Chuyên đề về Một số phương pháp giải hệ phương trình

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng1
Phần I : ĐẶT VẤN ĐỀ
Hệ phương trình là mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán học
phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10, tuyển sinh Đại
học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ xát phần này khá nhiều
song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải.
Nguyên nhân là vì:
Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau,
có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.
Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham
khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của
bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn
tổng quát về hệ phương trình.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng
quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi
do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho
các em (dẫn chứng gần đây nhất là đề thi thử lần 2 Trường THPT Chuyên –Đại
Học Vinh năm 2014 ).
Chuyên đề này của tôi về mặt hình thức là không mới. Cái mới ở đây chính
là sự phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ
thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của học sinh. Thêm vào đó, với mỗi bài toán
đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát và điều đặc biệt là cho học sinh tìm ra cái
gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà có, người ta đã tạo ra chúng bằng cách
nào.
Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần hình thành
được phương pháp, rèn luyện được kỹ năng, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm
toán và tạo ra các bài toán mới. Học sinh thường hiểu sâu và hứng thú khi học phần
này.
Mặc dù đã có sự đầu tư song vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân
loại có thể chưa được triệt để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các
bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để chuyên đề này được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng2
Phần II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A.BÀI TOÁN MỞ ĐẦU
Giải hệ phương trình :
44
2 2
1 1 2 (1)
2 ( 1) 6 1 0(2)
x x y y
x x y y y
            
Tuyển sinh Đại học khối A;A1 năm 2013
Giải
Cách 1 : ( Đưa về đối xứng loại 3 )
 Đk : 1x
Xét (2) :
2 2
2 2
2 ( 1) 6 1 0
' ( 1) 6 1 4 0 0x
x x y y y
y y y y y
     
         
Xét (1) : Đặt 4 1t x  ( 0t  ) : 4 1x t 
Pt(1) trở thành : 4 42 2t t y y     (*)
Xét hàm số
3
4
4
2( ) 2 '( ) 1 0, 0
2
zf z z z f z z
z
        

Nên f(z) đồng biến với 0z  do đó
(*) 4 1t y y x     Khi đó (2) trở thành :  24 4 0y y y  
6 5 4 3 2( 1)( 3 3 3 4) 0y y y y y y y y         0 0
1 0 1
y y
y y
        
 (vì y>0)
Vậy nghiệm của phương trình : 1 2,
0 1
x x
y y
         
Cách 2: ( đưa về hệ đối xứng loại 3)
 Đk : 1x
(2) 2 22( 1) 6 1 0x y x y y       2( 1) 4x y y    (*) . Vậy : 0y 
(1) 4 44 41 1 ( 1) 1 ( 1) 1x x y y          (**)
Đặt 4( ) 1 1f t x x    thì f đồng biến trên 1, )
Nên (**) 4 4( ) ( 1) 1f x f y x y     
Thế vào (*) ta có : 4 2 8 5 2 7 4
0
4 ( ) 2
2 4
y
y y y y y y
y y y
          
Vì 7 4( ) 2g y y y y   đồng biến trên 0, ) , mà g(1)=0 nên 7 42y y y  =4
1y 
Dễ dàng suy ra : (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).
Cách 3 ( phương pháp đánh giá kết hợp sử dụng nhân liên hợp )
 Đk : 1x
(2) 2 22( 1) 6 1 0x y x y y       2( 1) 4x y y    (*) . Vậy : 0y 
Xét 4 1 0( 0) 1x y y x      và y=0 thỏa mãn hệ phương trình đã cho nên
hệ nhận nghiệm là 1
0
x
y
  
 Xét 4 1 0x y   , ta có
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng3
(1) 4 4( 1 2) ( 1 ) 0x y x y       
4 4
244
1 1 0( 1 )( 1 )1 2
x y x y
x y x yx y
          
4
244
1 1( 1) 0( 1 )( 1 )1 2
x y
x y x yx y
              
4 1x y   (do y>0)
Thế vào (*) ta có : 4 2 8 5 24 ( ) 2y y y y y y     7 4
0 0
2 4 1
y y
y y y y
         
(Vì 7 4( ) 2g y y y y   đồng biến trên 0, ) ),mà g(1)=0
nên 7 22 4 1y y y y    
Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).
Cách 4 : ( Đưa về hệ đối xứng loại 3)
Đk : 1x
 Từ (2) 2 22( 1) 6 1 0x y x y y       2( 1) 4x y y    (*) . Vậy : 0y 
Đặt 4 4
2 11
,( , 0) u xu x u v
v y y v
           
4 4(1) 2 2u u v v      
Xét hàm số 4( ) 2 , 0f t t t t    Ta có : f(t) đồng biến 0, ) u v 
( làm tương tự các cách trên )
Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).
 Cách 5 : ( Phương pháp thế )
Đk : 1x
Từ (2) ta được 24 ( 1)y x y   0y 
Vậy (x;y) =(1;0) là nghiệm của hệ phương trình
 *Với : 2 1x y y   , thay vào(1)ta
được: 442 2 2 2y y y y y y        
0y  , ta có 2 1x y y   ; 2 1x y y  
 *Với : 2 1x y y   2 1 1 2 0y y y y      
0y  ( vì 0y  ) , suy ra x=1 thỏa mãn hệ.
4 44 4( 2 ) 2 2 2y y y y y y          (3)
Xét hàm số : 4( ) 2 , 0f t t t t    Ta có :
3
4
4
'( ) 1 0, 0
2 2
tf t t
t
    

 f(t) đồng biến trên 0, ) .
 Từ (3) suy ra 44 2 2y y y y y y      (4)
 Đặt 0t y  thì (4)
8 2
6 5 4 3
2 0
( 1)( 2 2) 0
t t t
t t t t t t t
   
       
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng4
0 0 1
1 1 2
t y x
t y x
           
 (do 6 5 4 32 2 0, 0t t t t t t       )
Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).
 Cách 6 : ( Sử dụng nhân liên hợp )
Đk : 1x
Từ (2) ta được 24 ( 1)y x y   0y 
Đặt 4 1t x  , suy ra 4
0
1
t
x t
   
Phương trình (1) trở thành : 4 42 2t t y y    
4 4
4 4
4 4
2 2 0
0
2 2
t t y y
t y
t y
t y
      
   
  
2 2
4 4
( )( )( ) 1 0
2 2
t y t y
t y
t y
           
 (3)
(2) 2( 1) 4x y y    , nên 0y 
2 2
4 4
( )( ) 1 0
2 2
t y t y
t y
   
  
.
 Từ (3) 4 1t y y x     Thế vào (4) ta có :
4 2
7 4
0 1( ) 4 ( ) 2 4 0
y x
y y y
g y y y y
           
 Xét hàm số : 7 4( ) 2 4g y y y y   
6 3
'( ) 7 8 1 0, 0g y y y y       , nên g(y) đồng biến trên 0, ) .
 Mà g(1) =0 nên y=1 là nghiệm duy nhất của g(y). Với y=1x=2.
Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).
Qua bài toán mở đầu,ta thấy có nhiều cách giải khác nhau để giải một hệ
phương trình .Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở phá bỏ căn rút một biểu
thức x theo y đưa về hệ phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải.Sau
đây, tôi xin trình bày một số phương pháp cụ thể để giải hệ Phương trình.
B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
1. Phương pháp thế
* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình
hoặc kết hợp hai phương trình trong hệ và thế vào một phương trình còn lại.Mục
đích của việc làm này là giảm số ẩn .Tùy thuộc vào đặc điểm của bài toán mà ta có
những cách biến đổi phù hợp .
* Nhận dạng.
-Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc
nhất,bậc hai đối với một ẩn nào đó (có thể coi biến còn lại là tham số ).
-Với hai số thực bất kỳ 0x ;ta luôn có y=tx với cách làm này ta chuyển về
phương trình ẩn t
- Phương trình f(x;y)=f(y;x) luôn có một cặp nghiệm x=y do đó có thể phân tích
phương trình đã cho về dạng (x-y).g(x;y)=0
- Trong hệ phương trình biểu thức u(x) xuất hiện ở cả hai phương trình thì ta có thể
đặt u(x)=t để làm đơn giản hình thức bài toán.
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng5
Ví dụ 1. Giải hệ pt:
3
4
x 2 y 1 27 x
(x 2) 1 y
        
Đề thi Chọn Học sinh giỏi Tĩnh lớp 10 _GD Hà Tĩnh
Giải hệ pt:  
3
4
x 2 y 1 27 x (1)
(x 2) 1 y 2
        
 Điều kiện: x 2 (3)
y 1
 
Ta có: (2) 2(x 2) y 1    , kết hợp với (1), ta được:
2 3 3 2x 2 (x 2) 27 x x 2 x x 4x 31            (4)
Đặt x 2 a  với a 0 thì 2x a 2  , thay x theo a vào vế phải của (4) và rút gọn,
ta được:
6 4 2 5 4 3 2a 5a 12a a 19 0 (a 1)(a a 6a 6a 18a 19) 0 a 1              
(vì 5 4 3 2a a 6a 6a 18a 19 0 do a 0       )
Khi a = 1, ta được x = 3 và y = 2 (thỏa mãn điều kiện (3))
Vậy hệ phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm (3; 2)
Nhận xét .Quan sát phương trình (2) ta thấy 4(x 2) 1 y   hay (x-2)4=y-1có thể
nghỉ ngay đến việc đặt ẩn phụ chuyển hệ trên về một hệ đại số đã có cách giải .
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
4 3 2 2
2
2 2 9 (1)
2 6 6 (2)
x x y x y x
x xy x
       
Nhận xét . Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
x = 0 không thỏa mãn (2)
26 60, (2)
2
x x
x y
x
    thế vào (1) ta được
22 2
4 3 26 6 6 62 2 9
2 2
x x x x
x x x x
x x
               
2 2
4 2 2 3 0(6 6 )(6 6 ) 2 9 ( 4) 0
44
xx x
x x x x x x x
x
              
Do 0x  nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất 174;
4
   
Chú ý.
+ Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:
Hệ
  2222
2
2 2
2
6 62 9 2 9
2
6 6 6 6
2 2
x x
x xy x x
x x
x xy x x
x xy
                   
+ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp
khác
Ví dụ 3
Thi thử lần 1 khối B năm 2014 THPT NVX Bắc Ninh
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng6
 Giải hệ phương trình :
3 2
2
2 2 (1)
( , )
12 12 3 3 2 1 (2)
x x x y y
x y IR
x x y y x
          
.
Nhận xét :Rỏ ràng ta không thể biến đổi phương trình (2),vấn đề là ở chổ
biến đổi phương trình (1) như thế nào ,để ý thấy các hệ số 2:1=2:1 như vậy
phương trình này có nghiệm x=y .
Lời giải.
Đk: 0; 0x y 
 Phương trình (1) tương đương với
2 2 2(2 1) (2 1) ( )(2 1) 0x x y x x y x x y         ( Vì 22 1 0, IRx x    )
 Thế vào phương trình (2) ta có 2 12 12 3 3 2 1x x x x x     
2 23(2 1) 3 (2 1)x x x x     
Đặt 2 1, 1a x a   , ta có phương trình 2 23 3x a x a  
2 2 2 2 2 23 9 6 8 6 2 0
4 ( )
a x
x a x ax a x ax a
a x L
            
Khi a=x , ta có 1 22 1 2 1 0
1 2( )
x
x x x x
x L
           
3 2 2x  
3 2 2y   . Thử lại thấy thỏa mãn .
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (3 2 2;3 2 2)x y   
 Ví dụ 4.
Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT ĐT – HẢI DƯƠNG
Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 3 1 5( 3)(1)
(2 1) (2 1) 18(2)
x y x y
x y
          
Nhận xét :Phương trình 2 là một phương trình đối xứng theo x và y tuy chưa thể
khẳng đinh có hay không nghiệm x=y ,tuy nhiên để ý phương trình (1) có chứa biểu
thức độc lập 2 2x y nên từ (2) rút 2 2 4x y x y    thế vào phương trình (1)
Lời giải.
Điều kiện : 2 22 0;( 1) 0; 3 0x y x y      
Từ phương trình (2) 2 2 4x y x y     (3)
Thế (3) vào (1) ta có : 2 3 1 5( 1)x y x y     
( 2) 6 ( 2)( 1) 9( 1) 5( 1)x x y y x y         
3 ( 2)( 1) 2 2 6 3 ( 2)( 1) 2( 2) 2( 1)x y x y x y x y             (3)
Ta thấy y=1 không phải là nghiệm của phương trình trên :
 (3)
2 2
12 22 3 2 0
1 1 2 1 ( )
1 2
x
yx x
y y x L
y
              
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng7
Với 2 2
1
x
y
   x=4y-6 thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được :
 (2) 2
2 2
17 53 38 0 19 26 ( / )
17 17
y x
y y
y x t m
           
Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (2;2) ; ( 26
17
 ; 19
17
)
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình  2 2 22 2 0 (1)
4 4 2 16 2 12 (2)
y x y x
x x y x
           
Nhận xét : phương trình (1) là một phương trình bậc 2 theo y có thể nghỉ ngay đến
việc giải phương trình bậc hai ẩn y hy vọng được nghiệm đẹp .
Điều kiện : 4, 16x y 
Giải phương trình (2) theo ẩn y ta được 22( ),y L y x 
Thay vào (1) ta có 24 4 2 16 2 12x x x x      
   24 4 4 4 12 0x x x x         
4 4 4x x    
Giải phương trình ta được x=5
Vậy hệ đã cho có nghiệm (5,25)
Nhận xét: Hệ phương trình trên đúng là cho ta một lời giải đẹp ,tạo cảm hứng cho
người viết chuyên đề này cảm thấy rất thiếu sót nếu như không tiếp tục tạo nên
một hệ phức tạp hơn .
Ví dụ 6.
 Giải hệ phương trình
     
 
2 2
24
3 5 1 3 6 1
2 1 3 4 2
x x y x x y
y y y x
            
Nhận xét : Rỏ ràng muốn hay không thì cũng chỉ có thể biến đổi phương trình 1
?phân tích về dạng tích chăng ? rất khó ? để ý thấy rằng phương trình 1 cũng chỉ
là phương trình bậc hai theo y vậy ta còn chờ gì nữa ???
ĐK 2 2 1 0y y   
Pt      2 2 2 21 3 6 3 5 3 5 0y x x y x x x        
     2 22 2 2 23 6 4 3 5 3 5 3 4x x x x x x x         
Suy ra: 2
3 5
1
y x
y x
    
 Với    3 5 2 1 0 2y x VP VT      vô nghiệm
 Với  2 1. 2y x VT  trở thành :  4 24 2 3 3 3x x x   
Đk : 4 42 2x  
Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
4
44 51.1.1.
4
x
x x
 
Từ (3) ta có :
4
2 53 3
4
x
x x
  
4 24 12 7 0x x x    
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng8
   2 21 2 7 0x x x    
1x 
Thử lại x =1 thõa mãn (3) với 1 0x y   .vậy hệ đã cho có nghiệm : (1;0)
Nhận xét .Lợi thế của phương trình (3) là nhìn rỏ ngay bất đẳng thức cauchy
Thường thì khi gặp một phương trình cuối chứa căn sau khi thế ta hay vận dụng
phép nhân liên hợp
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình
2 4
2 2
( )( 4 ) 3 0 (1)
2 1 1 0 (2)
x y x y y y
x y y y
           
Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT Chuyên ĐH Vinh
Nhận xét : Để ý phương trình đầu là một phương trình bậc 2 theo x ,bậc hai theo
y2,và cũng là bậc hai theo biến ( x+y ),như vậy bạn đọc có thể giải theo ba cách đó
 ĐK: 2 1 0x y  
Coi phương trình (1) là phương trình bậc hai theo ẩn x ta có
2
23
x y y
x y y
 
 

TH1: Với x =-y2-y thay vào phương trình (2) ta có : 2 3 0y y   Trường hợp
này hệ có nghiệm : 1 13 1 134 13; à 4 13;
2 2
v
                  
TH2: Với x=-3y2-y Thay vào phương trình (2) ta có :y=-1 do
2
2 0
1 1
yy
y y
  
  
,với mọi x thuộc 1 5 1 5;
2 2
        
 Trường hợp này hệ
có nghiệm : 2; 1 
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm .
Ví dụ 8 Giải hệ phương trình :
4 2 3
1 1 4(1)
( 1) ( 2) 1(2)
x y
x y x y xy
          
Nhận xét: Dĩ nhiên ta có thể biến đổi phương trình (1) .nhưng nếu xét về tính công
bằng của nó thì phương trình (2) là một phương trình bậc 2 theo y tuy có hơi phức
tạp nhưng không phải là không thể .
Lời giải.
Điều kiện : 1, 1x y 
Từ (2) 4 2 3( 1) ( 2) 1x y x y xy      
4 2 3 3
2 3 3
2 1 2 1
(2 ) 4 2 0
x y y x y x xy
y x x y x
       
      
Xét 3 2 4 3 2 6 3 4 4 3(2 ) 4( 2 ) (4 4 4 2 ) 4 8x x x x x x x x x x x            
2 6 3 4 3 2(4 4 4 2 ) ( 2) 0x x x x x x x         
 Vậy PT(2) 3
2y x
y x
    
Với y = x - 2 thay vào (1) ta được : (1)
1 1 4 1 2 5 3x x x x y           
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng9
Với 3y x thay vào (1) , ta được : (1)
3
3
3
3
1 1 4
1 1 1 3 0
2 8 0
1 1 1 3
x x
x x
x x
x x
    
      
      
2
3
1 2 4( 2) 0
1 1 1 3
x x
x
x x
            
2x  hay
2
3
1 2 4 0
1 1 1 3
x x
x x
     
 (vô nghiệm)
Do đó x=2 8y 
Vậy nghiệm (x;y) của hệ (I) là : (2;8), (5;3)
Ví dụ 9
Thi thử Đại học lần 2 năm 2014 THPT Ngô Gia Tự -Bắc Ninh
Giải hệ phương trình
2 2 2( ) 7(1)
( 2 ) 2 10(2)
x y x y
y y x x
       
Nhận xét :
Cả hai phương trình của hệ đều có thể coi là phương trình bậc hai theo x hoặc
y,tuy nhiên nó không được thuận lợi như các ví dụ trên .Để ý một tý ta thấy yếu tố
còn thiếu trong phương trình (1) là tích xy ,và phương trình (2) nếu rút 2y thế vào
(1) ta đáp ứng được điều đó.
Lời giải.
Rút 2y từ phương trình (2) thế vào (1) ta được
2 2( 2) 2 3 0x y x y     1
2 3
x
x y
    
TH1: thay x=-1 vào (1) ta được 2 22 8 0
4
y
y y
y
      
TH2: Thay x=-2y-3 vào (1) ta được
2
3 61 1
5 55 10 4 0
3 61 1
5 5
y x
y y
y x
              
Vậy hệ phương trình có 4 nghiêm :
(-1;2) (-1;-4) ( 61
5
  ; 31
5
  ) ( 61
5
  ; 31
5
  )
Ví dụ 10.
Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT ĐTH – HẢI DƯƠNG
Giải hệ phương trình
3 3
2 2
4 2 (1)
3 4(2)
x y x y
x y
     
Nhận xét :Thông thường ta vẩn hay thế x hay y hoặc một biểu thức độc lập
nào đó ,và đôi khi ta cũng có thể thế một hằng số nhất là đối với hệ có đủ bậc.
Lời giải.
Phương trình (1) 3 32( ) 4(2 )x y x y   
Từ phương trình (2) thay 2 24 3x y  vào phương trình trên và rút gọn ta được
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng10
2 2 3
0
6 5 0
5
y
x y xy y x y
x y
     
 TH1 : y=0 thay vào hệ ta được 32 4 24
x x
x
x
     
nghiệm
(x;y)=( 2;0 )
 TH2: x=-y  y=-x thay vào hệ ta được 322 2 14 4
x x
x
x
    
 Hệ có nghiệm (x;y) = (1;-1); (-1;1)
 TH3: x=-5y thay vào hệ ta có nghiệm (x;y) = 5 1 5 1( ; );( ; )
7 7 7 7
 
 Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm.
Tóm lại Phương pháp “ thế ” tuy là không có một đường lối giải tổng quát như
một số phương pháp khác,tuy nhiên để tạo cho bạn đọc một lối mòn và cũng cố
lời giải của các hệ trên ta xét hai ví dụ khó sau đây.
Ví dụ 11.Giải hệ phương trình :
2 2
2 2 5
2 (1)
( )(4 2 ) 2 (2)
x y
x y x y xy y
      
Nhận xét: phương trình (2) có vế trái là bậc 5. Vế phải gồm bậc 1 và trong ngoặc
cao nhất bậc 4 nhưng không phải hạng tử nào cũng có bậc 4. Vậy ta tiến hành thế
hằng số bằng biểu thức từ (1) xuống dưới để tạo nên sự thuần nhất .
Lời giải.
Thế 2 22 x y  và 2 2 24 ( )x y  . Vì sao không thế 2 24 2( )x y  .Đơn giản tôi
muốn tất cả đều là bậc 4 . Thay tất cả vào (2) ta được
 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 5( ) ( ) ( ) 2 2x y x y x y xy x y y x y y x y          
Đến đây kết hợp với (1) và ta dễ dàng giải ra (x;y) =(1;1). (-1;-1)
Ví dụ 12.
Chọn đội tuyển HSG lớp 11 Sở GD & ĐT Nam Định năm 2013
Giải hệ phương trình :
2
2 2 2
2 2
2( 1) 2 3 2 4
xy y x
y x x x x x
         
 ( với x;y IR )
Nhận xét :Để ý thấy phương trình thứ nhất trong hệ có chứa biến y độc lập, nên
không cần suy nghỉ ta rút y từ phương trình này thế vào phương trình thứ hai của
hệ,rồi biến đổi theo biểu thức trong căn được phương trình đối xứng f(x+1)=f(-x).
Lời giải.
ĐKXĐ : IR; IRx y 
 Ta có 2 2
2
22 2 ( 2 ) 2
2
xy y x y x x y
x x
        
 
2 2y x x    (1) . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có:
2 2 2 2( 2 ) 2( 1) 2 3 2 4x x x x x x x       
2 21 2 2 ( 1) 2 3 0x x x x x x        
2 2( 1) 1 ( 1) 2 ( ) 1 ( ) 2x x x x                   (*)
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng11
 Xét hàm số 2( ) (1 2)f t t t   với IRt  . Ta có
2
2
2
'( ) 1 2 0, IR
2
tf t t t
t
       

 f(t) đồng biến trên IR.
 Mặt khác , phương trình (*) có dạng f(x+1) = f(-x) x+1 = -x 1
2
x 
Thay 1
2
x  vào (1) ta tìm được y = 1 . Vậy hệ đã cho có nghiệm là
1
2
1
x
y
  
2. Phương pháp cộng đại số
* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng,
trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là
khả thi hoặc có lợi cho các bước sau.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ
phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k.
Ví dụ 13.Giải hệ phương trình
2
2
2
2
23
23
yy
x
x
x
y
   
Nhận xét : đây là một hệ phương trình đối xứng loại II,đã có cách giải tổng quát
Lời giải.
ĐK: 0xy 
Hệ
2 2
2 2
3 2 (1)
3 2 (2)
x y y
y x x
     
. Trừ vế hai phương trình ta được
2 2 2 2 03 3 3 ( ) ( )( ) 0
3 0
x y
x y xy y x xy x y x y x y
xy x y
              
TH 1. 0x y y x    thế vào (1) ta được 3 23 2 0 1x x x    
TH 2. 3 0xy x y   . Từ
2
2
23 0yy y
x
   ,
2
2
23 0xx x
y
  
3 0xy x y    . Do đó TH 2 không xảy ra.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)
Ví dụ 14.Giải hệ phương trình
1 12 2 (1)
1 12 2 (2)
yx
xy
      
Lời giải.
ĐK: 1 1,
2 2
x y  .
Trừ vế hai pt ta được 1 1 1 12 2 0
y xx y
      
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng12
 
1 12 2
0 0
1 1 1 12 2 2 2
y x y x y xy x
xy xy x y
xy
y x y x
                   
T
H 1. 0y x y x    thế vào (1) ta được 1 12 2
xx
  
Đặt 1 , 0t t
x
  ta được
2
2 2 2
2 0 2
2 2 1 1
2 4 4 2 1 0
t t
t t t x
t t t t t
                   
 và 1y 
TH 2.  1 1 01 12 2xy x y xy
y x
       
. TH này vô nghiệm do ĐK.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)
Ví dụ 15 Giải hệ phương trình
2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
      
Nhận xét . Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng
số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
Hệ
2 2
2 2
2 2
45 75 60 570
145 417 54 0
190 342 114 570
x xy y
x xy y
x xy y
           
Giải phương trình này ta được 1 145,
3 18
y x y x   thế vào một trong hai phương
trình của hệ ta thu được kết quả.
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng
cách đặt , 0y tx x  hoặc đặt , 0x ty y  .
Ví dụ 16.Tìm các giá trị m để hệ
2 2
2 2
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
       
 có nghiệm.
Nhận xét. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x 
Lời giải.
TH 1.
2
2
22
1111
0 173 17
3
yy
x myy m
         
Vậy hệ có nghiệm 170 11 16
3
m
x m
    
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng13
TH 2. 0x  , Đặt y tx . Hệ
2 2 2 2
2 2 2 2
3 2 11
2 3 17
x tx t x
x tx t x m
        
2
2 2 2
2 2
2
2
11
(3 2 ) 11 3 2
11(1 2 3 ) 17 (1 2 3 ). 17
3 2
x
t t x t t
t t x m t t m
t t
                   
2
2
2
11
3 2
( 16) 2( 6) 3 40 0 (*)
x
t t
m t m t m
         
Ta có 2
11 0,
3 2
t
t t
   nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra
khi và chỉ khi 16m  hoặc 216, ' ( 6) ( 16)(3 40) 0m m m m       
5 363 5 363m    
Kết luận. 5 363 5 363m   
Ví dụ 17.Tìm các giá trị của m để hệ
2 2
2 2
5 2 3
2 2
1
x xy y
m
x xy y
m
       
 (I) có nghiệm.
Lời giải.
Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được
2 2
2 2
5 2 3
16 6 3 3
1
x xy y
x xy y
m
         
Cộng vế hai bất phương trình cùng chiều ta được:
2 2 21 14 4 ( 2 )
1 1
x xy y x y
m m
        
Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là 1 0 1
1
m
m
  
Điều kiện đủ. Với 1m  . Xét hệ pt
2 2
2 2
5 2 3
2 2 1
x xy y
x xy y
      
 (II)
Giả sử 0 0( ; )x y là nghiệm của hệ (II). Khi đó
2 2
2 2 0 0 0 0
0 0 0 0
2 22 2
0 0 0 00 0 0 0
5 2 35 2 3
2 22 2 1
1
x x y y
x x y y
m
x x y yx x y y
m
               
Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I)
(II)
2 2
2 2
2 2
5 2 3
4 4 0 2 0 2
6 6 3 3
x xy y
x xy y x y x y
x xy y
                  
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”
GV:Lê Đình Tần THPT Cao Thắng14
Thay 2x y  vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được
2 2 2 2 1 28 4 1 5 1
5 5
y y y y y x          
Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy 1m  .
Ví dụ 18.Giải hệ phương trình
13 1 2
17 1 4 2
x
x y
y
x y
              
Trích từ đề thi chọn Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2006
Nhận xét.. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt
thứ nhất cho 3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7y .tất nhiên là trước khi chia
cần kiểm tra điều kiện.
Lời giải.
Cách 1
ĐK: 0, 0, 0x y x y    .
Dễ thấy 0x  hoặc 0y  không thỏa mãn hệ pt. Vậy 0, 0x y 
Hệ
2 4 2 1 2 21 2 2 1 (1)1
3 7 3 73
1 4 2 2 2 4 2 1 2 2 11
7 3 7 3 7
x y x y x yx
x y x y x yy x y x y
                                 
Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 1 2 2 1 2 2 1
3 7 3 7 x yx y x