Cđ giải hpt không mẫu mực

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
KHÔNG MẪU MỰC
NGUYỄN THỊ THANH HUYỀN
PHÚC YÊN - 2014

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1. Phần nội dung 6
1.1 Một số hệ phương trình thường gặp . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . 6
1.1.2 Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn . . . . . . . . 6
1.1.3 Hệ gồm một phương trình bậc nhất hai ẩn và một
phương trình khác . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.4 Hệ đối xứng loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.5 Hệ đối xứng loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.6 Hệ đẳng cấp bậc hai đối với hai biến x & y . . . . 8
1.2 Một số kiến thức cần nắm vững khi giải hệ phương trình
không mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực 10
1.3.1 Phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . 10
1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.3 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Chương 2. Một số bài tập tự luyện 26
2.1 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Hệ phương trình là một dạng toán khá phổ biến trong các đề thi
tuyển sinh vào các trường THPT chuyên, lớp chọn và đề thi học sinh
giỏi các cấp, đặc biệt là thi học sinh giỏi môn toán lớp 9.
Đối với nhiều học sinh, bài toán giải hệ phương trình được coi là bài
toán khó, đòi hỏi người học phải có năng lực tư duy logic, kiến thức phải
chắc chắn về hệ phương trình.
Chính vì vậy giải hệ phương trình luôn gây được sự hấp dẫn đối
với người dạy lẫn người học. Có nhiều phương pháp để giải hệ phương
trình, tuy nhiên không có phương pháp nào vạn năng để giải được mọi
bài toán.
Trong quá trình giảng dạy học sinh ôn thi vào lớp 10 và bồi dưỡng
học sinh giỏi toán 9,tôi thấy học sinh gặp phải khó khăn và lúng túng
khi giải hệ phương trình đặc biệt là các hệ phương trình không mẫu
mực. Làm thế nào để học sinh có thể tìm tòi khám phá đưa việc giải các
hệ phương trình không mẫu mực về giải hệ phương trình quen thuộc, cơ
bản là vấn đề trăn trở, suy nghĩ của bản thân tôi cũng như nhiều đồng
nghiệp. Để bồi dưỡng chuyên môn đồng thời giúp các em học sinh lớp 9
có thêm một vài phương pháp giải hệ phương trình nên tôi viết chuyên
đề với tên đề tài:
"Một số phương pháp
giải hệ phương trình không mẫu mực"
Với một số phương pháp giải hệ này tôi hi vọng sẽ có tác dụng trong
việc rèn luyện tư duy toán học cho các em học sinh và là nguồn tài liệu
nhỏ giúp các em luyện tập nâng cao kiến thức phục vụ cho các kì thi

Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán
học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10.
2. Mục đích nghiên cứu
Trang bị cho học sinh về một số phương pháp giải hệ phương trình
không mẫu mực mạng lại hiệu quả rõ rệt.
Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kĩ năng giải toán, qua đó
học sinh nâng cao khả năng tư duy sáng tạo.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Thông qua tìm tòi, tổng hợp để đưa ra được các dạng bài tập và
phương pháp giải cho từng dạng bài toán giúp học sinh có kiến thức
chắc về nội dung hết sức quan trọng của chương trình.
4. Đối tượng nghiên cứu
Hệ phương trình trong chương trình đại số 9.
Phân loại các dạng toán và phương pháp giải mỗi dạng
5. Phạm vi nghiên cứu và giới hạn nghiên cứu
Chuyên đề được xây dựng, nghiên cứu và triển khai trong chương
trình toán đại số 9
Hệ phương trình không mẫu mực
6. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo sách, báo, tài liệu.
Thực tiễn giảng dạy
GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 4

Tham khảo các đề thi HSG các tỉnh, đề thi các trường chuyên

Chương 1
NỘI DUNG
1.1 MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP
1.1.1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
Định nghĩa 1.1. Là hệ phương trình có dạng:
ax + by = c (1)
a x + b y = c (2)
trong đó phương trình (1), (2) là phương trình bậc nhất hai ẩn x và y.
Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như:
• Phương pháp thế
• Phương pháp cộng đại số
• Phương pháp đồ thị
• Sử dụng máy tính cầm tay
• Phương pháp tính theo định thức,...
1.1.2 HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN
Định nghĩa 1.2. Là hệ phương trình có dạng


a1x + b1y + c1z = d1 (1)
a2x + b2y + c2z = d2 (2)
a3x + b3y + c3z = d3 (3)
trong đó phương trình (1), (2) và (3)
là phương trình bậc nhất ba ẩn x, y và z.
Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như:

• Phương pháp cộng đại số
• Phương pháp đồ thị
• Sử dụng máy tính cầm tay
• Phương pháp tính theo định thức,...
1.1.3 HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI
ẨN VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH KHÁC
Định nghĩa 1.3. Là hệ phương trình có dạng
ax + by + c = 0
f(x, y) = 0
trong đó x, y là ẩn và f(x, y) là biểu thức chứa hai biến x, y
Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng:
1.1.4 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1
Định nghĩa 1.4. Là hệ phương trình mà khi ta thay đổi vai trò của hai
ẩn cho nhau trong mỗi phương trình thì từng phương trình đó không
thay đổi
Cách giải:
Bước 1: Biến đổi tương đương làm xuất hiện x + y và x.y
Bước 2: Đặt S = x + y và P = x.y (với S2
≥ 4P)

Bước 3: Giải hệ phương trình với ẩn mới là S, P. Tìm được S, P
Bước 4: Tìm nghiệm x; y của hệ phương trình đã cho
1.1.5 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2
Định nghĩa 1.5. Là hệ phương trình mà khi ta thay đổi vai trò của
hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình, phương trình này biến thành
phương trình kia và ngược lại.
Cách giải: Trừ vế cho vế tương ứng của các phương trình để biến đổi
về phương trình tích có nhân tử là x − y, rồi thế ẩn này theo ẩn kia để
giải hệ phương trình.
1.1.6 HỆ ĐẲNG CẤP BẬC HAI ĐỐI VỚI HAI BIẾN x & y
Định nghĩa 1.6. Là hệ phương trình có dạng
ax2
+ bxy + cy2
= d
a x2
+ b xy + c y2
= d
Cách giải:
Nếu x = 0 thì ta đặt y = kx rồi nhận xét và chia vế cho vế ta được
phương trình ẩn k, tìm được k từ đó tìm được x, y
Nếu x = 0 thì viết lại hệ phương trình đã cho và giải hệ phương trình
đó.
1.2 MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG KHI GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC
• Các hằng đẳng thức.
• Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử

• Nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức
• Tính ∆ và ∆
• Cách giải phương trình bậc hai, bậc ba, bậc bốn,...
• Các phép biến đổi tương đương.

1.3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
KHÔNG MẪU MỰC
Không có phương pháp chung để giải mọi hệ phương trình không mẫu
mực. Tùy theo đặc trưng các phương trình của hệ mà ta lựa chọn những
phương pháp như: Biến đổi tương đương, phương pháp thế, phương pháp
đặt ẩn phụ, dùng bất đẳng thức,... để dưa hệ đã cho thành các hệ đơn
giản hơn hoặc các hệ quen thuộc ( mẫu mực) từ đó ta tìm ra tập nghiệm
của hệ phương trình.
1.3.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Phương pháp này chủ yếu là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc
biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một phương trình của hệ về dạng
đơn giản hơn.
DẠNG 1 Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích
của các phương trình bậc nhất hai ẩn.
Ví dụ 1.1. Giải hệ phương trình:
xy + x + y = x2
− 2y2
(1)
x
√
2y − y
√
x − 1 = 2x − 2y (2)
Nhận xét: Dễ dàng thấy phương trình (1) của hệ có thể đưa về phương
trình tích, từ đó ta tìm được x theo y, thay vào phương trình (2), từ đó
tìm được giá trị y, giá trị x. Lời giải
• Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 0 (∗)
pt (1) ⇔ x2
− xy − 2y2
− (x + y) = 0
⇔ x2
− y2
− y (x + y) − (x + y) = 0
⇔ (x + y) (x − 2y − 1) = 0
⇔ x = 2y + 1, (x + y ≥ 1)

• Thay x = 2y + 1 vào phương trình (2) và biến đổi:
(y + 1) 2y − 2 = 0 ⇔ y = 2, (do y ≥ 0) ⇒ x = 5
• Do x = 5, y = 2 thỏa mãn điều kiện (*).
Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là
(x; y) = (5; 2)
6x2
− 3xy + x = 1 − y (1)
x2
+ y2
= 1 (2)
Lời giải
pt (1) ⇔ 6x2
− 3xy + 3x − 2x + y − 1 = 0
⇔ 6x2
− 2x − (3xy − y) + (3x − 1) = 0
⇔ (3x − 1) (2x − y + 1) = 0
⇔


x =
1
3
y = 2x + 1
• Thay x =
1
3
vào phương trình (2) và biến đổi ta được:
y2
=
8
9
⇔



y =
2
√
2
3
y = −
2
√
2
3
• Thay y = 2x + 1 vào phương trình (2) và biến đổi :
x2
+ (2x + 1)2
= 1 ⇔ 5x2
+ 4x = 0
⇔ x (5x + 4) = 0
⇔


x = 0
x = −
4
5

• Với x = 0 thì y = 1
• Với x = −
4
5
thì y = −
3
5
Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là:
(x; y) =
1
3
;
2
√
2
3
, (x; y) =
1
3
; −
2
√
2
3
,
(x; y) = (0; 1) , (x; y) = −
4
5
; −
3
5
.
DẠNG 2: Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình rồi biến
đổi về phương trình tích
x3
+ y3
= 1 + y − x + xy (1)
7xy + y − x = 7 (2)
Lời giải Cộng vế với vế của phương trình (1) và phương trình (2) ta
được:
x3
+ y3
+ 6xy = 8 ⇔ (x + y)3
− 23
− 3x2
y − 3xy2
+ 6xy = 0
⇔ (x + y − 2) x2
+ y2
+ 4 − xy + 2y + 2x = 0
⇔ (x + y − 2) (x − y)2
+ (x + 2)2
+ (y + 2)2
= 0
⇔
x + y − 2 = 0
(x − y)2
+ (x + 2)2
+ (y + 2)2
= 0
⇔
y = 2 − x
x = y = −2

Với y = 2 − x, thay vào phương trình (2), ta được:
7x2
− 12x + 5 = 0 ⇔


x = 1
x =
5
7
⇔






x = y = 1


x =
5
7
y =
9
7
Với x = y = −2, không thỏa mãn phương trình (2) của hệ loại
(x; y) = (1; 1) , (x; y) =
5
7
;
9
7



x2
+ y + x3
y + xy2
+ xy = −
5
4
(1)
x4
+ y2
+ xy (1 + 2x) = −
5
4
(2)
(I)
Lời giải
(I) ⇔



x2
+ y + x3
y + xy2
+ xy = −
5
4
x4
+ 2x2
y + y2
+ xy = −
5
4
⇔



x2
+ y + xy x2
+ y + xy = −
5
4
(3)
x2
+ y
2
+ xy = −
5
4
(4)
Trừ vế với vế của phương trình (3) cho phương trình (4) ta được:
x2
+ y + xy x2
+ y − x2
+ y
2
= 0 ⇔ x2
+ y x2
+ y − 1 − xy = 0
⇔
x2
+ y = 0
x2
+ y − 1 − xy = 0
⇔
y = −x2
x2
+ y = 1 + xy

Với y = −x2
, thay vào phương trình (2) ta được:
x3
=
5
4
⇔ x =
3 5
4
khi đó y = − 3 25
16
Với x2
+ y = xy + 1 thay vào phương trình (4) ta được:
(xy + 1)2
+ xy = −
5
4
⇔ (xy)2
+ 3xy +
9
4
= 0
⇔ xy +
3
2
2
= 0 ⇔ xy +
3
2
= 0
⇔ xy = −
3
2
Khi đó



x2
+ y = −
1
2
xy = −
3
2
⇔



x = 1
y = −
3
2
(x; y) =
3 5
4
; −
3 25
16
; (x; y) = 1; −
3
2
DẠNG 3:Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương
trình bậc hai theo một ẩn chẳng hạn đó là ẩn y, lúc đó ta xem
x là tham số.
Biểu diễn y qua x bằng cách giải phương trình bậc hai ẩn y
y2
= (x + 8) x2
+ 2 (1)
16x − 8y + 16 = 5x2
+ 4xy − y2
(2)
Nhận xét: Viết phương trình (2) về dạng phương trình bậc hai ẩn y
, x là tham số thì phương trình này có ∆ là bình phương của một biểu
thức, ta tìm được giá trị y, từ đó tìm được x.

Lời giải
Biến đổi phương trình (2) về dạng:
y2
− (4x + 8) y + 16 + 16x − 5x2
= 0 (3) là phương trình bậc hai ẩn
y, x là tham số.
Có ∆ = 9x2
, phương trình (3) có hai nghiệm là y = 4−x hoặc y = 5x+4
Với y = 4 − x thay vào phương trình (1) ta được:
(4 − x)2
= (x + 8) x2
+ 2 ⇔ (x + 2) (x + 5) x = 0 ⇔




x = 0
x = −2
x = −5
Do đó hệ có nghiệm
(x; y) = (0; 4) , (x; y) = (−2; 6) , (x; y) = (−5; 9) ,
Với y = 5x + 4 thay vào phương trình (1) ta được:
(5x + 4)2
= (x + 8) x2
+ 2 ⇔ x (x − 19) (x + 2) = 0 ⇔




x = 0
x = 19
x = −2
Do đó, Hệ có nghiệm:
(x; y) = (0; 4) , (x; y) = (19, 99) , (x; y) = (−2; −6) ,
(x; y) = (0; 4) , (x; y) = (19, 99) , (x; y) = (−2; −6) , (x; y) = (−2; 6) , (x; y) =
(−5; 9) ,
x2
+ 2 = 3x + y − xy (1)
x2
+ y2
= 2 (2)
Nhận xét: Viết phương trình (1) về dạng phương trình bậc hai ẩn x
, y là tham số thì phương trình này có ∆ là bình phương của một biểu
thức, ta tìm được giá trị x, từ đó tìm được y.
Lời giải Biến đổi phương trình (1) về dạng: x2
+ (y − 3) x + (2 − y) =
0 (3) là phương trình bậc hai ẩn x, y là tham số.

Ta có: ∆ = (y − 1)2
, khi đó phương trình (3) có hai nghiệm là
x = 1, x = 2 − y
Với x = 1, thay vào phương trình (2) ta có y = ±1
Với x = 2−y, thay vào phương trình (2) ta có (2 − y)2
+y2
= 2 ⇔ y = 1
khi đó x = 1
Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm:
(x; y) = (1; 1) , (x; y) = (1; −1)
1.3.2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
• Phương pháp này có thể đặt một hoặc hai ẩn để đưa hệ đã cho
thành hệ đơn giản hơn với các ẩn phụ mới. Giải hệ đối với ẩn phụ
mới, từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình ban đầu.
• Có thể từ hệ phương trình đã cho nhìn thấy ngay ẩn phụ mới, cũng
có khi phải thông qua một vài phép biến đổi mới có thể nhìn thấy
việc đặt ẩn phụ
2 x2 + 3y − y2 + 8x − 1 = 0
x (x + 8) + y (y + 3) − 13 = 0
Nhận xét: Cả 2 phương trình của hệ ta đều thấy có biểu thức:
x2 + 3y và y2 + 8x nên ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ hai ẩn mới.
Lời giải Điều kiện:
x2
+ 3y ≥ 0
y2
+ 8x ≥ 0
(∗)
Đặt a = x2 + 3y; b = y2 + 8x (a ≥ 0, b ≥ 0)

Hệ phương trình đã cho trở thành:
2a − b = 1
a2
+ b2
= 13
⇔
b = 2a − 1
a2
+ (2a − 1)2
= 13
⇔
b = 2a − 1
(5a + 6) (a − 2) = 0
⇔



b = 2a − 1


a = 2
a = −
6
5
(loại)
Do đó
a = 2
b = 3
⇒
x2 + 3y = 2
y2 + 8x = 3
⇔



y =
4 − x2
3
4 − x2
3
2
+ 8x = 9
⇔



y =
4 − x2
3
(x − 1) (x + 5) x2
− 4x + 13 = 0
⇔



y =
4 − x2
3
x = 1
x = −5
⇔







x = 1
y = 1
x = −5
y = −7
(thỏa mãn điều kiện)
Bằng cách thử, vậy hệ có nghiệm là
(x; y) = (1; 1), (x; y) = (−5; −7)
x2
+ y2
+ 2y = 4 (1)
2x + y + xy = 4 (2)

Nhận xét: Chưa nhìn thấy ngay để dùng phương pháp đặt ẩn phụ, ta
biến đổi phương trình (1) và phương trình (2) để xuất hiện biểu thức
chung x(y + 1) và x + (y + 1) Lời giải
x2
+ y2
+ 2y = 4
2x + y + xy = 4
⇔
x2
+ (y + 1)2
= 5
x (y + 1) + [x + (y + 1)] = 5
Đặt a = x + (y + 1), b = x(y + 1)
Khi đó
a2
− 2b = 5
a + b = 5
⇔
b = 5 − a
a2
− 10 + 2a = 5
⇔
b = 5 − a
a2
+ 2a − 15 = 0
⇔



b = 5 − a
a = 3
a = −5
⇔
a = 3; b = 2
a = −5; b = 10
Với a = 3, b = 2 ta có
x + (y + 1) = 3
x (y + 1) = 2
⇔
x = y = 1
x = 2; y = 0
Với a = −5, b = 10 ta có
x + (y + 1) = −5
x (y + 1) = 10
hệ này vô nghiệm
Bằng cách thử, vậy hệ có nghiệm:
(x; y) = (1; 1), (x; y) = (2; 0)
y + xy2
= 6x2
(1)
1 + x2
y2
= 5x2
(2)
Nhận xét:
• Nếu x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình
• Nếu x = 0 chia cả hai vế của phương trình (1) và phương trình (2)
cho x2
= 0 để 2 phương trình xuất hiện biểu thức chung
1
x
+ y và
y
x

Lời giải
Với x = 0, không thỏa mãn hệ phương trình
Với x = 0 chia cả hai vế (1) và (2) cho x2
= 0 ta được:



y
x2
+
y2
x
= 6
1
x2
+ y2
= 5
⇔



y
x
1
x
+ y = 6
1
x
+ y
2
− 2
y
x
= 5
Đặt S =
1
x
+ y; P =
y
x
. Khi đó ta có
P.S = 6
S2
− 2P = 5
⇔
S = 3
P = 2
Ta có
x = 1
y = 2
hoặc



x =
1
2
y = 1
Bằng cách thử, Vậy hệ phương trình có nghiệm:
(x; y) = (1; 2) , (x; y) =
1
2
; 1



(x + y) 1 +
1
xy
= 5
x2
+ y2
1 +
1
x2y2
= 49
Nhận xét: Đây là hệ đối xứng loại 1, nếu ta đặt ẩn phụ theo tổng và
tích như cách thông thường thì được hệ phương trình ẩn mới vẫn phức
tạp.
Nhưng nếu thông qua một vài bước biến đổi, sau đó mới sử dụng phương
pháp đặt ẩn phụ thì được hệ phương trình đơn giản hơn.
Lời giải Điều kiện x = 0, y = 0

Ta có



(x + y) 1 +
1
xy
= 5
x2
+ y2
1 +
1
x2y2
= 49
⇔



x +
1
x
+ y +
1
y
= 5
x2
+
1
x2
+ y2
+
1
y2
= 49
Đặt a = x +
1
x
; b = y +
1
y
Khi đó ta có hệ phương trình
a + b = 5
a2
+ b2
= 53
⇔
a = 5 − b
(5 − b)2
+ b2
= 53
⇔
a = 5 − b
(b + 2) (b − 7) = 0
⇔







a = 5 − b
b = −2
a = 5 − b
b = 7
⇔







a = 7
b = −2
a = −2
b = 7
Do đó













x +
1
x
= 7
y +
1
y
= −2



x +
1
x
= −2
y +
1
y
= 7
⇔












x =
7
√
45
2
y = −1



x = −1
y =
7
√
45
2
(x; y) =
7 +
√
45
2
; −1 ; (x; y) =
7 −
√
45
2
; −1

(x; y) = −1;
7 +
√
45
2
; (x; y) = −1;
7 −
√
45
2
1.3.3 PHƯƠNG PHÁP THẾ
Rút ra một ẩn hoặc 1 biểu thức hoặc một số từ phương trình này thế
vào phương trình kia để được 1 phương trình đơn giản hơn, nhờ đó ta
có hệ phương trình đơn giản hơn.
Ta thường áp dụng cách này với các hệ mà ta quan sát thấy 1 phương
trình của hệ mà một ẩn chỉ có bậc nhất hoặc ở cả hai phương trình của
hệ có cùng 1 biểu thức chung
Nhiều khi phải thông qua một vài bước biến đổi tương đương rồi mới có
thể sử dụng phương pháp thế được
x2
(y + 1) (x + y) = 3x2
− 4x + 1 (1)
xy + x + 1 = x2
(2)
Nhận xét: Dễ dàng rút y từ phương trình (2) của hệ, thay vào phương
trình (1) ta được phương trình ần x, từ đó có lời giải như sau:
Lời giải
• Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình (2)
• Với x = 0, thì (2) ⇔ xy = x2
− x − 1 ⇔ y =
x2
− x − 1
x
, thay vào

phương trình (1) ta được:
x2
.
x2
− x − 1
x
+ 1 . x +
x2
− x − 1
x
= 3x2
− 4x + 1
⇔ x2
− 1 2x2
− x − 1 = (x − 1) (3x − 1)
⇔ x (x − 1) 2x2
+ x − 5 = 0
⇔ (x − 1) 2x2
+ x − 5 = 0 (vìx = 0)
⇔


x = 1
x =
−1 ±
√
41
4
Với x = 1 thì y = −1
Với x =
−1 +
√
41
4
thì y =
−27 + 3
√
41
20
Với x =
−1 −
√
41
4
thì y =
−27 − 3
√
41
20
(x; y) = (1; −1)
(x; y) =
−1 +
√
41
4
;
−27 + 3
√
41
20
,
(x; y) =
−1 −
√
41
4
;
−27 − 3
√
41
20
√
7x + y +
√
2x + y = 5 (1)
√
2x + y + x − y = 2 (2)
Nhận xét: Cả hai phương trình của hệ đều có biểu thức
√
2x + y nên
từ phương trình (2) ta rút
√
2x + y = 2+y −x rồi thế vào phương trình
(1).
Lời giải Điều kiện:
7x + y ≥ 0
2x + y ≥ 0

• Từ phương trình (2) suy ra
√
2x + y = 2 + y − x (x − y ≤ 2), thế
vào phương trình (1) ta được:
√
7x + y = 3 + x − y (x − y ≥ −3)
• Do đó ta được:



−3 ≤ x − y ≤ 2
7x + y = 9 + x2
+ y2
+ 6x − 2xy − 6y
2x + y = 4 + y2
+ x2
+ 4y − 4x − 2xy
⇔



−3 ≤ x − y ≤ 2
5x + 2y = 5 + 10x − 10y
2x + y = 4 + y2
+ x2
+ 4y − 4x − 2xy
⇔



−3 ≤ x − y ≤ 2
x = 2y − 1
2 (2y − 1) + y = 4 + y2
+ (2y − 1)2
+ 4y − 4 (2y − 1) − 2xy
⇔



−3 ≤ x − y ≤ 2
x = 2y − 1
y2
− 11y + 11 = 0
⇔



−3 ≤ x − y ≤ 2












x = 10 +
√
77
y =
11 +
√
77
2


x = 10 −
√
77
y =
11 −
√
77
2
⇔



x = 10 −
√
77
y =
11 −
√
77
2
Bằng cách thử, vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là
(x; y) = 10 −
√
77;
11 −
√
77
2

x3
+ 2xy2
+ 12y = 0 (1)
x2
+ 8y2
= 12 (2)
Nhận xét: Nếu thay 12 = x2
+ 8y2
vào phương trình (1) thì ta có thể
biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích
Lời giải
Thay 12 = x2
+ 8y2
vào phương trình (1) ta được:
x3
+ 2xy2
+ x2
+ 8y2
y = 0 ⇔ (x + 2y) x2
− xy + 4y2
= 0
⇔
x = −2y
x2
− xy + 4y2
= 0
Hệ phương trình đã cho tương đương







x = −2y
x2
+ 8y2
= 12
(I)
x2
− xy + 4y2
= 0
x2
+ 8y2
= 12
(II)
Giải hệ (I):
x = −2y
y2
= 1
⇔







x = −2
y = 1
x = 2
y = −1
Giải hệ (II):



x −
y
2
2
+
15
4
y2
= 0
x2
+ 8y2
= 12
⇔
x = 0; y = 0
x2
+ 8y2
= 12
hệ vô nghiệm
(x; y) = (−2; 1) , (x; y) = (2; −1)
y3
+ xy2
+ 3x − 6y = 0 (1)
x2
+ xy = 3 (2)

Lời giải Ta có
y3
+ xy2
+ 3x − 6y = 0 (1)
x2
+ xy = 3 (2)
⇔
y3
+ xy2
+ 3x − 2.3y = 0 (3)
x2
+ xy = 3
Thay 3 = x2
+ xy vào phương trình (3) ta được:
y3
+ xy2
+ x2
+ xy x − 2y x2
+ xy = 0 ⇔ (x + y) (x − y)2
= 0
⇔
x = −y
x = y
• Với x = −y, thay vào phương trình (2) ta được y2
−y2
= 3, phương
trình vô nghiệm
• Với x = y, thay vào phương trình (2), ta được:
y2
+ y2
= 3 ⇔




y =
3
2
y = −
3
2
Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm
(x; y) =
3
2
;
3
2
, (x; y) = −
3
2
; −
3
2

Chương 2
MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
2.1 MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 2.1. Giải hệ phương trình sau:
y (xy − 2) = 3x2
y2
+ x2
y + 2x = 0
Gợi ý:
Cộng theo từng vế của hai phương trình rồi biến đổi thành phương trình
tích
Đáp số:
(x; y) = (0; 0) , (x; y) =
−1
3
√
3
; −
3
√
3 , (x; y) = (2; −2)



y2
+ 1
y
=
x2
+ 1
x
x2
+ 3y2
= 4
Gợi ý: Biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích
Đáp số:
(x; y) = (1; 1) , (x; y) = (−1; −1) ,
(x; y) =
√
3;
1
√
3
; (x; y) = −
√
3; −
1
√
3
x2
+ xy = 6
x3
+ y3
+ 18y = 27
Gợi ý: Thay 6 = x3
+ xy vào phương trình (2)
Đáp số: (x; y) = (2; 1)

xy + x + 1 = 7y
x2
y2
+ xy + 1 = 13y2
Gợi ý: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ: Đặt x +
1
y
= a,
x
y
= b
Đáp số: (x; y) = (3; 1) , (x; y) = 1;
1
3
x2
− xy + x − y = 4
3x2
− 3xy − 5x + 5y = 4
Gợi ý: Thế 4 = (x + 1) (x − y) vào phương trình (2) rồi biến đổi thành
phương trình tích
Đáp số: (x; y) = (3; 2)
x2
+ xy + y2
= 19(x − y)2
x2
− xy + y2
= 7 (x − y)
Gợi ý: Viết phương trình (1) dưới dạng phương trình bậc hai ẩn x
Đáp số: (x; y) = (0; 0) , (x; y) = (3; 2) , (x; y) = (−2; −3) ,
4x2
+ y4
− 4xy3
= 1
4x2
+ 2y2
− 4xy = 2
Gợi ý: Trừ theo từng vế của phương trình (2) và phương trình (1) rồi
biến đổi thành phương trình tích
Đáp số:
(x; y) = (0; 1) , (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (0; −1) ,
(x; y) = (−1; −1) , (x; y) = −
1
√
5
;
1
√
5
, (x; y) =
1
√
5
; −
1
√
5
,

Bài tập 2.8. Giải hệ phương trình sau
x2
+ y2
+ x + y = 8
x2
− 3y2
+ 2xy − x + 5y − 2 = 0
Gợi ý: Viết phương trình (2) dưới dạng phương trình bậc hai ẩn x
Đáp số:
(x; y) = (1; 2) , (x; y) = (−3; −2) ,
(x; y) =
−1 + 3
√
69
10
;
7 + 3
√
69
10
, (x; y) =
−1 − 3
√
69
10
;
7 − 3
√
69
10
.



x2
+ y2
+
2xy
x + y
= 1
√
x + y = x2
− y
Gợi ý: Biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích
Đáp số:
(x; y) = (1; 0) , (x; y) = (−2; 3)
x3
− y3
= 4x + 2y
x2
− 1 = 3 1 − y2
Gợi ý: Thay 4 = x2
+ 3y2
vào phương trình (1) và biến đổi thành
phương trình tích
Đáp số:
(x; y) = (2; 0) , (x; y) = (−2; 0) , (x; y) = −
5
√
7
7
;
√
7
7
,
(x; y) =
5
√
7
7
;
−
√
7
7
, (x; y) = (−1; 1) , (x; y) = (1; −1) ,

x2
− 2xy + x − 2y + 3 = 0
y2
− x2
+ 2xy + 2x − 2 = 0
Gợi ý: Nhân hai vế của phương trình (1) với (2) rồi cộng theo từng vế
phương trình (2)
Đáp số:
(x; y) =
−5 −
√
21
2
;
−1 −
√
21
2
, (x; y) =
−5 +
√
21
2
;
−1 +
√
21
2
,
x xy − 2y2
= 3
x2
+ y − 2xy = 4
Gợi ý: Trừ vế với vế phương trình (1) và phương trình (2) rồi biến đổi
thành phương trình tích
Đáp số:
(x; y) = (3; 1) , (x; y) = (−1; −1) ,
(x; y) = 3 +
√
10; 3 , (x; y) = 3 −
√
10; 3 ,



x2
+
4
y2
= 4
x −
2
y
−
4x
y
= −2
Gợi ý: Đặt x −
2
y
= a,
4x
y
= b
Đáp số:
(x; y) = (0; 1) , (x; y) =
2 + 2
√
7
3
;
1 +
√
7
2

(x; y) =
2 − 2
√
7
3
;
1 −
√
7
2
Bài tập 2.14. Giải hệ phương trình sau:


x − 2y −
2
x
+ 1 = 0
x2
− 4xy + 4y2
−
4
x2
+ 1 = 0
Gợi ý: Đặt x − 2y = a,
2
x
= b
Đáp số: (x; y) = (2; 1)
x4
− x3
y + x2
y2
= 1
x3
y − x2
+ xy = −1
Gợi ý: Trừ vế với vế của phương trình (1) và phương trình (2), Rồi
đặt x2
− xy = t
Đáp số: (x; y) = (1; 0) , (x; y) = (−1; 0) ,
(x − y) x2
+ y2
= 13
(x + y) x2
− y2
= 25
Gợi ý: Trừ theo từng vế phương trình (1) và phương trình (2), rồi đặt
x − y = a, xy = b
Đáp số: (x; y) = (3; 2) , (x; y) = (−2; −3) ,
x2
+ y2
+ x + y = 4
x (x + y + 1) + y (y + 1) = 2
Gợi ý: Phương pháp thế

Đáp số:
(x; y) = −
√
2;
√
2 , (x; y) =
√
2; −
√
2
(x; y) = (−2; 1) , (x; y) = (1; −2)
x4
+ 2x3
y + x2
y2
= 2x + 9
x2
+ 2xy = 6x + 6
Gợi ý: Thế xy =
6x + 6 − x2
2
vào phương trình (1)
Đáp số: (x; y) = −4;
17
4
x (x + 2) (2x + y) = 9
x2
+ 4x + y = 6
Gợi ý: Đặt x (x + 2) = a; 2x + y = b
Đáp số: (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (−3; 9)
√
2x + y + 1 −
√
x + y = 1
3x + 2y = 4
Gợi ý: Đặt ẩn phụ
Đáp số: (x; y) = (2; −1)
Bài tập 2.21. Giải hệ phương trình sau:


4xy + 4 x2
+ y2
+
3
(x + y)2 = 7
2x +
1
x + y
= 3
Gợi ý: Đặt ẩn phụ
Đáp số: (x; y) = (1; 0)

KẾT LUẬN
Kiến thức được trình bày trong chuyên đề đã được giảng dạy cho các
em học sinh giỏi lớp 9 và các lớp luyện thi vào lớp 10
Kết quả thu được khả quan, các em hăng say học tập, hứng thú tìm tòi
cái mới, cái hay, các em có niềm tin trong học tập, không ngại khó, yêu
thích môn Toán.
Với loại hệ phương trình này người thầy phải biết phân loại bài, biết vận
dụng sáng tạo phương pháp và định hướng cách giải cho học sinh
Mặc dù rất cố gắng khi thực hiện chuyên đề nhưng không tránh khỏi
những thiếu xót, hạn chế nhất định. Vì vậy tôi mong muốn được đồng
nghiệp đóng góp ý kiến để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Để hoàn
thành được chuyên đề này tôi xin được chân thành cảm ơn Ban giám
hiệu, các đồng chí trong tổ Toán - Lý - Tin đã đóng góp ý kiến, giúp đỡ
tôi trong suốt quá trình làm chuyên đề.
Phúc Yên, ngày 07 tháng 03 năm 2014
Người viết
Nguyễn Thị Thanh Huyền

Cđ giải hpt không mẫu mực

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (8)

Similar to Cđ giải hpt không mẫu mực

Similar to Cđ giải hpt không mẫu mực (20)

More from Cảnh

More from Cảnh (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (11)

Cđ giải hpt không mẫu mực