trình, học sinh phải rất linh hoạt
về cách giải cho từng hệ khác nhau. Với đặc điểm này mà ta có thể đánh giá
được tính mềm dẻo, tính linh hoạt trong tư duy của học sinh, khả năng phát hiện
tình huống có vấn đề tốt của người học. Đây chính là lí do mà nội dung các đề
thi chọn học sinh giỏi của bậc THCS cũng như của bậc THPT và đề thi tuyển
sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng hiện nay hầu như không thể thiếu được
yêu cầu này.
Sáng kiến kinh nghiệm này là kết quả của tôi sau nhiều năm làm công tác
bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi cấp thành phố, cấp tỉnh và đặc biệt là ôn tập cho
học sinh chuẩn bị thi vào các trường chuyên, lớp chọn trong và ngoài tỉnh. Tôi
15

hy vọng sáng kiến kinh nghiệm của mình có thể là một tài liệu tham khảo hữu
ích cho các đồng nghiệp giảng dạy toán, góp phần giúp cho nâng cao chất lượng
giáo dục đại trà và đặc biệt là chất lượng học sinh giỏi bậc trung học.
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi viết nhằm mục đích phục vụ công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi đối với học sinh lớp 9 của cấp THCS và ôn tập thi vào các
trường chuyên, lớp chọn của bậc THPT.
Những nội dung trong sáng kiến cũng có thể làm tài liệu cho học sinh lớp
12 chuẩn bị ôn tập thi vào các trường Đại học, Cao đẳng, làm tài liệu tham khảo
cho các đồng nghiệp bộ môn Toán của bậc THCS và THPT.
3.2. Kiến nghị
Để có thể triển khai nội dung của sáng kiến này đạt kết quả tốt đối với học
sinh, đòi hỏi giáo viên cần chuẩn bị cho học sinh các kiến thức về: các phương
pháp giải phương trình đại số; phương pháp giải hệ phương trình đới xứng, hệ
phương trình đẳng cấp; các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức, bài toán tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức.
Đối với học sinh lớp 9 của bậc THCS, nên áp dụng sáng kiến này khi học
sinh đã được học về công thức nghiệm của phương trình bậc hai, chuẩn bị ôn thi
học sinh giỏi vào cuối năm, ôn thi vào các trường chuyên, lớp chọn của bậc
THPT.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 02 tháng 3 năm 2018
Người thực hiện
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.

Lê Vi Linh

16

1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tạp chí Tốn học tuổi thơ; Tốn học và tuổi trẻ.
Đề thi HSG mơn Tốn 9 TP Thanh Hóa, tỉnh Thanh Hóa các năm gần
đây.
Giải đề thi tuyển sinh đại học chuyên đề đại số
Đề thi HSG mơn tốn 9 Thành phố Thanh Hóa.
Tốn nâng cao & các chuyên đề đại số 9
Các đề thi vào lớp 10 THPT chuyên
Phương pháp giải toán Đại số
Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THCS mơn tốn