Phần I ĐẶT VẤN ĐỀHệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương trìnhtoán học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10; tuyểnsinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần nàykhá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm racách giải. Nguyên nhân là vìThứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏingười học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khácnhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu thamkhảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc củabài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìntổng quát về hệ phương trình.Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quentổng quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong cácđề thi do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khókhăn cho các em.Sáng kiến kinh nghiệm của tôi về mặt hình thức là không mới. Cái mới ởđây chính là sự phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình nhưng vẫn bámvào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của học sinh. Thêm vào đó, vớimỗi bài toán đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát và điều đặc biệt là chohọc sinh tìm ra cái gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà có, người ta đã tạo rachúng bằng cách nào.Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghimột cách rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toánmới. Học sinh thường hiểu sâu và thích nghi khi học phần này.Mặc dù đã có sự đầu tư và thu được những thành công đáng kể song vìđiều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa được triệt để và chỉmang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý kiếnchỉnh sửa để đề tài này được hoàn thiện hơn.Tôi xin chân thành cảm ơn! NGÔQUANGKIÊN1Phần II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀA. KIẾN THỨC CHUẨN BỊI. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩnI.1. Định nghĩa. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng' ' 'ax by ca x b y c+ =+ =với , , , ', ', 'a b c a b c là các số thực đã cho thỏa mãn 2 2 2 20, ' ' 0a b a b+ ≠ + ≠I.2. Ví dụ2 3 74 2x yx y− =+ = −I.3. Cách giải. Ngoài các phương pháp giải đã học ở lớp 9 ta có thêm phương pháp sau:+ Bước 1. Tính các định thứcD ' ' , D ' ' , D ' '' ' ' ' ' 'x ya b c b a cab a b cb c b ac a ca b c b a c= = − = = − = = −+ Bước 2.- Nếu D 0≠ thì hệ có nghiệm duy nhất DD,D Dyxx y= =- Nếu D 0= và 2 2D D 0x y+ ≠ thì hệ vô nghiệm- Nếu D D D 0x y= = = thì hệ ax by c⇔ + = (vô số nghiệm)II. Hệ phương trình đối xứng loại III.1. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ pt có dạng ( ; ) 0( ; ) 0f x yg x y==Trong đó ( ; )f x y và ( ; )g x y là những đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn( ; ) ( ; ), ( ; ) ( ; ), ,f x y f y x g x y g y x x y= = ∀ ∈¡II.2. Cách giải phổ biến- Bước 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y+ và tích xy- Bước 2. Đặt x y Sxy P+ ==. 2, 4x y S P∃ ⇔ ≥- Bước 3. Giải hệ mới theo S và P- Bước 4. x và y là hai nghiệm của pt 20X SX P− + =III. Hệ phương trình đối xứng loại IIIII.1. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ phương trình có dạng ( ; ) 0( ; ) 0f x yf y x==trong đó ( ; )f x y là một biểu thức chứa hai biến x và y.III.2. Cách giải.- Bước 1. Trừ vế hai pt ta được ( ; ) ( ; ) 0f x y f y x− = (*)2- Bước 2. Đưa phương trình (*) về dạng tích ( ) ( ; ) 0x y g x y− =- Bước 3. Xét hai trường hợp.TH 1. x = y thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếpTH 2. ( ; ) 0g x y = kết hợp với ( ; ) ( ; ) 0f x y f y x+ = ta được hệ đối xứng loại I( ; ) ( ; ) 0( ; ) 0f x y f y xg x y+ ==* Chú ý. Nếu ( ; ) 0g x y = phức tạp ta sẽ tìm cách chứng minh nó vô nghiệm.IV. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc haiIV.1. Định nghĩa. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng2 22 2' ' ' 'ax bxy cy da x b xy c y d+ + =+ + =IV.2. Cách giải- Bước 1. Cân bằng hệ số tự do ta được 2 22 2' ' ' '' ' ' 'ad x bd xy cd y ddda x db xy dc y dd+ + =+ + =- Bước 2. Trừ vế hai phương trình ta được 2 20Ax Bxy Cy+ + = (*)- Bước 3. Giải phương trình (*) ta sẽ biểu diễn được x theo y- Bước 4. Thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp* 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= ≠.- Ta cũng có thể cân bằng số hạng chứa 2x (hoặc chứa 2y) rồi trừ vế và dùng phép thế.3B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH1. Phương pháp thế* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế vào phương trình còn lại.* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đó.Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 22 3 5 (1)3 2 4 (2)x yx y y+ =− + =Lời giải.Từ (1) ta có 5 32yx−= thế vào (2) ta được 225 33 2 4 02yy y− − + − = ÷ 2 2 2593(25 30 9 ) 4 8 16 23 82 59 0 1,23y y y y y y y y⇔ − + − + − ⇔ − + = ⇔ = =Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( )31 591;1 ; ;23 23 − ÷ Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 4 3 2 222 2 9 (1)2 6 6 (2)x x y x y xx xy x+ + = ++ = +Phân tích. 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)2x xx yx+ −≠ ⇔ = thế vào (1) ta được22 24 3 26 6 6 62 2 92 2x x x xx x x xx x + − + −+ + = + ÷ ÷ 2 24 2 2 30(6 6 )(6 6 ) 2 9 ( 4) 044xx xx x x x x x xx=+ −⇔ + + − + = + ⇔ + = ⇔= −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 ( )222222 226 62 9 2 926 66 622x xx xy x xx xx xy x xx xy + ++ = + = + ÷ ⇔ ⇔ + + + = + ++ =+ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác42. 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 3. Giải hệ phương trình 22222323yyxxxy+=+=Lời giải.ĐK: 0xy ≠Hệ 2 22 23 2 (1)3 2 (2)x y yy x x= +⇔= +. Trừ vế hai phương trình ta được2 2 2 203 3 3 ( ) ( )( ) 03 0x yx y xy y x xy x y x y x yxy 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 2223 0yy yx+= ⇒ >, 2223 0xx xy+= ⇒ >3 0xy x y⇒ + + >. Do đó TH 2 không xảy ra.Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 1 12 2 (1)1 12 2 (2)yxxy+ − =+ − =Lời giải.ĐK: 1 1,2 2x y≥ ≥.Trừ vế hai pt ta được 1 1 1 12 2 0y xx y− + − − − = ⇔( )1 12 20 01 11 12 22 2y xy x y xy xxyxy x yxyy xy x − − − ÷−− − + = ⇔ + = +− + −− + − ÷ TH 1. 0y x y x− = ⇔ = thế vào (1) ta được 1 12 2xx+ − =5Đặt 1, 0t tx= > ta được22 2 22 0 22 2 1 12 4 4 2 1 0t tt t t xt t t t t− ≥ ≤ − = − ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ = − = − + − + = và 1y =TH 2. ( )1 101 12 2xy x yxyy x+ = +− + − ÷ . TH này vô nghiệm do ĐK.Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 2 22 23 5 4 385 9 3 15x xy yx xy y+ − =− − =Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằngsố hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.Lời giải.Hệ 2 22 22 245 75 60 570145 417 54 0190 342 114 570x xy yx xy yx xy y+ − =⇔ ⇒ − + + =− − =Giải phương trình này ta được 1 145,3 18y x y x= = − thế vào một trong hai phươngtrình 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 6. Tìm các giá trị m để hệ 2 22 23 2 112 3 17x xy yx xy y m+ + =+ + = + có nghiệm.Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x= ≠Lời giải.TH 1. 222211110173 173yyxmyy m== = ⇒ ⇔ +== +Vậy hệ có nghiệm 170 11 163mx m+= ⇔ = ⇔ =TH 2. 0x ≠, Đặt y tx=. Hệ 2 2 2 22 2 2 23 2 112 3 17x tx t xx tx t x m+ + =⇔+ + = +22 222 22211(3 2 ) 113 211(1 2 3 ) 17(1 2 3 ). 173 2xt t xt tt t x mt t mt t=+ + = + +⇔ ⇔ + + = ++ + = ++ +6222113 2( 16) 2( 6) 3 40 0 (*)xt tm t m t m=⇔+ +− + + + + =Ta có 2110,3 2tt t> ∀+ + nên hệ có nghiệm ⇔ pt (*) có nghiệm. Điều này xảy rakhi 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 7. Tìm các giá trị của m để hệ 2 22 25 2 32 21x xy ymx xy ym+ − ≥+ + ≤− (I) có nghiệm.Lời giải.Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 2 22 25 2 316 6 3 31x xy yx xy ym+ − ≥− − − ≥ − −−Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được2 2 21 14 4 ( 2 )1 1x xy y x ym m− − − ≥ − ⇔ + ≤− −Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là 10 11mm> ⇔ >−Điều kiện đủ. Với 1m >. Xét hệ pt 2 22 25 2 32 2 1x xy yx xy y+ − =+ + = (II)Giả sử 0 0( ; )x y là nghiệm của hệ (II). Khi đó2 22 20 0 0 00 0 0 02 22 20 0 0 00 0 0 05 2 35 2 32 22 2 11x x y yx x y ymx x y yx x y ym+ − ≥+ − = ⇒ + + ≤+ + =−Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I)(II) 2 22 22 25 2 34 4 0 2 0 26 6 3 3x xy yx xy y x y x yx xy y+ − =⇔ ⇒ − − − = ⇔ + = ⇔ = −− − − = −Thay 2x y= − vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được2 2 2 21 28 4 1 5 15 5y y y y y x− + = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = mHệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy 1m >.7Ví dụ 8. Giải hệ phương trình 13 1 217 1 4 2xx yyx y + = ÷+ − = ÷+ Phân tích. 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.Lời giải.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 22 1 (1)13 7 3 731 4 22 2 4 2 1 2 2 1173 7 3 7x yx y x yxx yx y x yyx y x y = + + =+ = ÷+ ⇔ ⇔ ⇔ − == − − = ÷ ++ + Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 1 2 2 1 2 2 13 7 3 7x yx y x y + − = ÷ ÷ ÷ ÷+ 2 261 8 17 38 24 043 77y xy xy xx y x yy x=⇔ − = ⇔ − − = ⇔+= −TH 1. 6y x= thế vào pt (1) ta được1 2 11 4 7 22 8 7121 73 21x yx x+ ++ = ⇔ = ⇒ =TH 2. 47y x= − không xảy ra do 0, 0x y> >.Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất ( )11 4 7 22 8 7; ;21 7x y + += ÷ .Chú ý. Hệ phương trình có dạng 22a b m m n aa b n m n b+ = + = ⇔ − = − = . Trong trường hợp này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức.Tổng quát ta có hệ sau: a nmpx qybxc nmpx qydy= ++= + +8Ví dụ 9. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 2( ) (3 1)( ) (4 1)( ) (5 1)x y z x x y zy z x y y z xz x y z z x y+ = + ++ = + ++ = + +Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho 2 2 2x y z thì ta được hệ mới đơn giản hơn.Lời giải.TH 1. 0xyz =. Nếu 0x = thì hệ 2 200,yy zz t t=⇔ = ⇔= ∈¡ hoặc 0,zy t t== ∈¡Tương tự với 0y = và 0z = ta thu được các nghiệm là(0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t ∈¡TH 2. 0xyz ≠. Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho 2 2 2x y zta được2222221 1 1 13 (1)1 1 1 14 (2)1 1 1 15 (3)z y x xx z y yy x z z + = + + ÷ + = + + ÷ + = + + ÷ . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được2 222 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112z y x z y x x y z x y z + + + + + = + + + + + + ÷ ÷ ÷ 21 1 14 (4)1 1 1 1 1 112 01 1 13 (5)x y zx y z x y zx y z+ + = ⇔ + + − + + − = ⇔ ÷ ÷ + + = −Từ (4) và (1) ta có 221 1 1 9 94 3 1313xx x x x − = + + ⇔ = ⇔ = ÷ Tứ (4) và (2) ta có 34y =. Từ (4) và (3) ta có 911z =Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có 5 5, 1,6 4x y z= − = − = −.Vậy hệ có tập nghiệm làS = 9 3 9 5 5( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); ; ; ; ; 1; ,13 4 11 6 4t t t t − − − ∈ ÷ ÷ ¡Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số (ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản.93. Phương pháp đặt ẩn phụVí dụ 10. Giải hệ phương trình 2 217x y xyx y xy+ + = −+ − =Lời giải. Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.Hệ 2( ) 1( ) 3 7x y xyx y xy+ + = −⇔+ − =Đặt x y Sxy P+ == ( )2, 4x y S P∃ ⇔ ≥ ta được 211, 24, 33 7S PS PS PS P+ = −= = −⇔= − =− =TH 1. 1 1 1, 22 2 2, 1S x y x yP xy x y= + = = − = ⇒ ⇔ = − = − = = − TH 2. 4 4 1, 33 3 3, 1S x y x yP xy x y= − + = − = − = − ⇒ ⇔ = = = − = − . Vậy tập nghiệm của hệ làS = { }( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)− − − − − −Chú ý.- Nếu hệ pt có nghiệm là ( ; )x y thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là( ; )y x. Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x y=.- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.Ví dụ 11. Giải hệ phương trình 2 218( 1)( 1) 72x y x yxy x y+ + + =+ + =Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại IHướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y+ và tích xyHướng 2. Biểu diễn từng pt theo 2x x+ và 2y y+. Rõ ràng hướng này tốt hơn.Lời giải.Hệ 2 22 2( ) ( ) 18( )( ) 72x x y yx x y y+ + + =⇔+ + =. Đặt 221,41,4x x a ay y b b+ = ≥ −+ = ≥ − ta được18 6, 1272 12, 6a b a bab a b+ = = = ⇔= = = TH 1. 226 6 2, 312 3, 412a x x x xb y yy y= + = = = − ⇒ ⇔ = = = −+ = TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 3, 42, 3x xy y= = −= = −. Vậy tập nghiệm của hệ làS = { }(2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)− − − − − − − −Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau10Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 1872a bab+ == (I)1) Thay 2 2,a x x b y y= + = + vào hệ (I) ta được hệ(1) 2 218( 1)( 1) 72x y x yxy x y+ + + =+ + = đó chính là ví dụ 112) Thay 2 2,a x xy b y xy= + = − vào hệ (I) ta được hệ(2) 2 22 218( ) 72x yxy x y+ =− =3) Thay 22 , 2a x x b x y= + = + vào hệ (I) ta được hệ(3) 24 18( 2)(2 ) 72x x yx x x y+ + =+ + =4) Thay 1 1,a x b yx y= + = + vào hệ (I) ta được hệ(4) 2 2( ) 18( 1)( 1) 72x y xy x y xyx y xy+ + + =+ + =5) Thay 2 22 ,a x xy b y xy= + = − vào hệ (I) ta được hệ(5) 2 218( 2 )( ) 72x y xyxy x y y x+ + =+ − =…- Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới.- Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 2 2721a ba b+ =− = và làm tương tự như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn6) Thay 2 2,a x y b xy= + = vào hệ (II) ta được hệ(6) 2 24 4 2 2721x y xyx y x y+ + =+ + =7) Thay 1 1,a x b yx y= + = + vào hệ (II) ta được hệ(7) 2 22 21 171 121x yx yx yx y+ + + =− + − =8) Thay 1,xa x by y= + = vào hệ (II) ta được hệ11(8) 2 2 21 7( 1) 21xy x yxy x y+ + =+ + =9) Thay 1,a x y by= + = vào hệ (II) ta được hệ(9) 2 2 2( ) 1 9( 2) 21 1x y y yx y y y+ + =+ − − =10) Thay 2 22 , 2a x x b y x= + = + vào hệ (II) ta được hệ(10) 2 24 4 2 24 74 ( ) 21x y xx y x x y+ + =− + − = Như vậy, nếu chúng ta biết cách tạo ra bài toán thì chúng ta có thể nghĩ ra cách giải của những bài toán khác.Ví dụ 12. Giải các hệ pt saua) 22( 1) 3 05( ) 1 0x x yx yx+ + − =+ − + =b) 2 3 24 2545(1 2 )4x y x y xy xyx y xy x+ + + + = −+ + + = −c) 31 1 4x y xyx y+ − =+ + + =d) 2 22( ) 7( 2 ) 2 10x y x yy y x x+ + + =− − =Lời giải.a) ĐK. 0x ≠. Hệ 2211 3. 01( ) 5. 1 0x yxx yx+ + − =⇔ + − + = ÷ Đặt 1,x y a bx+ = = ta được hệ2 2 2 22, 1 11 3 0 3 11 1 3, 2,5 1 0 (3 1) 5 1 02 2 2a b x ya b a ba b x ya b b b= = = = + − = = − ⇔ ⇔ ⇒ = = = = −− + = − − + = b) Hệ 2 22 25( ) ( 1)45( )4x y xy x yx y xy+ + + + = −⇔+ + = −. Đặt 2,x y a xy b+ = = ta được2225 5( 1) 0,04 455 1 3,44 2 2a b a a ba a abb aa b a b + + = − = = −− − = ⇔ ⇔ = − − + = − = − = − 12TH 1. 233500455254416xax ybxyy==+ = ⇒ ⇔ = −= − = −TH 2. 223 11 112 22 233 3 322 2 2xxa x yxyb xy yx =− = −= − + = − ⇒ ⇔ ⇔ = − = − = − = − Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = 333 5 251; ; ;2 4 16 − − ÷ ÷ c) ĐK: 1, 1, 0x y xy≥ − ≥ − ≥Hệ 3 32 2 ( 1)( 1) 16 2 1 14x y xy x y xyx y x y x y x y xy + − = + − = ⇔ ⇔ + + + + + = + + + + + = Đặt ,x y a xy b+ = =. 2 22, 0, 4a b a b≥ − ≥ ≥ ta được hệ pt22 23 333 26 105 02 1 14 2 4 11a b a ba bb ba a b b b b− = = + = + ⇔ ⇔ + − =+ + + = + + = − 3 36 3b xa y= = ⇔ ⇒ = = (thỏa mãn đk)d) Hệ 2 22 2( 1) ( 1) 9( ) ( 1) 9x yy x x+ + + =⇔− − + =.Đặt 1, 1a x b y b a y x= + = + ⇒ − = −ta được hệ 2 22 29( ) 9a bb a a+ =− − =2 2 2 2 2( ) 2 0a b b a a a ab a⇒ + = − − ⇔ = − ⇔ = hoặc 2a b= −0 3 1, 2a b x y= ⇒ = ± ⇒ = − = hoặc 1, 4x y= − = −23 62 5 95 5a b b b a= − ⇒ = ⇔ = ± ⇒ = m6 31 , 15 5x y⇒ = − − = − + hoặc 6 31 , 15 5x y= − + = − −Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên4. Phương pháp đưa về dạng tích* Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi khi cần tổ hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích.13* Cách thành lập hệ dạng này ( ) ( ; ) 0( ; ) 0ax by c f x yg x y+ + == trong đó ( ; )f x y đượcchọn sao cho ( ; ) 0( ; ) 0f x yg x y== vô nghiệm hoặc ( ; ) 0( ; ) 0f x yg x y== giải được; ( ; )g x y đượcchọn sao cho 0( ; ) 0ax by cg x y+ + == giải được và thỏa mãn kết hợp được với ( ; )f x yVí dụ 13. Giải hệ phương trình 2 22 (1)2 1 2 2 (2)xy x y x yx y y x x y+ + = −− − = −Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thuđược kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1).Lời giải.ĐK: 1, 0x y≥ ≥(1) 2 2( ) ( ) ( )( 1 ) 0y x y x y x y x y y x y⇔ + + + = − ⇔ + + − + =TH 1. 0x y+ = (loại do 1, 0x y≥ ≥)TH 2. 2 1 0 2 1y x x y+ − = ⇔ = + thế vào pt (2) ta được(2 1) 2 2 4 2 2 ( 1) 2 2( 1)y y y y y y y y y+ − = + − ⇔ + = +1 0122 2yyyy+ == −⇔ ⇔==. Do 0 2y y≥ ⇒ =. Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (5;2)x y =Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).Ví dụ 14. Giải hệ phương trình 31 1(1)2 1 (2)x yx yy x− = −= +Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích.Lời giải.ĐK: 0xy ≠. (1) 1 1 10 0 ( ) 1 0x yx y x y x yx y xy xy −⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔ − + = ÷ TH 1. x y= thế vào (2) ta được 32 1 0 1x x x− + = ⇔ = hoặc 1 52x− ±= (TM)TH 2. 1 11 0 yxy x+ = ⇔ = − thế vào (2) ta được4 2 2 21 1 32 0 ( ) ( ) 02 2 2x x x x+ + = ⇔ − + + + =. Pt này vô nghiệm.Vậy tập nghiệm của hệ là S = 1 5 1 5 1 5 1 5(1;1); ; ; ;2 2 2 2 − + − + − − − − ÷ ÷ 14Ví dụ 15. Giải hệ phương trình 3 31 1(1)( 4 )(2 4) 36 (2)x yx yx y x y− = −− − + =−Lời giải.2 22 23 3 3 33 31 1 ( )( )( )1x yy x y xy xx y x yy xy xx y x yx y=− + +− = − ⇔ − = ⇔+ += −TH 1. x y= thế vào pt thứ hai ta được 264 12 02xx xx= −+ − = ⇔=TH 2. 2 23 31 0y xy xxyx y+ +=− ⇒ <.(2) 2 2 2 22 4 9 4 16 36 2( 1) 4( 2) 9 18x y xy x y x y xy⇔ + − + − = − ⇔ + + − − = −Trường hợp này không xảy ra do 2 20 2( 1) 4( 2) 9 0xy x y xy< ⇒ + + − − >Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = { }(2;2); ( 6; 6)− −Ví dụ 16. Giải hệ phương trình 2 22816 (1)(2)xyx yx yx y x y+ + =++ = −Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thuđược kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1)Lời giải.ĐK: 0x y+ >. (1) 2 2( )( ) 8 16( )x y x y xy x y⇔ + + + = +2( ) 2 ( ) 8 16( )x y xy x y xy x y⇔ + − + + = + 2( ) ( ) 16 2 ( 4) 0x y x y xy x y⇔ + + − − + − = [ ]( 4) ( )( 4) 2 0x y x y x y xy⇔ + − + + + − =TH 1. 4 0x y+ − = thế vào (2) ta được 23 76 02 2x yx xx y= − ⇒ =+ − = ⇔= ⇒ =TH 2. 2 2( )( 4) 2 0 4( ) 0x y x y xy x y x y+ + + − = ⇔ + + + = vô nghiệm do ĐKVậy tập nghiệm của hệ là S = { }( 3;7); (2;2)−5. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số* Cơ sở phương pháp. Nếu ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b và , ( ; )x y a b∈ thì ( ) ( )f x f y x y= ⇔ =* Cách xây dựng hệ theo phương pháp này.- Lấy hàm số ( )f t đơn điệu trên khoảng ( ; )a b, ( ; ), ( ; ) ( ; )u x y v x y a b∈15- Lấy ( ; )g x y sao cho hệ ( ; ) ( ; )( ; ) 0u x y v x yg x y== giải được trên tập xác định của chúng.- Lập hệ phương trình ( ) ( )( ; ) 0f u f vg x y==Ví dụ 17. Giải hệ phương trình 2 22 2 ( )( 2)2x yy x xyx y− = − ++ =Phân tích. Nếu thay 2 22 x y= + vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđtLời giải. Thay 2 22 x y= + vào phương trình thứ nhất ta được2 2 3 3 3 32 2 ( )( ) 2 2 2 2x y x y x yy x xy x y y x x y− = − + + ⇔ − = − ⇔ + = + (1)Xét hàm số 3( ) 2 ,tf t t t= + ∈¡ có 2'( ) 2 ln 2 3 0,tf t t t= + > ∀ ∈¡ suy ra ( )f t đồng biến trên ¡. (1) ( ) ( )f x f y x y⇔ = ⇔ = thế vào pt thứ hai ta được1x y= = ±. Vậy tập nghiệm của hệ là S = { }(1;1); ( 1; 1)− −Ví dụ 18. Giải hệ phương trình 22 2(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)4 2 3 4 7 (2)x x y yx y x+ + − − =+ + − =Lời giải. ĐK: 33 4 045 2 0 52xxyy≤− ≥⇔ − ≥≤(1) 2(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y⇔ + + − − =( ) ( )2 32 3(2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2 5 2x x y y x x y y ⇔ + = − + − ⇔ + = − + − (2 ) ( 5 2 )f x f y⇔ = − với 3( )f t t t= +. 2'( ) 3 1 0, ( )f t t t f t= + > ∀ ∈ ⇒¡ đồng biến trên ¡. Vậy 25 4(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 , 02xf x f y x y y x−= − ⇔ = − ⇔ = ≥Thế vào pt (2) ta được 2225 44 2 3 4 7 0 ( ) 02xx x g x− + + − − = ⇔ = ÷ Với 2225 4 3( ) 4 2 3 4 7, 0;2 4xg x x x x− = + + − − ∈ ÷ Ví dụ 19. Giải hệ phương trình 3 32 23 3 (1)1 (2)x x y yx y− = −+ =Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiênta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số 3( ) 3f t t t= − không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn [ ]1;1−.Lời giải.16Từ (2) ta có [ ]2 21, 1 , 1;1x y x y≤ ≤ ⇔ ∈ −Hàm số 3( ) 3f t t t= − có 2'( ) 3 3 0, ( 1;1) ( )f t t t f t= − < ∀ ∈ − ⇒ đồng biến trên đoạn [ ]1;1−. [ ], 1;1x y ∈ − nên (1) ( ) ( )f x f y x y⇔ = ⇔ = thế vào pt (2) ta được 22x y= = ±. Vậy tập nghiệm của hệ là S = 2 2 2 2; ; ;2 2 2 2 − − ÷ ÷ Nhận xét. Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên đoạn đó.Ví dụ 20. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm3 3 22 2 23 3 2 01 3 2 0x y y xx x y y m− + − − =+ − − − + =Lời giải.Điều kiện. 1 1, 0 2x y− ≤ ≤ ≤ ≤(1)3 33 ( 1) 3( 1)x x y y⇔ − = − − −Hàm số 3( ) 3f t t t= − nghịch biến trên đoạn [ 1;1]−[ ], 1 1;1x y − ∈ − nên ( ) ( 1) 1 1f x f y x y y x= − ⇔ = − ⇔ = +Thế vào pt (2) ta được 2 22 1 (3)x x m− − = −Hệ có nghiệm ⇔Pt (3) có nghiệm [ ]1;1x ∈ −Xét [ ]2 221( ) 2 1 , 1;1 , '( ) 2 11g x x x x g x xx = − − ∈ − = + ÷− '( ) 0 0g x x= ⇔ =. (0) 2, ( 1) 1g g= − ± =Pt (3) có nghiệm [ ]1;1 2 1 1 2x m m∈ − ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤Ví dụ 21. Giải hệ phương trình 221 31 3yxx xy y+ + =+ + =Lời giải. Trừ vế hai pt ta được( )2 2 2 21 1 3 3 1 3 1 3y x x yx x y y x x y y+ + − + + = − ⇔ + + + = + + +( ) ( )f x f y= với 2( ) 1 3tf t t t= + + +. 2( ) 1 3 ln3 0,1ttf tt= + + > ∀∈+¡( )f t⇒ đồng biến trên ¡. Bởi vậy ( ) ( )f x f y x y= ⇔ = thế vào pt thứ nhất ta được ( )2 21 3 1 3 1 (0) ( )x xx x x x g g x+ + = ⇔ = + − ⇔ =Với ( )2( ) 3 1xg x x x= + −. ( )22'( ) 3 ln3 1 3 11x xxg x x xx = + − + − ÷+ ( )2213 1 ln3 0,1xx x xx = + − − > ∀ ∈ ÷+ ¡ do 21 0x x+ − > và 21 1x + ≥Suy ra ( )g x đồng biến trên ¡. Bởi vậy ( ) (0) 0g x g x= ⇔ =Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 017Ví dụ 22. Chứng minh hệ 222007120071xyyeyxex= −−= −− có đúng 2 nghiệm 0, 0x y> >Lời giải. ĐK: 221 0 ( ; 1) (1; )( ; 1) (1; )1 0x xyy− > ∈ −∞ − ∪ +∞⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞− >. Do 00xy>> nên 11xy>>Trừ vế hai pt ta được 2 2 2 21 1 1 1x y x yx y x ye e e ex y x y− = − ⇔ − = −− − − −Hay ( ) ( )f x f y= với 2( ) , (1; )1ttf t e tt= − ∈ +∞−.( )2 21'( ) 0, (1; ) ( )1 1tf t e t f tt t= + > ∈ +∞ ⇒− − đồng biến trên (1; )+∞.Bởi vậy ( ) ( )f x f y x y= ⇔ = thế vào pt thứ nhất ta được2 22007 2007 0 ( ) 01 1x xx xe e g xx x= − ⇔ + − = ⇔ =− −Với 2( ) 2007, (1; )1xxg x e xx= + − ∈ +∞−. Ta có 22 2 2 3 21 3 ( 1)'( ) ; ''( ) 0, (1; )( 1) 1 ( 1) 1x xx xg x e g x e xx x x x−= − = + > ∀ ∈ +∞− − − −Suy ra '( )g x đồng biến trên (1; )+∞. '( )g x liên tục trên (1; )+∞ và có1lim '( ) , lim '( )xxg x g x+→+∞→= −∞ = +∞ nên '( ) 0g x = có nghiệm duy nhất 0(1; )x ∈ +∞ và0 0 0'( ) 0 '( ) '( ) . '( ) 0 1g x g x g x x x g x x x> ⇔ > ⇔ > < ⇔ < <Từ BBT của ( )g x ta suy ra pt ( ) 0g x = có đúng 2 nghiệm (1; )x∈ +∞. Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương.Ví dụ 23. Giải hệ phương trình 2 2ln(1 ) ln(1 ) (1)12 20 0 (2)x y x yx xy y+ − + = −− + =Lời giải. ĐK: 1, 1x y> − > −(1) ln(1 ) ln(1 ) ( ) ( )x x y y f x f y⇔ + − = + − ⇔ = với( ) ln(1 ) , ( 1; )f t t t t= + − ∈ − +∞1'( ) 1 0 0 ( 1; ) ( )1 1tf t t f tt t−= − = = ⇔ = ∈ − +∞ ⇒+ + đồng biến trên ( 1;0)− và nghịch biến trên khoảng (0; )+∞TH 1. , ( 1;0)x y ∈ − hoặc , (0; )x y ∈ +∞ thì ( ) ( )f x f y x y= ⇔ =Thế vào pt (2) ta được 0x y= = (không thỏa mãn)TH 2. ( 1;0), (0; )x y∈ − ∈ +∞ hoặc ngược lại thì 2 20 12 20 0xy x xy y< ⇒ − + >TH 3. 0xy = thì hệ có nghiệm 0x y= =. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 0x y= =18Phần 3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊSáng kiến kinh nghiệm của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau:- Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống về hệ phương trình đạisố, từ đó có kĩ năng giải thành thạo các bài toán thuộc chủ đề này và hơnthế học sinh không còn cảm giác e sợ khi gặp hệ phương trình.- Tạo cho học sinh có thói quen tổng quát bài toán và tìm ra bài toán xuấtphát, biết được bài toán trong các đề thi do đâu mà có và người ta đã tạora chúng bằng cách nào.- Thông qua việc tìm ra bài toán gốc, việc tổng quát bài toán, việc tạo ra bàitoán mới, dần dần hình thành cho các em khả năng làm việc độc lập, sángtạo, phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo đúng tinh thần phươngpháp mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Điều quan trọng là tạo cho các emniềm tin, hứng thú khi học tập bộ môn.Qua thực tế giảng dạy chuyên đề này tôi thấy các em học sinh khôngnhững nắm vững được phương pháp, biết cách vận dụng vào các bài toán cụthể mà còn rất hứng thú khi học tập chuyên đề này. Khi học trên lớp và quacác lần thi thử đại học, số học sinh làm được bài về giải hệ phương trình caohơn hẳn các năm trước và tốt hơn nhiều so với các em không được họcchuyên đề này.Một số đề xuấtMỗi bài toán thường có cái gốc của nó, việc học sinh phát hiện ra bài toángốc sẽ thấy toán học rất thực tế, tự nhiên và không khó như các em nghĩ đồngthời tạo niềm tin và hứng thú học tập với các em. Với tinh thần như vậy vàtheo hướng này các thày cô giáo và các em học sinh có thể tìm ra được nhiềukinh nghiệm hay với nhiều đề tài khác nhau. Chẳng hạn, các bài toán về tíchphân, các bài toán về tổ hợp – xác suất, các bài toán về phương pháp tọa độtrong mặt phẳng, trong không gian.Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp đãgiúp đỡ và góp ý kiến cho tôi hoàn thành đề tài sáng kiến kinh nghiệm này.19 |
