Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh giải hệ phương trình không mẫu mực trong các đề thi đại học, THPT quốc gia và thi học sinh giỏi

 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
 Ở trường Phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động Toán học. Đối với học 
sinh, có thể coi việc giải toán là hoạt động chủ yếu của hoạt động toán học. Các 
bài toán ở trường phổ thông là một phương tiện rất hiệu quả và không thể thay 
thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình 
thành kỹ năng, kỹ sảo ứng dụng toán học vào thực tiễn. Hoạt động giải bài tập 
toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học toán ở trường phổ thông. 
Vì vậy, tổ chức có hiệu quả giải bài tập toán học có vai trò quyết định đối với 
chất lượng dạy học toán. 
 Hệ phương trình là một dạng toán khá phổ biến trong các đề thi tuyển sinh 
ĐH, CĐ và đề thi HSG các cấp. Đối với nhiều học sinh, bài toán giải hệ phương 
trình được coi là bài toán khó, thậm chí là câu khó nhất trong cấu trúc đề thi ĐH, 
CĐ, thi THPT Quốc gia.
 Qua quá trình giảng dạy học sinh ôn thi ĐH, CĐ và bồi dưỡng học sinh 
giỏi phải trực tiếp hướng dẫn học sinh giải các hệ phương trình này, tôi thấy cần 
phải rèn cho học sinh thành thạo các kĩ năng giải hệ phương trình thông thường 
và chú ý tới một số kĩ năng thường áp dụng khi giải “hệ không mẫu mực”. 
Trong bài viết này tôi xin gọi như vậy đối với các hệ phương trình mà thuật giải 
không được trình bày trong sách giáo khoa. 
 Bài viết được chia làm ba mục: Mở đầu là tóm tắt các hệ phương trình 
thường gặp, đã được giới thiệu khá chi tiết trong sách giác khoa. Mục thứ hai là 
một số kĩ năng giải hệ phương trình không mẫu mực. Các bài toán đưa ra phần 
lớn là tôi sưu tầm từ nhiều nguồn tài liệu khác nhau, trong các kì thi KS, thi 
HSG,Lời giải các bài toán này tôi chú ý đến cách đưa hệ không mẫu mực về 
dạng quen thuộc. Cuối cùng là hệ thống các bài tập để bạn đọc tham khảo.
 Chuyên đề dùng giảng dạy ôn thi ĐH, CĐ và ôn thi HSG cho học sinh 
khối 12. Thời gian giảng dạy chuyên đề này cho học sinh khối 12 khi ôn thi 
ĐH, CĐ là 3 buổi.
 Mặc dù rất tâm huyết với chuyên đề, nhưng do thời gian và khả năng có 
hạn nên bài viết khó tránh khỏi những thiếu sót. Tối rất mong nhận được sự góp 
ý của quí thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và các em học sinh để chuyên đề được 
hoàn thiện hơn và trở thành tài liệu có ích trong giảng dạy và học tập.
 1 5. Hệ đối xứng loại 2.
 a) Định nghĩa: Là hệ mà khi ta đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi 
phương trình, phương trình này biến thành phương trình kia.
 b) Cách giải: Trừ vế cho vế làm xuất hiện nhân tử chung x-y rồi đưa hệ đã 
cho về hai hệ mới đơn giản hơn.
 6. Hệ đẳng cấp.
 f1(x; y) f2 (x; y)
 a) Định nghĩa: Là hệ có dạng , ở đó fi (x; y) & gi (x; y) 
 g1(x; y) g2 (x; y)
là các đa thức đẳng cấp hai biến và cùng bậc.
 b) Cách giải: Xét riêng x=0. Nếu x khác 0 thì ta đặt y=kx rồi nhận xét và 
chia về cho vế ta được phương trình một ẩn k. Tìm được k ta tìm được x và y.
 II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG 
MẪU MỰC.
 1. Phương pháp biến đổi tương đương
 Một số kĩ năng thường áp dụng như phân tích thành tích, bình phương 
hoặc lập phương hai vế, thêm bớt làm xuất hiện nhân tử chung,
 2 2
 x xy 2y 2y 2x (1)
 Bài 1. Giải hệ phương trình: 
 y x y 1 x 2. (2)
 Giải: Cách 1: Nhận thấy, nếu coi phương trình (1) là phương trình bậc 
hai ẩn x còn y là tham số, ta có phương trình (1) x2 x(y 2) 2y 2y2 0
 y 2 2 4 2y 2y2 = 3y 2 2
 x y (3)
 (1) 
 x 2 2y (4)
 y 0; x 2
 x 2 2y
Từ (3) & (2) ta có x=y=1. Từ (4) & (2) ta có 1 8
 y 3 3y 2y y ; x .
 3 3
 8 1
 Kết luận: Hệ có 3 nghiệm (1; 1); (2; 0); ( ; )
 3 3
 Cách 2: ĐK: x y 1 0. Ta biến đổi phương trình (1) làm xuất hiện 
nhân tử chung 
 2 2 2 x y (3)
 (1) x y xy y 2y 2x 0 (x y)(x 2y 2) 0 
 x 2 2y (4)
 3 Dễ thấy x=0 hoặc y=0 không thỏa mãn hệ. 
 Với x>0, y>0 ta có 
 1 2 1 2 2
 1 1 
 x y 3x 3x 7y 1 1 8
 (nhân vế với vế)
 1 4 2 1 1 2 2 x y 3x 7y
 1 
 x y 
 7y x y 3x 7y
 21xy (7y 24x)(x y) 24x2 38xy 7y2 0 y 6x (vì x, y dương).
 1 2 1 1 1 2 
Thay vào phương trình (1) ta được . 1 0 7 . 
 7x 3 x x 3 21 
Từ đó suy ra x và y. 
 2. Phương pháp đặt ẩn phụ.
 Một số phương trình sau khi nhân hoặc chia hai vế cho cùng một biểu 
thức khác không hoặc bằng một số động tác tách và ghép khéo léo ta làm xuất 
hiện các đại lượng mà nhờ cách đặt ẩn phụ ta có thể đưa hệ phức tạp về một hệ 
đơn giản, quen thuộc.
 Bài 5. (Thi KSCL môn thi THPT QG của THPT Lê Lợi năm học 2014-2015)
 3
 y 1 8 y x
 Giải hệ phương trình: 
 4 2 4 2 2 4
 (y x) ( x 1) 2(y 1) y( x 3) 1
 y 1
 Giải: Điều kiện: * 
 x 0
 Từ pt (1), đặt t = 4 x ta có pt 
 2 y 2t
 y (1 t)y 2t(t 1) 0 
 y t 1
 • Với y 2t kết hợp với đk (*) suy ra vô nghiệm.
 • Với y t 1 y 4 x 1 x (y 1)4
 Thay vào (1) ta có 
 3 2 2 3
 y 1 8 y (y 1) y 1 1 (y 1) 1 (y 8) 0
 y 2
 y(y 2) (y 2)(y2 2y 4) 0
 y 1 1
 y 2 tm(*) 
 1 
 (y 2)( y2 3y - 4) 0 1
 y2 3y - 4 0 3
 y 1 1 
 y 1 1
 Thay y=2 vào (2) suy ra x=1 
 5 1
Vì u2 4 u 0 và 1 ln 2015 nên g u 0,u ¡ Hàm g(u) đồng 
 u2 4
 1
biến trên R. Mặt khác g(0) = 2 nên u = 0 là nghiệm duy nhất của (4) x 1; y 
 2
 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x; y 1; 
 2 
 y xy2 6x2 (1)
 Bài 8. Giải hệ phương trình: 
 2 2 2
 1 x y 5x (2)
 Giải: Nhận thấy x=0 không thỏa mãn hệ. Chia cả hai vế của (1) và (2) cho 
 y y2 y 1 
 6 y 6
 2 x x
 2 x x 
 x ta được hệ 2 . 
 1 2 1 y
 2 y 5 y 2 5
 x x x
 1
 S y
 x P.S 6
Đến đây ta đặt . 
 y S 2 2P 5
 P 
 x
Giải hệ này ta tìm được S và P, từ đó ta tìm được x và y.
 1 
 (x y) 1 5
 xy 
 Bài 9. Giải hệ phương trình: 
 1 
 (x 2 y 2 ) 1 49
 2 2 
 x y 
 Giải: Trước hết ta thấy hệ này có dạng quen thuộc là hệ đối xứng loại 1, 
tuy nhiên nếu đặt ẩn phụ theo tổng và tích như cách thông thường ta sẽ gặp một 
hệ khó, phức tạp và không có nghiệm đẹp. Nhưng sau khi đặt điều kiện và khai 
triển ra ta được: 
 1 1 1
 x y 5 x a
 y x x a b 5
 , và nếu đặt thì ta được 
 1 1 1 2 2
 2 2 y b a b 53.
 x 2 y 2 49
 y x y
 Đến đây ta có một hệ quen thuộc.
 5
 x2 y x3 y xy2 xy 
 4
 Bài 10. (KA 2008) Giải hệ phương trình: 
 5
 x4 y2 xy(1 2x) 
 4
 7 3
 4(x2 y2 ) 4xy 7
 (x y)2
 1
 2x 3
 x y
 Giải: ĐK x y 0. Phương trình thứ nhất tương đương với 
 2
 2 3 2 1 2
3(x y) 6 2 (x y) 13 3 x y (x y) 13 (*)
 (x y) x y 
 1
Từ phương trình thứ hai ta suy ra 3 2x , thế vào phương trình (*) ta 
 x y
được : 
 2 2 2 x y 1
3(x y 3 2x) (x y) 13 4(x y) 18(x y) 14 0 
 x y 7
Từ đây và phương trình thứ hai của hệ ta tìm được các nghiệm x và y.
 Bài 13. (HSG QG – 2004) Giải hệ phương trình: 
 x3 3xy2 49 (1)
 2 2
 x 8xy y 8y 17x (2)
 Giải: Với hệ này, cả hai ẩn và ở hai phương trình đều khó có thể rút ẩn 
này theo ẩn kia. Tuy nhiên, nếu rút y2 từ (2) và thế vào (1) thì ta được một 
phương trình mà ẩn y chỉ có bậc 1:
 x3 3x( x2 8xy 8y 17x) 49 24xy(x 1) 2x3 2x2 49x2 49 (3)
 - Nếu x = 0 thì (1) vô lí.
 - Nếu x = -1 thì hệ trở thành y2 16 y 4.
 2x2 49x 49
 - Nếu x 1& x 0 thì từ (3) suy ra y . Thế trở lại 
 24x
phương trình (2) ta được 
 2 2 2 2
 2 2x 49x 49 2x 49x 49 2x 49x 49
 x 8x. 17x 
 24x 24x 3x
 2 2 2
 x 2x 49x 49 49 4 2 2
 192x (2x 49x 49) 49.192x
 3 24x 3x
 196x4 196x3 2205x2 4606x 2401 0 196x3 2205x 2401 0
 196x3 196 2205x 2205 0 196x2 196x 2401 0
 Phương trình cuối cùng vô nghiệm, chứng tỏ hệ chỉ có hai nghiệm (-1;4) 
và (-1;-4). 
 9