Luận văn thạc sĩ sử dụng phương pháp biến đổi để giải hệ phương trình hai ẩn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ HƯỜNG

SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI
ẨN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – năm 2016.


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ HƯỜNG

SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI
ẨN

Chun ngành : Phƣơng pháp tốn sơ cấp
Mã số : 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - năm 201

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU.............................................................................................................. 3
CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ.............................................................5
1.1

CÁCH GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH CƠ BẢN................................5

i.1 Hệ phương trình đối xứng loại I......................................................................5
i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II....................................................................5
i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát.................................................................5
1.2

GIẢI PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT..........................................6

1.3

GIẢI MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN...............................................7

i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0................................................ 7
....................
7
i.2 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   ex2
i.3 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m.......................7
i.4 Giải phương trình dạng  x  a 4   x  b 4  c ................................................ 7
1.4

CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP........................................................................ 8

1.5

HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN........................................................ 8

CHƢƠNG 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ
PHƢƠNG TRÌNH.......................................................................................................10
2. 1 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH HẰNG ĐẲNG
THỨC........................................................................................................................... 10
Bài tập tự luyện................................................................................................... 18
2. 2 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH CỘNG ĐẠI SỐ........................19
Bài tập tự luyện................................................................................................... 30
2. 3 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG
TRÌNH BẬC HAI CĨ DENTA LÀ BÌNH PHƢƠNG CỦA MỘT BIỂU THỨC........30
Bài tập tự luyện................................................................................................... 39
2. 4 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI TẠO NHÂN TỬ
CHUNG...................................................................................................................... 40
Bài tập tự luyện................................................................................................... 51
2.5 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG LIÊN HỢP..............52


Bài tập tự luyện................................................................................................... 63
CHƢƠNG III. MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI.......65
KẾT LUẬN................................................................................................................. 78
TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................................... 79


LỜI NĨI ĐẦU
Hệ phƣơng trình là một nội dung lâu đời và quan trọng của Toán học. Ngay từ
đầu, sự ra đời và phát triển của hệ phƣơng trình đã có sức hút mạnh mẽ đối với những
ngƣời u tốn, khơng chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến ln
thơi thúc ngƣời làm tốn phải tìm tịi, sáng tạo. Ngày nay, hệ phƣơng trình vẫn ln
chiếm một vai trị quan trọng và vẫn thƣờng xuất hiện dày đặc trong các kì thi quốc

gia, quốc tế. Giải quyết hệ phƣơng trình hầu hết các học sinh thƣờng chỉ biết sử dụng
kinh nghiệm giả toán nhờ vào việc đã gặp hƣớng giải quyết trƣớc đó mà quên mất
rằng mọi thứ đều có nguyên do của nó. Chúng ta có thể bắt gặp rất nhiều tài liệu nói
về phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình nhƣng có rất ít tài liệu chỉ ra nguồn gốc vào bài
hệ phƣơng trình đó ? Ai là ngƣời nghĩ ra và nghĩ nhƣ thế nào để có một bài giải hệ
phƣơng trình. Chính vì lí do đó tác giả đã lựa chọn đề tài “Sử dụng phƣơng pháp
biến đổi để giải hệ phƣơng trình hai ẩn”. Trong luận văn này tác giả sẽ trình bày chi
tiết cách biến đổi để sáng tạo và giải một hệ phƣơng trình với từng loại phƣơng pháp
giải. Từ đó, ta sẽ xây dựng đƣợc rất nhiều các bài tốn giải hệ phƣơng trình với các
mục đích khác nhau.
Luận văn gồm 3 chƣơng
Chương 1. Các kiến thức cơ bản. Trong chƣơng này, tác giả sẽ nhắc lại cách
giải một số hệ phƣơng trình cơ bản nhƣ hệ phƣơng trình đối xứng loại I. loại II, và
cách giải phƣơng trình bậc ba, bậc bốn mà ngƣời đọc cần nắm vững.
Chương 2. Một số phương pháp biến đổi để sáng tác và giải hệ phương trình.
Nội dung chƣơng này gồm hai phần là sáng tác và giải hệ phƣơng trình bằng cách biến
đổi Với mỗi phần tác giả đều lấy các bài tốn minh họa phƣơng pháp sau đó ta sẽ vận
dụng để sáng tác các bài toán theo mong muốn. Sau khi hiểu ý tƣởng sáng tác các bài
tốn ta sẽ đứng trên góc nhìn của một ngƣời đã từng ra đề để dự đoán ý tƣởng ra đề
của tác tác giả khác để có lời giải các bài toán một cách tự nhiên nhất.
Chương 3. Một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi. Trong chƣơng này tác
giả sẽ hệ thống lại một số bài toán xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh
3


và đề thi học sinh giỏi quốc gia. Cuối chƣơng cịn có một số bài tập để bạn đọc tự
luyện.
Để hoàn thành đƣợc luận văn này, đầu tiên tác giả xin đƣợc gửi lời cảm ơn sâu
sắc tới T.S Phạm Văn Quốc , thầy đã dành thời gian hƣớng dẫn, chỉ bảo, tận tình giúp
đỡ trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vấn đề nảy sinh trong

q trình làm luận văn và hồn thành luận văn đúng định hƣớng ban đầu.
Qua đây tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã đọc, kiểm
tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn đƣợc hoàn thiện và phong phú
hơn.
Tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học,
khoa Toán – Cơ – Tin trƣờng Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi
trong suốt quá trình học tập tại trƣờng.
Cuối cùng là sự biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông cảm,
động viên giúp đỡ cho tác giả có đủ nghị lực để hồn thành luận văn.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhƣng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các vấn đề
trong luận văn vẫn chƣa đƣợc trình bày sâu sắc và khơng tránh khỏi thiếu sót, kính
mong nhận đƣợc sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn !

Hà Nội, năm 2016

Nguyễn Thị Hƣờng


CHƯƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1

CÁCH GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

i.1 Hệ phương trình đối xứng loại I
Hệ phƣơng trình đối xứng hai ẩn loại I là hệ phƣơng trình chứa hai ẩn

x, y mà khi ta

thay đổi vai trị x, y cho nhau thì hệ phƣơng trình khơng

đổi. pháp giải tổng qt
Ta cóthay
phƣơng
Tức là  f  x; y   0
đó

 f  x; y f y;
x

, trong  


 g  x; y 
0



 g  x; y   g  y; x  .

nhƣ sau.
Bƣớc 1: Đặt điều kiện các biến ( nếu có).
Bƣớc 2: Đặt S  x  y ; P 
xy

( với S 2  4P ).

Khi đó , ta đƣa hệ phƣơng trình về hệ mới chứa S, P .
Bƣớc 3 : Giải hệ mới tìm S, P .
Chọn

S, P thỏa mãn điều kiện S 2  4P .

Bƣớc 4 : Với S, P tìm đƣợc thì x, y là nghiệm của phƣơng trình X 2  SX  P  0 .
i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II
Hệ phƣơng trình đối xứng loại II là hệ chứa hai ẩn

x, y mà khi đổi vị trí của

x, y cho

 f  x; y  

nhau thì phƣơng trình này trở thành phƣơng trình kia. Tức là hệ có dạng 0


 f  y; x  
0.

Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phƣơng trình và biến đổi về dạng phƣơng trình
tích số.
i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát


a x 2  b y 2  c xy  d x  e y  f
Xét hệ phƣơng trình đối xứng bậc hai dạng  0


1

1

1

1

1

1

Một

2
2
 a
2 x 2b y 2 c xy 
2 d x 2 e y2 f  0.

phƣơng trình muốn có phân tích đƣợc nhân tử hay không phải xem biệt thức denta
theo biến x hoặc y có phải là số chính phƣơng hay không. Nếu một trong hai biệt thức
denta của một trong hai phƣơng trình là số chính phƣơng trình cách giải khá đơn giản,
khi đó ta chỉ cần tìm nghiệm rồi phân tích nhân tử ra là đƣợc mối liên hệ giữa hai biến
và thế vào phƣơng trình cịn lại. Thế nhƣng nếu cả hai phƣơng trình đều cho


denta khơng chính phƣơng ta cần phải sử dụng tới phƣơng pháp tìm hệ số bất định –
UCT. Ta sẽ lựa chọn hằng số thích hợp nhân vào một phƣơng trình rồi cộng đại số với
phƣơng trình cịn lại thì sẽ ép đƣợc cho biệt thức denta chính phƣơng. Tức là tìm một
số k sao cho

PT 1  k.PT 2 .

Ta sẽ làm theo các bƣớc sau
Đặt

a  a1  ka2 ; b  b1  kb2 ; c  c1  kc2 ; d  d1  kd2 ; e  e1  f  f1  kf2 .
ke2 ;

Khi đó k là nghiệm của phƣơng trình sau cde 4abf  ae2  bd 2  fc2 với a  0 .

1.2

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT

Xét phƣơng trình bậc ba có dạng tổng qt

x3  ax2  bx  c  0 1 . Tác giả xin

trình
bày vắn tắt cách tìm nghiệm của phƣơng trình này bằng phƣơng pháp Cardano.
a

Đặt x  t  . Khi đó phƣơng trình đƣợc biến đổi thành t3  pt  q  0 , 2
3

trong
đó

2
3
p  b  a và q  c  2a  9ab .

27
3

và uv  p

Ta sẽ tìm các số u, v sao cho qua hệ u3  v3

3

q

3

.

Một nghiệm của nó đƣợc tìm từ việc đặt t  v  u , có thể kiểm tra trực tiếp khi thay giá
trị t vào 2
Hệ 3

nhờ hằng đẳng thức  v  u 3  3uv  v  u    u3  v3   0 .
v
p

có thể giải từ phƣơng trình thứ hai bằng cách rút

. Thay v 
3u

3
phƣơng trình thứ nhất trong 3 ta có u



p3
27u

3

với phƣơng trình bậc hai với u . Khi đó ta u 

3
u

 q . Phƣơng trình này tƣơng đƣơng

3

3

vào

p

q



q2



2427

p3

.

4


Vì t  v 
u

a

p

a

và t  x  ta tìm đƣợc x   u  .
3

3u

3

Chú ý rằng có sau giá trị u tìm đƣợc từ  4  , vì có hai căn bậc ba ứng với  và mỗi căn
bậc ba có ba giá trị. Tuy nhiên dấu của các căn phải chọn sao cho khi tính x ,
khơng gặp trƣờng hợp chia cho khơng. Nếu p  0 , thì chọn dấu của căn bậc hai sao
cho u khác 0,i, e,u 

. Nếu
3

q

qp0

thì

x

a
3

.


1.3

GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN

i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0 .
Giải. Đặt t  x2 ,t  0 . Khi đó phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với at2  bt  c  0 .
Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra đƣợc x .
i.2 Giải phương trình có dạng
 ex2

 x  a  x  b  x  c  x  d  có ad  bc  m .

Giải. Trƣờng hợp 1. x  0 có phải là nghiệm khơng ?

x  0 , đặt m  ad 
bc
Trƣờng hợp 2. Với

pad
n  b  c.


Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với

m
m



x2  px  mx2  nx  m  ex2 
 x  p x   n  e .
x
x


Đặt u  x 

m
x





. Phƣơng trình trở thành u  pu  n  e .

Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến u , ta dễ dàng tìm ra u và suy ra x .
i.3 Giải phương trình có dạng
.

 x  a x  b x  c  x  d   m có

abcdp

Giải. Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với  x 2  px  ab  x 2  px  cd  
m . Đặt t  x2  px,t 
4

p

2 . Phƣơng trình trở thành t  ab t  cd   m .

Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra x .
i.4 Giải phương trình dạng
c
ab

 x  a 4   x  b 4 với c  0 .

a  b 4
a  b 4

Giải. Đặt x  y 
. Phƣơng trình đã cho trở thành  y

c
 y
2
2
2




 a  b 2
y2  2 

 2 y4  3  a 
b 2

c.







 2 

Giải phƣơng trình trùng phƣơng này ta sẽ tìm đƣợc biến y và suy ra biến x .
i.5 Giải phương trình x4  ax2  bx  c .




Giải. Ta sẽ đƣa phƣơng trình trên về dạng A2  B2 để giải.
Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với phƣơng trình  x 2  m 2   2m  a  x 2  bx  c 
m2 . Ta sẽ đi tìm m để vế phải của phƣơng trình là bình phƣơng của một biểu thức. Khi

đó



biệt thức denta của vế phải bằng khơng, tức
là

  0  b2  4 c  m2

2m  a  0

 8m3  4am  4ac  b2  0 . Đây là phƣơng trình bậc ba với biến m , ta đã có cách

giải.

1.4

CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP

Trong luận văn này tác giả chủ yếu sẽ đề cập tới các biểu thức liên hợp sau
ab

+ a  b 
.

ab
+
3

a


3

b



a
3 a2  b3 ab  3 b2

ab

+ a  b 
.
ab
3

+

a

3



b



ab
3 a2  3 ab  3 b2

.

Ngoài ra còn một số biểu thức liên hợp khác nữa nhƣng trong luận văn này mà tác giả
không đề cập tới là
+

n

a

1 

a 1
n an1  n a 1a  b

+ na  nb 

+ 2n1 a  2n1 b 

n

.

an1  n an2b  ....  n abn2  n bn1

ab
2n1 a 2n  2n1 a2n1b  2n1 ab2n1  2n1 b 2n

.

HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN

f

Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng và

x

1.5

trên K . Giả sử hàm số

là hàm số xác định


f  x

có đạo hàm trên K .

Định lí 1:

f ' x  

với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn
a, Nếu đạo hàm 0

điểm thì hàm số đồng biến trên K .
b, Nếu đạo hàm

f ' x  với mọi x 
K
0

và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn


điểm thì thì hàm số nghịch biến trên K .
Định lí 2. Nếu hàm số

f

xác định trên một tập K và hàm số

x

nhất trên tập K .
f

f  x   nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy
0

xác định trên một tập K và hàm số

x

(hoặc nghịch biến). Khi đó với mọi
khi a  b .

ln đồng biến

x

(hoặc nghịch biến) thì phƣơng trình

Định lí 3. Nếu hàm số

f

f

ln đồng biến

x
a,b thuộc tập K thỏa mãn

f  a   f b khi và chỉ


CHƯƠNG 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ
SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Biến đổi phƣơng trình là một phƣơng pháp rất quan trọng trong các phƣơng pháp giải
hệ phƣơng trình. Ta có thể sử dụng biến đổi này giúp ta đơn giản các hệ phƣơng trình
phức tạp qua đó lời giải bài tốn trở nên dễ dàng hơn. Trong các cách biến đổi đó, tác

giả sẽ trình bày về phép biến đổi tạo thành hằng đẳng thức. Qua đó ta dễ dàng sử dụng
đƣợc tính chất các hằng đẳng thức để tháo nút thắt của các bài toán.

2. 1 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH
HẰNG ĐẲNG THỨC
Trong phần này tác giả sẽ trình bày cách sử dụng một số tính chất của các hằng đẳng
thức, từ đó ta sẽ sáng tác và giải các hệ phƣơng trình, tìm ra mối liên hệ của các
nghiệm để giải hệ.
Tính chất 1. Nếu ta có A3  B3  A  B .
Từ ý tƣởng này ta muốn đi xây dựng một phƣơng trình khi giải ra sẽ đƣợc mối liên hệ
giữa các biến, giả sử nhƣ

y  x 1 . Suy ra x  2  y 1   x  23   y 13 . Biến

đổi
tƣơng đƣơng ta thu đƣợc phƣơng trình thứ nhất là x3  y3 12x  3y  3y2  6x2  7 . Giờ
ta đi sáng tác phƣơng trình thứ hai, giả sử chọn nghiệm trƣớc của hệ phƣơng trình là
x  2 , ta có thể lấy phƣơng trình chứa căn nhƣ sau

x2  3x  9


x 1

 0 . Vì khi giải

đƣợc phƣơng trình thứ nhất ta sẽ thế y  x 1 nên thay ngƣợc lại ta có phƣơng trình
x2  3x  9  2y  x  3 . Vậy ta có bài tốn sau.

Bài tốn 1. Giải hệ phƣơng

trình

 x 2  3x  9 2 y  x  3
.

3
3
2
2
x

y
12x

3y

3y

6x

7.



Giải. Điều kiện: 2y  x  3  0 .
Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng  x  2 3   y 13  y  x 1.
Thay y  x 1 vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc
x 1

x2  3x  9 

 0 ( điều kiện


x  1)



  x 2  2x  8  x
1

x 1

  0   x  2 x 

4 

x 1

x2

0
x 1 1



 x 1 
  x  2 x  4 
0x20x2.
x 1 1 




Với x  2  y  3 . Đối chiếu lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   2;3 .
Nhận xét: Thực sự bài tốn này khơng khó, nhƣng đây chính là ý tƣởng tự nhiên của
các tác giả sáng tác cho các bài dạng này, nếu muốn bài tốn khó hơn ta chỉ việc đi
chọn mối liên hệ của biến phức tạp rồi sau đó biến đổi tƣơng đƣơng các phƣơng trình
chứa hằng đẳng thức này là xong. Ta sẽ thử đi làm một bài toán khác khi đã biết đƣợc
ý tƣởng sáng tác của bài dạng này nhƣ nào.
 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2


Bài toán 2. Giải hệ phƣơng
trình

2
4x  2  16  3y  x  8.

Phân tích: Với hệ này ta thấy phƣơng trình thứ hai có vế trái là căn thức, vế phải là đa
thức bậc hai nếu muốn bỏ căn thì phải bình phƣơng hai vế sẽ rất phức tạp. Xét phƣơng
trình thứ nhất là một phƣơng trình đa thức bậc ba với cả hai biến hơn nữa khi cô lập
hai biến lại có khả năng xuất hiện hằng đẳng thức là rất cao với bộ số tỉ lệ 1: 3 : 3 nên
ta sẽ dồn suy nghĩ vào giải phƣơng trình thứ nhất của hệ. Ta có lời giải cho bài toán
trên nhƣ sau
Giải. Điều kiện x  2; y  16 .
3

Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng với  x 13   y 13  y  x  2 .
Thế y  x  2 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc

4 x  2  22  2x  x2  8 

4 x  2

3x  2
  x  2  x  2 
x22
22  2x  4



3
  x  2
4
22

2x

4

x

2

  0
 x  2  2
x  2  y  0

4
  x  2 

x  2  2

3
22  2x  4
4
t22

 0.

*


Xét hàm số

f t  


t2

22 

.
3
trên 2;
22  2t  4
 3 



Do f 't   0 mà có f 1  nên x 

1
0

là nghiệm duy nhất của phƣơng trình * .

Với x  1 y  3.
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y   2;0, 1; 3 .
Tính chất 2. Nếu ta có A2  0  A  0 .
Với ý tƣởng này ta sẽ đi xây dựng một hệ gồm hai phƣơng trình trong đó phƣơng
trình đầu sẽ mang mối liên hệ giữa các biến và phƣơng trình thứ hai sẽ cho nghiệm
chính
x  1 và y 
1

xác. Giả sử ta chọn hai nghiệm trƣớc là

khi đó giá trị biểu thức

x  y  2  0 . Nên ta sẽ ép phƣơng trình thứ nhất khi biến đổi đƣa về đƣợc phƣơng

trình





x  y  2 2  0 . Biến đổi tƣơng đƣơng để che giấu hằng đẳng thức này ta có

phƣơng trình

xy4



x2

2 2





xy . Giờ phƣơng trình thứ hai ta cho một

y

phƣơng trình nhƣ 3x  2 y  2 y  x 1  0 . Bây giờ ta đã có một hệ phƣơng trình
nhƣ sau
 3x  2 y  4xy  3x 2  4 y 2


y
 x  y  4  2 2 x   xy .
2

Bài tốn 3. Giải hệ phƣơng
trình





Giải. Điều kiện x  0; y  0. Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng

3x  2 y  2 y  x 1  0 
0





3x  2 y  Phƣơng trình thứ

2 y  x 1 

hai của hệ tƣơng
đƣơng



x



2 2 0


y
3x  2 y  0 Hệ này vô nghiệm.

Với 
x  y  2.

Với 2 y  x 1  0

 x  y  2

x  1


 y  1.

Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y   1;1 .

x y 2.


Nhận xét : Muốn nâng dần độ khó của bài toán dạng này, ta sẽ đi chọn một biểu thức
sao cho mối liên hệ giữa các biến phức tạp sau đó rồi biến đổi tƣơng đƣơng để làm
loạn lên là đƣợc.
Ví dụ ta thử sáng tác khó hơn nhƣ sau, trƣớc tiên chọn nghiệm của hệ là x  1 và
y  4 , khi đó ta có mối liên hệ giữa các nghiệm là x  y  3

 x  y  3  2 x  y  3 1  0 

1





x  y  3 1 2 
0

x
y  3  x 1 y  2.

Vậy ta đã có một phƣơng trình là x  y  3  x 1 y  2.
Khi phân tích biểu thức này ta sẽ có

y

1

 hoặc xy  3x 1, một điểm cần lƣu ý là

3
x

khi sáng tác phƣơng trình thứ hai, ta cần lƣu ý tới mối quan hệ ban đầu để tránh trƣờng
hợp phƣơng trình giải nghiệm quá phức tạp nên các biểu thức trong phƣơng
trình sẽ chỉ nên xuất hiện các nhân tử x, xy, y . Ví dụ ta chọn phƣơng trình



16 x  y  2 xy

  144  9x

2

y2 . Giờ biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình

đƣợc
phƣơng trình thứ hai là

24 x  y
x  y

16

xy



xy
 24 x  y

32

 9xy . Vậy ta có bài tốn sau

xy
16


Bài tốn 4. Giải hệ phƣơng trình  x  y

xy

xy



32

 9xy

xy

 x  y  3  x  1 y  2.


Giải. Điều kiện x  0; y  3; x  y .
Bình phƣơng hai vế phƣơng trình thứ hai ta đƣợc
x  y  3  x  y  3
x  y  3






xy
2x
y
2
x
y
3

1  0


2
2





 x  y  3 1 2  0  x  y  3  1  y 
x

1

3.

ta có


Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai và kết hợp điều kiện ta đƣợc



24

1

x 

y

 16 
x

1

32

 9xy  24

xy


x

 y



 1
1 2
16

 9xy  0
x

y




 4



x y
xy

2
 3 xy



 3 xy  16 x  y 

xy

  9x

1


 3  2 3x  1  9x2 y2   x 1 81x2  87x 16





2

y2

2




 16 x 



04



x y
xy



x
 


2
3x2
x 181x  87x 16 
  0  x  1.

x 1 3x 1 


  32x

0
x 1

x  x 1

3x 1

Với x  1  y  4 . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trinh có nghiệm  x; y   1; 4  .
Trên đây là cách tự nhiên mà chúng ta đã cùng nhau sáng tác một bài tốn giải hệ
phƣơng trình, với ý tƣởng mà đã sử dụng ở trên ta sẽ đi dự đoán ý tƣởng của tác giả
để đi tìm lời giải trong bài tốn sau
Bài tốn 5. Giải hệ phƣơng trình


4 3 
6y3 



x x2 






1 3 
1
43
 5  87  15
1 .
3
y  y 12x  

 xy  2 2





x 



x2 x














x2





Phân tích : Xét trong hai phƣơng trình thì phƣơng trình thứ hai khá phức tạp và cồng
kềnh, phƣơng trình thứ nhất lại có xuất hiện các bộ số tỉ lệ và mang dáng dấp của một
hằng đẳng thức bậc hai khi khai triển vế phải. Sau khi thấy đƣợc mối quan hệ giữa hai
biến thì cơng việc cịn lại chỉ là thế vào phƣơng trình thứ hai và tìm ra nghiệm của bài
toán là xong. .
Giải.
Điều kiện x  0 .
Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc

 xy  2 2

6y
x

12


x2

9

 0   xy  2 2  2  xy  2 
x x2

3



9

0

3

3
2 3
2
.
  xy  2    0  xy  2   y  
2
x
x
x
x


2 3 vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc
Thay y  

x x2

1   2 3 2


12 20
 1
3
2 3





3

2
12x 
2
3
 87  15 2 1
2
 x

  x 
x

x x  x 

x
x
1  9 24 36



 1
3
  3   4  3   63  15 2 1
x x
x
x


 x

1  3 8 12


 1
3
  3   4  3   21  5 2 1 .
x x x x
x




1
. Phƣơng trình trở thành  3  t   3t 4  8t 3 12t  21  5  t 2 13
x
  3  t  3 t 2 1 2  2  3  t 2   5 t 2 1 3

Đặt t 



3t



1

t 1
2





 3  t 2 

 3  2 





t

2

 3  t 3

  5  2



3t

  3 2   5  0
2
t 1
t 1










 