Tải bản đầy đủ

Một số phương pháp giải hệ phương trình cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS đông cương

Mục lục
Tiêu đề

Trang

1.3. Đối tượng nghiên cứu:....................................................................................2

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Thực hiện đổi mới của giáo dục hiện nay, đó là: không chỉ dạy kiến thức cho
các em, mà cần dạy cả phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối
các môn khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Người thầy phải thực hiện điều đó và hướng dẫn hoc sinh thực hiện ngay
trong mỗi tiết học. Tất nhiên để làm được, chính người thầy phải có những khả
năng trên, cùng với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương
pháp tạo ra tình huống có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào
trong tiết học, với những xuất phát điểm phải từ trong SGK rồi sau đó phát triển các
bài toán, các dạng toán lên để đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh.
Hệ phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình toán phổ
thông. Hệ phương trình có nhiều dạng và cách giải khác nhau. Đơn giản nhất là hệ
hai phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn. Hệ hai phương

trình bậc nhất hai ẩn học sinh được học ở cấp hai, đến lớp 10 được ôn tập lại và học
hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn. Hệ đối xứng loại I, hệ đối xứng loại II, hệ đẳng
cấp và nhiều hệ phương trình không mẫu mực khác thì học sinh không được tìm
hiểu chính thức trong chương trình học, ở nhà trường có chăng thì biết được thông
qua tài liệu tham khảo, tự học.
Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các
em hệ thống các bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần rèn

1


luyện khả năng sáng tạo cho học sinh. Dạng toán giải Giải hệ phương trình là một
mảnh đất rất thuận lợi cho chúng ta thực hiện công việc này.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Hệ phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình ôn thi
học sinh giỏi các cấp cũng như thi Đại học sau này. Để đáp nhu cầu học tập đó của
học sinh tôi mạnh dạn cung cấp thêm các phương pháp cũng như kỹ năng giải hệ
phương trình. Để các em có cách nhìn toàn diện hơn về dạng toán này. Cho nên bản
thân mạnh dạn tìm tòi nghiên cứu đưa ra “Một số phương pháp giải hệ phương
trình cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS Đông Cương” nhằm đáp ứng tốt và
bền vững quá trình ôn thi học sinh giỏi các cấp.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Một số phương pháp giải các hệ phương trình cơ bản. Những bài toán cụ thể
bao gồm phân tích và lời giải. Các bài tập tự luyện.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:

Giáo viên đưa ra các bài tập cụ thể

⇒ cùng với học sinh phân tích, định

hướng ⇒ bài này thuộc dạng nào ⇒ phương pháp giải đối với những dạng đó ra
sao ⇒ tìm tòi lời giải ⇒ phân tích lời giải ⇒ có thể vận dụng vào giải các bài
tương tự. Định hướng học sinh tham khảo thêm các tài liệu liên quan, hướng dẫn
cách học ở nhà, cách khai thác nguồn tài liệu, rèn luyện tính tự học.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận:
Trước sự phát triển mạnh mẽ nền kinh tế tri thức khoa học, công nghệ
thông tin như hiện nay, một xã hội thông tin đang hình thành và phát triển trong
thời kỳ đổi mới như nước ta đã và đang đặt nền giáo dục và đào tạo trước những
thời cơ và thách thức mới. Để hòa nhập tiến độ phát triển đó thì giáo dục và đào

tạo luôn đảm nhận vai trò hết sức quan trọng trong việc “đào tạo nhân lực,
nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài” mà Đảng, Nhà nước đã đề ra, đó là “đổi
mới giáo dục phổ thông theo Nghị quyết số 40/2000/QH10 của Quốc hội”.
Nhằm đáp ứng được mục tiêu giáo dục toàn diện cho học sinh, con đường
duy nhất là nâng cao chất lượng học tập của học sinh ngay từ nhà trường phổ

2


thông. Là giáo viên ai cũng mong muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến
thức dễ dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học, thì môn toán là môn học
đáp ứng đầy đủ những yêu cầu đó.
Việc học toán không phải chỉ là học như SGK, không chỉ làm những bài tập
do Thầy, Cô ra mà phải nghiên cứu đào sâu suy nghĩ, tìm tòi vấn đề, tổng quát
hoá vấn đề và rút ra được những điều gì bổ ích. Dạng toán giải hệ phương trình
là một dạng toán quan trọng của môn đại số 9 đáp ứng yêu cầu này, là nền tảng,
làm cơ sở để học sinh học tiếp các bài học sau cũng như các môn học khoa học
tự nhiên khác, …
Vấn đề đặt ra là làm thế nào để học sinh giải bài toán về hệ phương trình một cách
chính xác, nhanh chóng và đạt hiệu quả cao. Để thực hiện tốt điều này, đòi hỏi giáo
viên cần xây dựng cho học sinh những kĩ năng như quan sát, nhận xét, đánh giá bài
toán, đặc biệt là kĩ năng giải toán, kĩ năng vận dụng bài toán, tuỳ theo từng đối
tượng học sinh, mà ta xây dựng cách giải cho phù hợp trên cơ sở các phương pháp
đã học và các cách giải khác, để giúp học sinh học tập tốt bộ môn. Các phương
pháp chủ yếu như:
* 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.
* 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.
* 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.

3


- Nhận dạng: Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương
trình có vế trái đẳng cấp bậc k.
* Phương pháp đặt ẩn phụ.
2. 2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu:
Ở các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi vào trung học phổ thông, môn Toán
thành phố Thanh Hóa nhiều nằm đạt kết quả rất cao nhưng một số năm không tốt.
Đó là một điều mà người giáo viên đứng lớp lúc nào cũng phải suy nghĩ, băn
khoăn, trăn trở, tìm hiểu nguyên nhân, lý do tại sao kết quả không được bền vững.
Để chất lượng đội tuyển bền vững bản thân thiết nghĩ chương trình dạy học cũng là
một phần rất quan trọng trong quá trình dạy học. Trong đó phần kiến thức “Giải hệ
phương trình” năm nào cũng có. Trong quá trình dạy học và bồi dưỡng cho các
em, giáo viên thường gặp dạng nào thì hướng dẫn dạng đó mà không theo một dạng
tổng quát. Hầu như các em còn lúng túng chưa có cách giải tổng quát hay chưa có
kỹ năng thành thạo khi gặp các dạng hệ phương trình. Vì vậy việc nhận dạng và
khái quát hóa cách giải một số hệ phương trình cơ bản là việc làm thiết thực và cấp
bách.
Để đánh giá được khả năng giải toán và có phương án, phương pháp truyền
đạt đến học sinh. Tôi đã tiến hành kiểm tra 6 em trong đội tuyển học sinh giỏi dự
thi cấp thành phố năm học 2016-2017 với thời gian làm bài 30 phút.
Đề bài:
 x 2 + y 2 + xy = 3
Bài 1 (5đ): Giải hệ phương trình:  2 2
 x − y + xy = 1.
 x 2
2
 y ( x + y ) = 2
Bài 2 (5đ): Giải hệ phương trình: 
 y (2 x 2 − y 2 ) = 1.
 x

Kết quả cụ thể:
Điểm dưới 5

Điểm 5-6

Điểm 7-8

Điểm 9-10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

1

16,7

2

33,3

2

33,3

1

16,7

4


Qua bài kiểm tra tôi thấy đây là 6 học sinh trong đội tuyển Toán chính thức.
Nhưng chất lượng bài làm không cao. Nếu làm được bài thì lập luận thiếu chặt chẽ;
từ đó tôi phân dạng để học sinh dễ tiếp thu.
Trong các buổi học thông qua các tình huống có vấn đề hoặc các bài tập đưa
ra, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán, biết nhìn bài
toán dưới nhiều góc độ. Hay xuất phát từ một bài toán bất kỳ, yêu cầu học sinh phải
phán đoán đưa ra nhận xét và hướng giải quyết. Tìm ra nhiều cách giải thú vị gây
hứng thú trong học tập.
2.3. Các giải pháp thực hiện:
2.3.1: Hệ thống kiến thức một số hệ phương trình cơ bản:
a. Hệ phương trình đối xứng loại I:
- Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự
các phương trình cũng không thay đổi.
- Cách giải: Biến đổi đưa về dạng tổng - tích.
+ Đặt S = x + y; P = xy
+ Giải hệ với ẩn S; P với điều kiện có nghiệm (x; y) là S 2 ≥ 4 P.
+ Tìm nghiệm (x; y) bằng cách thế vào phương trình X 2 − SX + P = 0 .
b. Hệ phương trình đối xứng loại II.
- Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự
các phương trình thay đổi (phương trình này trở thành phương trình kia).
- Cách giải: Lấy vế trừ vế và phân tích thành nhân tử, lúc nào cũng đưa
được về dạng ( x − y ). f ( x, y ) = 0 , tức luôn có x = y .
c. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai:
a1 x 2 + b1 xy + c1 y 2 = d1
d 2 (a1 x 2 + b1 xy + c1 y 2 ) = d1.d 2 (1)

 2

2
2
2
a2 x + b2 xy + c2 y = d 2
 d1 (a2 x + b2 xy + c2 y ) = d1.d 2 (2)

Lấy (1)- (2) ⇒ (a1d 2 − a2 d1 ) x 2 + (b1d 2 − b2 d1 ) xy + (c1d 2 − c2 d1 ) y 2 = 0 đây là phương
trình đẳng cấp bậc hai nên sẽ tìm được mỗi liên hệ x, y (bản chất nhân chéo hai
phương trình lại với nhau tạo đồng bậc).
Lưu ý: Ta sẽ làm tương tự đối với dạng đẳng cấp bậc ba và bậc bốn.
d. Sử dụng phương pháp thế tạo phương trình đẳng cấp (đồng bậc).

5


 f m ( x; y ) = a
với f m ( x; y ); f n ( x; y ); f k ( x; y ) là các biểu
 f n ( x; y ) = f k ( x; y )

Dạng thường gặp là 

thức đẳng cấp bậc m; n; k thỏa mãn m + n = k
Phương pháp giải: Sử dụng kỹ thuật đồng bậc, tức là:
a = f m ( x; y )

⇒ f m ( x; y ). f n ( x; y ) = a. f k ( x; y )
Hệ phương trình đã cho ⇔ ↓
a. f ( x; y ) = a. f ( x; y )
k
 n

đây là phương trình đẳng cấp bậc k, sẽ tìm được mỗi liên hệ giữa x; y.
2.3.2. Bài toán cụ thể:
 x3 + y 3 = 8
Bài toán 1: Giải hệ phương trình: 
(1)
 x + y + 2 xy = 2

Phân tích: Khi thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật
tự các phương trình trong hệ cũng không thay đổi ⇒ đây là hệ đối xứng loại I và
phương pháp giải là biến đổi về tổng và tích.
Lời giải: Đặt s = x + y; p = xy, ( s 2 ≥ 4 p).
Khi đó: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) = ( x + y )[( x + y )2 − 3xy ] = s 3 − 3 ps
 s 3 − 3sp = 8
2 p = 2 − s
s = 2
(1) ⇔ 
⇔ 3
⇔
(thỏa mãn đk)
2
p = 0
s + 2 p = 2
2 s + 3s − 6 s − 16 = 0
s = 2
x + y = 2
x = 2
x = 0
⇒
⇔
hoặc 
.
 p = 0  xy = 0
y = 0
y = 2

Với 

Vậy tập nghiệm hệ cần tìm S = { ( x; y ) } = { (2;0);(0; 2)}
 x y + y x = 6

Bài toán 2: Giải hệ phương trình: 

2
2
 x y + y x = 20

(2)

Phân tích: Khi thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các
phương trình trong hệ cũng không thay đổi ⇒ đây là hệ đối xứng loại I. Nhưng
trong hệ phương trình có chứa

x ; y , nên ta sẽ đặt s = x + y ; p = xy hoặc ta có

thể đặt u = x ; v = y , rồi sau đó đặt s; p theo u, v cũng được kết quả tương tự.
Lời giải: Điều kiện x; y ≥ 0 . Đặt u = x ≥ 0; v = y ≥ 0
u 2 v + uv 2 = 6
uv(u + v) = 6
 ps = 6
(2) ⇔  4 2



 2 2
2 2
2
2 4
u v + u v = 20
u v [(u + v) − 2uv] = 20
 p ( s − 2 p ) = 20

6


 ps = 6
s = u + v 2
 p = 2 u + v = 2 u = 1
u = 2
( s ≥ 4 p) ⇔  2 2
⇔
⇔
⇔
hoặc 
3
v = 1
 p = uv
u + v = 3
v = 2
 p s − 2 p = 20  s = 3

với 


 x =1

Suy ra: 


 y =2

 x = 2

x = 1
x = 4
⇔
hoặc 
y = 4
y =1
 y = 1

hoặc 

So với điều kiện, nghiệm hệ là S = { ( x; y ) } = { (1; 4);(4;1)}
 2 x 3 + x 2 y = 3 (1)
Bài toán 3: Giải hệ phương trình:  3
(3)
2
 2 y + xy = 3 (2)

Phân tích: Nếu thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và
phương trình này trở thành phương trình kia ⇒ đây là hệ đối xứng loại II (lấy vế trừ
vế). Ngoài ra nếu quy đồng thì đây là hệ đẳng cấp bậc ba (đặt x = ty ).
Lời giải 1:
 2 x 3 + x 2 y = 3 (1)
 3
2
 2 y + xy = 3 (2)
2 x 3 + x 2 y = 3
⇔ 3
3
2( x − y ) + xy ( x − y ) = 0
2 x 3 + x 2 y = 3
⇔
2
2
( x − y )(2 x + 2 y + 3 xy ) = 0
2 x 3 + x 2 y = 3

2 x3 + x 2 y = 3
2
2
 
⇔


3  7y
x = y
( x − y )  2  x + 4 y ÷ + 8  = 0







2
 

3  7 y2
> 0, ∀x, y ÷)
(do  2  x + y ÷ +
÷
4 
8
 


x = y
x = 1
⇔ 2
⇔
.
3 x = 3  y = 1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (1;1)}
Lời giải 2: Xem đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba.
2t 3 y 3 + t 2 y 3 = 3  y 3 (2t 3 + t 2 ) = 3 2t 3 + t 2
x
=
ty

0

⇔ 3 3
⇒ 3
=1
Đặt
thì hệ  3 3 3
2t + t
2 y t + ty = 3
 y (2t + t ) = 3
⇔ t 2 − t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ x = y , thế vào (1) ⇔ 3 x 3 = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1

7


⇔ 6 y = 2( 2 y − y ) ⇔ 3 y =
2

2

y ( 2 − 1) ⇔

y =
3

2 −1
⇔ y=
3

2

2

 2 −1 
 2 −1 
3 
3 

x
=
2.
÷
 3 ÷
 3 ÷
÷





2
5 x − 3 y = x − 3xy
Bài toán 4: Giải hệ phương trình:  3 2 2
(4)
3
 x − x = y − 3 y

Phân tích: Nếu để hệ như thế này thì rất khó tìm hướng giải. Nhưng nếu
2
5 x + 3xy = x + 3 y
chuyển hệ pt về  3
3
2
2 và nhân chéo thu được phương trình đẳng cấp
 x + 3 y = x + y

bậc bốn với hai biến x; y và có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải: Nhận thấy x = y = 0 là một nghiệm của hệ phương trình. Xét
x ≠ 0; y ≠ 0 .
5 x 2 + 3 xy = x + 3 y
(5) ⇔  3
⇒ (5 x 2 + 3 xy )( x 2 + y 2 ) = ( x 3 + 3 y 3 )( x + 3 y ) ⇔ 4 x 4 + 5 x 2 y 2 − 9 y 4 = 0
3
2
2
 x + 3 y = x + y
2

 x2 
 x2 
x = y
x2
⇔ 4  2 ÷ + 5  2 ÷− 9 = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ 
y
x = − y
y 
y 
1
Với x = y thế vào pt thứ nhất của hệ ta được ⇔ 8 x 2 = 4 x ⇔ x = y =

2

Với x = − y thế vào pt thứ nhất của hệ ta được ⇔ 2 x 2 = −2 x ⇔ x = − y = −1


1 1 



Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = (0;0);(−1;1);  ; ÷
2 2






Ghi chú: Ngoài nhân chéo để được phương trình đẳng cấp ta có thể dùng
phương pháp thế với mục đích tạo ra phương trình bậc cao một ẩn mà trọng tâm đó
là phương pháp thế cụm tạo thành phương trình đẳng cấp, nó là tiền đề cơ bản,
công đoạn nhỏ để giải các dạng toán.
 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y
Bài toán 5: Giải hệ phương trình:  2 2
 x -3y =6

(1)
(2)

(5)

Phân tích: Để ý thấy (1) có thể đưa về dạng: x3 − y 3 = 2(4 x + y ) thì vế trái bậc
3 vế phải bậc nhất. Mà phương trình (2) có vế trái bậc hai vế phải bậc không. Nghĩ
ngay đến việc đồng bậc của phương trình (1) bằng cách dùng phương pháp thế từ
phương trình (2) trong hệ. Nhưng trước hết ta cần nhân thêm 3 vào hai vế của
phương trình (1) để xuất hiện hệ số 6 để thế 6 = x 2 − 3 y 2
8


Lời giải
3( x 3 − y 3 ) = 6(4 x + y )
(7)

⇒ 3 x3 − 3 y 3 = ( x 2 − 3 y 2 )(4 x + y )
Ta có

2
2
6 = x − 3 y
⇔ x 3 + x 2 y − 12 xy 2 = 0 ⇔ x ( x 2 + xy − 12 y 2 ) = 0 ⇔ x( x − 3 y )( x + 4 y ) = 0

+) Với x = 0 , thế vào (2) ⇔ −3 y 2 = 6 : vô nghiệm.
x = 3
 x = −3
hoặc 
y =1
 y = −1

2
+) Với x = 3 y , thế vào (2) ⇔ 6 y = 6 ⇔ 



6
 x = −4
x = 4
13


2
+) Với x = −4 y , thế vào (2) ⇔ 13 y = 6 ⇔ 
hoặc 
y = 6
y = −


13









Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = (±3; ±1);  ±4

6
13
6
13

6
6  

÷
13
13 ÷
 

3( x 3 − y 3 ) = 2(4 x + y )
Nhận xét: Sau khi biến đổi (7) ⇔ 
và ta hoàn toàn có thể
2
2
6 = x − 3 y

giải bằng cách nhân chéo hai phương trình với nhau, cũng tạo được phương trình
đẳng cấp bậc 3 với 2 biến x, y . Nhưng trong rất nhiều bài toán, sự nhân chéo này
mang lại hiệu quả không cao, tức không tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta cùng xét
bài toán sau:

 2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y )(2 xy + 3) (1)
Bài toán 6: Giải hệ phương trình:  2
2
(2)
 x − xy + y =3

(6)

Phân tích: Phương trình (1) có vế trái là bậc 3, vế phải là tích bậc nhất ( x − y )
với lượng (2 xy + 3) . Nếu lượng này biến đổi được thành bậc hai, sẽ thu được phương
trình đẳng cấp bậc 3. Thật vậy nếu thế 3 = x 2 − xy + y 2 vào 2 xy + 3 = 2 xy + ( x 2 − xy + y 2 )
thu được bậc 2, hiển nhiên (1) là phương trình đẳng cấp bậc 3 và có lời giải sau:
Lời giải:
3
3
 2 x − 9 y = ( x − y )(2 xy + 3) (1)
 2
2
(2)
 x − xy + y =3

3 = x 2 − xy + y 2
⇔ 3
3
2
2
2 x − 9 y = ( x − y )(2 xy + x − xy + y )

9


3 = x 2 − xy + y 2
⇔ 3
3
2
2)
3
3
2 x − 9 y = ( x − y )( x + xy + y = x − y
 x = 2

3 = x 2 − xy + y 2
3 = x 2 − xy + y 2
 y = 1
⇔ 3



3
  x = −2
 x = 8 y
x = 2 y

  y = −1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (2;1);(−2; −1)}
Nhận xét: Giải hệ phương trình đưa về tích số là một dạng toán thường
xuyên xuất hiện trong các kỳ thi. Để đưa về tích số ta có thể sử dụng một số kỹ
thuật như: Kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai, ký thuật liên hợp, kỹ
thuật dùng phương pháp cộng.
 x 2 + xy + y 2 =7
Bài toán 7: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − xy − 2 y = − x + 2 y

(1)
(2)

(7)

Phân tích: Phương trình (1) và (2) đều có dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x
hoặc theo ẩn y nhưng ta sẽ không tìm được gì ở phương trình (1). Do đó sẽ định
hướng biến đổi về tích số ở phương trình (2) với các hướng suy nghĩ sau đây:
Hướng 1: Nhận thấy vế trái (2) có dạng đẳng cấp nên sẽ sử dụng máy tính
để phân tích thành tích số nhóm này, tức có x 2 − xy − 2 y 2 = ( x − 2 y )( x + y ) kế đến ta
cần phân tích vế trái theo 2 hạng tử tích này, nhưng nó đã có sẵn nếu viết
− x + 2 y = −( x − 2 y ) nên có nhân tử, tức (2) ⇔ ( x − 2 y )( x + y ) + x − 2 y = 0 ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0
Lưu ý: Việc phân tích thành tích số đối với biểu thức có dạng bậc hai 2 biến:
F ( x; y ) = ax 2 + bxy + cy 2 = a ( x − x1 y )( x − x2 y ) với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương

trình f ( x) = ax 2 + bx + c = 0 . Ta sẽ làm tương tự đối với việc phân tích đa thức bậc 3
hai biến dạng F ( x; y ) = ax 3 + bx 2 y + cy 2 x + dy 3 = a ( x − x1 y )( x − x2 y )( x − x3 y )
Hướng 2: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x , tức
(2) ⇔ x 2 + (1 − y ) x − 2 y 2 − 2 y = 0 .

Ta có ∆ x = (1 − y )2 + 4(2 y 2 + 2 y ) = 9 y 2 + 6 y + 1 = (3 y + 1) 2 là số chính phương nên
có: x =

y −1 + 3y +1
y −1− 3y −1
= 2 y; x =
= − y − 1 hay (2) ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0
2
2

Hướng 3: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn y , ta được kết quả tương tự.
x = 2y
x = 2y
⇔
x + y +1 = 0
 x = − y −1

Lời giải: Ta có (2) ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0 ⇔ 
10


y =1⇒ x = 2
 y = −1 ⇒ x = − 2

2
* Với x = 2 y , thế vào (1) ⇔ 7 y = 7 ⇔ 

 y = −3 ⇒ x = 2
 y = 2 ⇒ x = −3

2
* Với x = − y − 1 , thế vào (1) ⇔ y + y − 6 = 0 ⇔ 

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (2;1);(−2; −1);(2; −3);(−3; 2)}
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
(1)
Bài toán 8: Giải hệ phương trình: 
 x 2 y − y x − 1=2x − 2 y (2)

(8)

Phân tích: Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc 2 với 2 ẩn x; y nên có các
hướng sau:
Hướng 1: Nếu chuyển vế dạng (1) ⇔ x 2 − xy − 2 y 2 = x + y có vế trái dạng đẳng
cấp nên sẽ phân tích x 2 − xy − 2 y 2 = ( x − 2 y )( x + y ) có nhân tử với vế phải.
Hướng 2: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y ta cũng phân tích
và tìm được nhân tử từ (2), tức có (2) ⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0
Lời giải: Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 .
(1) ⇔ ( x − 2 y )( x + y ) − ( x + y ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0 ⇔ x − 2 y − 1 = 0 ,

(do x + y ≥ 1 ) Suy ra x = 2 y + 1 thế vào (2)
⇔ (2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2 y + 2 ⇔ 2 y ( y + 1) = 2( y + 1)
⇔ 2 y = 2, (do: y + 1 ≥ 1) ⇔ y = 2 ⇒ x = 5 (thỏa mãn).

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (5; 2)}
 xy + x − 2 = 0

Bài toán 9: Giải hệ phương trình: 

(1)

 2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0 (2)
3

2

2

2

(9)

Phân tích: Từ phương trình (2), nếu nhìn nhận đó là phương trình bậc 2 với
ẩn là y thì khi lập ∆ không là số chính phương nên sẽ không áp dụng phân tích
được theo tam thức. Lúc này ta nghĩ đến việc nhóm hạng tử, ta nên ưu tiên phép thử
đối với hạng tử có chứa những hằng số giống nhau trước, nhận thấy nhóm
2 x3 − 2 xy = 2 x( x 2 − y ) có x 2 − y và dựa vào nó để ghép các cặp còn lại. Tức
2 x3 − x 2 y + x 2 + y 2 − 2 xy − y = 2 x( x 2 − y ) + ( x 2 − y ) − y ( x 2 − y ) có nhân tử x 2 − y .

Lời giải:
Từ (2) ⇔ 2 x( x 2 − y ) + ( x 2 − y ) − y ( x 2 − y ) = 0
⇔ ( x 2 − y )(2 x − y + 1) = 0 ⇔ y = x 2 hoặc y = 2 x + 1

11


*) Với y = x 2 , thế vào (1) ⇔ x3 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1

−1 + 5
⇒y= 5
x =
2
2

*) Với y = 2 x + 1 , thế vào (1) ⇔ x + x − 1 = 0 ⇔

−1 − 5
⇒ y=− 5
x =

2


 −1 − 5
  −1 + 5
 
;− 5 ÷
;
;
5

÷
÷
÷
2
 2
 
 


Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = (1;1); 


Nhận xét: Kỹ thuật phân tích thành tích số bằng việc tách - ghép - nhóm
hạng tử là kỹ thuật khá cơ bản trong việc giải hệ phương trình. Ngoài ra còn một
pháp phân tích đa thức 2 biến F ( x; y ) bằng máy tính bỏ túi như sau:
Bước 1: Cho biến chứa bậc cao nhất bằng 1000, chẳng hạn x = 1000 (nếu
x; y cùng bậc thì cho x hay y gì cũng được).
Bước 2: Thế x = 1000 vào F ( x; y ) và phân tích F ( x; y ) thành nhân tử (phân
tích ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) hoặc Hoocner đối với phương trình bậc cao).
Bước 3: Dựa vào đa thức 1000 = x trở lại F ( x; y ) được biểu thức tích.
Ví dụ: Từ (2) ⇔ y 2 − ( x 2 + 2 x + 1) y + 2 x3 + x 2 = 0 và cho x = 1000 được:
 y = 1000000 = (1000) 2 = x 2
y − 1002001 y + 2001000000 = 0 ⇔ 
 y = 2001 = 2.100 + 1 = 2 x + 1
2

lúc này sẽ viết (2) ⇔ ( y − x 2 )( y − 2 x − 1) = 0 .
* Ngoài việc kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai để đưa về
phương trình tích ta có thể sử dụng kỹ thuật liên hợp:
1

 x + y + x + 3 = ( y − 3)
x
Bài toán 10: Giải hệ phương trình: 
 x+ y + x = x+3


(1)

(10)

(2)

Phân tích: Từ (1), nhận thấy ( x + y ) − ( x − 3) = y − 3 có nhân tử với vế phải nên
sẽ ghép 2 căn thức lại với nhau để tiến hành liên hợp. Nhưng khi liên hợp sẽ xuất
hiện ở mẫu số dạng

A − B nên ta phải xét lượng này có khác 0 hay chưa?

Lời giải: Điều kiện x > 0; x + y ≥ 0 . Khi đó (1) dương nên cần y > 3 .
Với y > 3 ⇔ x + y > x + 3 ⇔ x + y > x + 3 ⇔ x + y − x + 3 > 0 thì:
y −3

y −3

1

1

(1) ⇔ x + y − x + 3 = x ⇔ x + y − x + 3 = x ⇔ x + y − x + 3 = x (3)

12


 x + y + x = x + 3

Kết hợp (3) với (2), suy ra hệ: 

 x + y − x + 3 = x

⇒ x + x +3 = 3

0 < x < 3
⇔ 2 x + 3 + 2 x 2 + 3x = 9 ⇔ x 2 + 3x = 3 − x ⇔ 
⇒ y = 8 (thỏa mãn đk)
x = 1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (1;8)}
 x 2 y 3 + 3 x 2 − 4 x + 2 = 0 (1)
Bài toán 11: Giải hệ phương trình:  2 2
2
(2)
 x y − 2 x + y = 0

(11)

Phân tích: Nhận thấy (1), (2) là phương trình bậc hai với ẩn x , nhưng biệt
số delta không là chính phương. Đối với những hệ phương trình đại số có các biến
không độc lập với nhau, chẳng hạn x 2 y 3 . Thường ta làm theo các bước như sau:
( y 3 + 3) x 2 − 4 x + 2 = 0
* Viết lại hệ hai phương trình bậc hai với ẩn x :  2 2
2
 y x − 2 x + y = 0

* Lập tỉ số về hệ số:

y 3 + 3 −4 2
=
=
⇒ y = −1 ⇒ x = 1 là một nghiệm của hệ.
y2
−2 y 2

2
2
 2 x − 4 x + 2 = 0
2( x − 2 x + 1) = 0
⇔ 2
* Thế y = −1 vào hệ ban đầu:  2
 x − 2 x + 1 = 0
 x − 2 x + 1 = 0

(1')
(2')

* Do đó để hai phương trình này luôn đúng (dạng 0 = 0) khi cộng lại thì ta
phải nhân phương trình thứ hai với -2.
Lúc đó, lấy (1’) - 2.(2’) sẽ thu được tích: ( y + 1). f ( x) = 0
2 3
2
 x y + 3 x − 4 x + 2 = 0 (1)
Lời giải: Ta có:  2 2
2
(2)
 x y − 2 x + y = 0
3
2
( y + 3) x − 4 x + 2 = 0
⇔ 2 2
2
 y x − 2 x + y = 0
2 2
2
 y x − 2 x + y = 0
⇔ 2 3
2
2 2
2
 x y + 3x − 2 x y − 2 y + 2 = 0
2 2
2
 y x − 2 x + y = 0
⇔ 2 3
2
2
 x ( y − 2 y + 3) = 2( y − 1)

 y 2 x 2 − 2 x + y 2 = 0
⇔ 2
2
 x ( y + 1)( y − 3 y + 3) = 2( y − 1)( y + 1)
 y 2 x 2 − 2 x + y 2 = 0
⇔
2
2
( y + 1)  x ( y − 3 y + 3) − 2( y − 1)  = 0

13


 y 2 x2 − 2x + y 2 = 0

⇔  y + 1 = 0
 2 2
  x ( y − 3 y + 3) − 2( y − 1) = 0 (*)
 y 2 x2 − 2x + y 2 = 0

 y = −1 ⇒ x = 1
⇔ 
  x 2 = 2( y − 1) ≥ 0 ⇒ y ≥ 1
 
y2 − 3y + 3

Với y ≥ 1, (2) ⇒ 0 = y 2 ( x 2 + 1) − 2 x ≥ x 2 + 1 − 2 x = ( x − 1) 2 ≥ 0 .
Nếu dấu “=” xảy ra, tức x = y = 1 . Nhưng nghiệm này không thỏa mãn (*).
Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (1; −1)}
 x 3 + 3 xy 2 = 6 xy − 3 x − 49
(1)
Bài toán 12: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 8 xy + y = 10 y − 25 x − 9 (2)

Phân tích:
3 xy 2 − 6 xy + x 3 + 3 x + 49 = 0
Viết hệ dạng phương trình bậc 2 ẩn y:  2
2
 y − (8 x + 10) y + x + 25 x + 9 = 0

Lập tỉ lệ về hệ số:

3x
6x
x3 + 3 x + 49
=
= 2
⇒ x = −1
1 8 X + 10 x + 25 x + 9

 −3 y 2 + 6 y + 45 = 0
−3( y 2 − 2 y − 15) = 0
⇔ 2
Thế x = −1 vào hề được:  2
 y − 2 y − 15 = 0
 y − 2 y − 15 = 0

Do đó, lấy (1)+3.(2) sẽ thu được phương trình tích số: ( x + 1). f ( x) = 0
 x 3 + 3 xy 2 = 6 xy − 3 x − 49
(1)
Lời giải: Ta có:  2
2
 x − 8 xy + y = 10 y − 25 x − 9 (2)
3
2
2
2

( x + 3xy − 6 xy + 3x + 49) + 3( x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9) = 0
⇔ 2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)
3
2
2
2

( x + 3x + 78 x + 76) + (3xy + 3 y ) − 30 xy − 30 y = 0
⇔ 2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)
2
2

( x + 1)( x + 2 x + 76) + 3 y ( x + 1) − 30 y ( x + 1) = 0
⇔ 2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)
2
2

( x + 1)( x + 2 x + 76 + 3 y − 30 y ) = 0
⇔ 2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)

14

(12)


( x + 1) ( x + 1) 2 + 3 y 2 − 5 2  = 0
(
) 


⇔
2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)

Với x = −1 , thế vào (2) ⇔ y 2 − 2 y − 15 = 0 ⇔ y = 5 hoặc y = −3

 x = −1
⇔
(không thỏa mãn hệ)

y = 5
y = ± 5
x +1 = 0

2
2
Với ( x + 1) + 3( y − 5) = 0 ⇔ 

2

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (−1;5); ( −1;3)}
2
3
(1)
6 x y + 2 y + 35 = 0
Bài toán 13: Giải hệ phương trình:  2
2
5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0 (2)

(13)

Phân tích:
2
3
6 yx + 2 y + 35 = 0
Viết lại hệ dạng:  2
2
5 x + (2 y + 5) x + 5 y + 13 y = 0

15
5


−15 x 2 + = 0
−3(5 x 2 − ) = 0

5 

4
4
⇔
và nếu y = − ⇒ 
do đó lấy (1) + 3.(2) sẽ thu
2  2 5
5 x 2 − 5 = 0
5x − = 0


4
4

được phương trình tích số có dạng: (2 y + 5(. f ( x) = 0 và có lời giải như sau:
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
(1)
Lời giải: Ta có:  2
2
5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0 (2)
6 yx 2 + 2 y 3 + 35 = 0
⇔ 2
2
5 x + (2 y + 5) x + 5 y + 13 y = 0
6 yx 2 + 2 y 3 + 35 = 0
⇔ 2
2
2
3
15 x + 15 y + 6 xy + 15 x + 39 y + 6 x y + 2 y + 35 = 0
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔
2
2
2
 y (2 y + 7 y + 5) + 3x (5 + 2 y ) + 3x (5 + 2 y ) + (8 y + 34 y + 35) = 0
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔
2
 y ( y + 1) ( 2 y + 5 ) + 3x ( 5 + 2 y ) + 3x ( 5 + 2 y ) + ( 2 y + 5 ) ( 4 y + 7 ) = 0
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔
2
2
( 2 y + 5 ) ( y + 5 y + 3 x + 3 x + 7 ) = 0

15


6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0

2
2

⇔
5
1 

( 2 y + 5 )  y + 2 ÷ + 3  x + 2 ÷  = 0


 



Với y = −

5
15
1
thế vào (1) ⇔ −15 x 2 + = 0 ⇔ x = ± .
2
4
2

 1 5  
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  ± ; − ÷ .
 2

2 

 x 3 + 3 xy 2 = −49
(1)
Bài toán 14: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x (2)

(14)

Phân tích:
3 xy 2 + x 3 + 49 = 0
Viết lại hệ dạng:  2
2
 y − 8( x + 1) y + x + 17 x = 0

nếu x = −1 hệ phương trình

2
−
 3( y − 16) = 0
⇔ 2
 y − 16 = 0

 x 3 + 3 xy 2 = −49
(1)
Lời giải: Ta có:  2
2
 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x (2)
3 xy 2 + x3 + 49 = 0
⇔ 2
2
 y − 8( x + 1) y + x + 17 x = 0
3 xy 2 + x3 + 49 = 0
⇔ 3
2
2
2
( x + 3 x + 51x + 49) + (3 xy + 3 y ) − 24 xy − 24 y = 0
2
3
3 xy + x + 49 = 0
⇔
2
2
( x + 1)( x + 2 x + 49) + 3 y ( x + 1) − 24 y ( x + 1) = 0

16


3 xy 2 + x3 + 49 = 0
⇔
2
2
( x + 1)( x + 2 x + 49 + 3 y − 24 y ) = 0
3 xy 2 + x3 + 49 = 0
⇔
2
2


( x + 1) ( x + 1) + 3( y − 4)  = 0
3 xy 2 + x3 + 49 = 0

  x = −1
⇔ 
   x = −1
   y = 4

 x = −1
⇔
 y = ±4

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình: S = { ( x; y ) } = { (−1; 4);( −1; −4)}
Nhận xét:
Từ bài toán 11 đến 14 ta đã tìm ra được hệ số tỉ lệ, từ đó lựa chọn hệ số nhân
vào phương trình thích hợp, rồi cộng lại. Đối với bài toán không tìm được hệ số tỉ
lệ thì ta sẽ làm như thế nào? Câu trả lời được trình bày qua các bước giải sau:
*) Bước 1: Tìm hai cặp nghiệm của hệ phương trình, chẳng hạn: ( x1 ; y1 );( x2 ; y2 ) .
*) Bước 2: Tìm quan hệ tuyến tính giữa hai nghiệm này (thực chất là viết phương
trình đường thẳng qua hai điểm A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) trong mp Oxy ).
*) Bước 3: Thế quan hệ tuyến tính sao cho có lợi nhất vào hệ và phân tích thành
nhân tử. Từ đó xác định được biểu thức nhân vào phương trình.
Tuy nhiên, cách này sẽ không giải quyết được nếu ta không nhẩm được hai cặp
nghiệm hoặc nghiệm quá lẻ không dò được bằng máy tính bỏ túi.
2 2
(1)
 x y + 3 x + 3 y − 3 = 0
Bài toán 15: Giải hệ phương trình:  2
2
 x y − 4 xy − 3 y + 2 y − x + 1 = 0 (2)

(15)

Phân tích: Nhận thấy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (0;1);(1;0) Quan hệ tuyến tính
2
2
 x (1 − x) = 0
giữa hai nghiệm là: x + y = 1 hay y = 1 − x . Thay vào hệ ta được: 
2
 − x(1 − x) = 0

nên sẽ lấy (1) + x.(2) và phân tích sẽ được nhân tử dạng ( x + y − 1). f ( x) = 0 .
2 2
(1)
 x y + 3 x + 3 y − 3 = 0
Lời giải: Ta có:  2
2
 x y − 4 xy − 3 y + 2 y − x + 1 = 0 (2)

 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔ 3
2
2
2
2 2
 x y − 4 x y − 3xy + 2 xy − x + x + x y + 3x + 3 y − 3 = 0

17


 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔ 3
2 2
2
2
2
2
( x y + x y − x y ) − ( x + xy − x) − (3x y + 3xy − 3xy ) + (3x + 3 y − 3) = 0
 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔ 2
 x y ( x + y − 1) − x( x + y − 1) − 3 xy ( x + y − 1) + 3( x + y − 1) = 0
 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔
2
( x + y − 1)( x y − x − 3xy + 3) = 0
 x 2 y 2 + 3x + 3 y − 3 = 0

⇔  y = 1 − x
 2
  x y − 3 xy − x + 3 = 0
x = 0 ⇒ y = 1
x =1⇒ y = 0

2
*) Với y = 1 − x , thế vào (1) ⇔ x(1 − x) = 0 ⇔ 

2
*) Với x 2 y − 3xy − x + 3 = 0 ⇔ yx 2 − (3 y + 1) x + 3 = 0 có ∆ y = (3 y − 1) ⇒ x = 3

1

hoặc x = y .
Khi x = 3, thế vào (1) ⇔ 9 y 2 + 3 y + 6 = 0 vô nghiệm.
1

Khi x = y , thế vào (1) ⇔ 3 y 2 − 2 y + 1 = 0 vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình: S = { ( x; y ) } = { (0;1);(1;0)}
2
2
3 x + xy − 9 x − y − 9 y = 0 (1)
Bài toán 16: Giải hệ phương trình:  3
2
 2 x − 20 x − x y − 20 y = 0 (2)

(16)

Phân tích: Nhận thấy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (0;0);(2; −1) Do đó phương trình
đường thẳng đi qua hai điểm (0;0);(2; −1) là: x + 2 y = 0 ⇔ x = −2 y . Thế vào hệ ta
9 y ( y + 1) = 0
nên sẽ lấy 20( y − 1).(1) + 9.(2) sẽ thu được phương trình
 −20 y ( y + 1)( y − 1) = 0

được: 

tích số dạng ( x + 2 y ). f ( x) = 0 và có lời giải chi tiết như sau:
2
2
3 x + xy − 9 x − y − 9 y = 0 (1)
Lời giải: Ta có:  3
2
 2 x − 20 x − x y − 20 y = 0 (2)
2
2
3 x + xy − 9 x − y − 9 y = 0
⇔
2
2
3
2
20( y − 1)(3 x + xy − 9 x − y − 9 y ) + 9(2 x − 20 x − x y − 20 y ) = 0
2
2
3 x + xy − 9 x − y − 9 y = 0
⇔
2
2
( x + 2 y )(18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y ) = 0

18


3 x 2 + xy − 9 x − y 2 − 9 y = 0

⇔  x + 2 y = 0
 2
2
 18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y = 0
y = 0
 y = −1
hoặc 
x = 0
x = 2

2
Với x = −2 y , thế vào (1) ⇔ 9 y + 9 y = 0 ⇔ 

Với 18 x 2 + 15 xy − 60 x − 10 y 2 − 80 y = 0 , kết hợp với (1) được:
18 x 2 + 15 xy − 60 x − 10 y 2 − 80 y = 0
 2
2
3 x − y + xy − 9 x − 9 y = 0

Đây là hệ chứa hai tam thức, giải ra ta được các nghiệm:
 15 ± 145

( x; y ) = (10;15); 
;11 ± 145 ÷
÷
2



Vậy tập nghiệm của hpt:
S = { ( x; y )



 15 ± 145
 
;11 ± 145 ÷
÷
2

 

} = (0;0);(−1; 2);(10;15); 


Nhận xét:
Qua một số bài toán trên ta thấy để giải được một hệ phương trình đòi hỏi
người học sinh phải nắm chắc một số kỹ thuật biến đổi như: Biến đổi đưa hệ về
dạng đối xứng loại I; II, hệ gần giống đối xứng loại II; hệ đẳng cấp; kỹ thuật tách,
ghép, nhóm, tam thức bậc hai, kỹ thuật liên hợp, kỹ thuật dùng phương pháp cộng
để đưa về tích số; kỹ thuật đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2; . Kỹ thuật đặt ẩn
phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình; đặt ẩn phụ đưa về hệ cơ bản. Ngoài ra ta
có dùng định lý Viét để tìm ra phép đặt ẩn phụ có thể giải quyết được rất nhiều bài
toán.
2.3.3. Bài toán tự luyện:
 x 2 + y 2 + xy + y = 8
Bài toán 1: Giải hệ phương trình: 
2
 xy ( y + xy + x + y ) = 12
 x 2 + y 2 + xy = 3 x − 2
Bài toán 2: Giải hệ phương trình:  2
4
2
4
4
( x + xy ) + ( y + 2) = 17 x
 x 3 + x 2 + 2 y + 1 = x 2 y + y + 1
Bài toán 3: Giải hệ phương trình: 
3 2 x − 1 + xy . 5 − 4 y 2 = 4 x

19


 x 2 ( y + 1)( y + x + 1) = 3 x 2 − 4 x + 1
Bài toán 4: Giải hệ phương trình: 
2
 x( y + 1) + 1 = x
2
2
 x + y = 2
Bài toán 5: Giải hệ phương trình: 
2 2
5
( x + y )(4 − x y -2xy)=2y

( x + y )(3xy − 4 x ) = −2

Bài toán 6: Giải hệ phương trình: 

( x + y )(3xy + 4 y ) = 2

2.4 Kết quả sau khi nghiêm cứu.
Sau khi áp dụng SKKN vào giảng dạy cho các em, tôi nhận thấy việc
học tập của các em có phần tiến bộ rõ rệt. Từ việc tư duy vào bài giải cũng như thái
độ học tập và sự yêu thích bộ môn. Tôi cũng đã tiến hành kiểm tra lại 6 em trong
đội tuyển học sinh giỏi dự thi cấp thành phố năm học 2016-2017 với thời gian làm
bài 30 phút và kết quả cho thấy cũng khả quan hơn. Cụ thể:
Điểm dưới 5

Điểm 5-6

Điểm 7-8

Điểm 9-10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

0

00,0

1

16,7

3

50,0

2

33,3

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Từ thực tế nghiên cứu giảng dạy, tôi nhận thấy việc dạy dạng toán giải hệ
phương trình có ý nghĩa thực tế rất cao. Nó rèn luyện cho học sinh tư duy logic, khả
năng sáng tạo, khả năng diễn đạt chính xác nhiều quan hệ toán học,… trong quá
trình dạy học giáo viên cần lưu ý học sinh đọc kỹ đề bài, nắm được các mối quan
hệ giữa các biến, định hướng phân tích để học sinh có thể vận dụng hết các kỹ thuật
biến đổi để có thể tiếp cận được đến lời giải. Bên cạnh đó, giáo viên cũng tạo hứng
thú cho học sinh trong các giờ học, hướng dẫn học sinh cách học bài, làm bài và
cách nghiên cứu trước bài mới ở nhà.
Để giải tốt dạng toán hệ phương trình thì người học cần tìm hiểu rất nhiều kỹ
năng biến đối. Nhưng với phạm vi trong đề tài này tôi chỉ đưa ra được một số kỹ
thuật mà thường hay dùng trong quá trình làm bài tập và có thể vận dụng để có thể
giải quyết nhiều dạng bài tập khác.
Do thời gian hoàn thành đề tài này không nhiều nên không thể tránh khỏi
thiếu sót mong quý đồng nghiệp đóng góp để đề tài này hoàn thiện hơn. Tôi xin
chân thành cảm ơn.
20


XÁC NHẬN CỦA

TP Thanh Hóa, ngày 22 tháng 03 năm 2017.

HIỆU TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người thực
hiện
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH
HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

Hà Thị Thu

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS
ĐÔNG CƯƠNG

Người thực hiện: Hà Thị Thu
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Đông Cương
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

21 NĂM 2017
THANH HOÁ



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×