Lý do chọn đề tài Trong phần Đại số 10, các em học sinh đã được tiếp cận một số hệ phương trình hpt : hpt bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2.. Tuy nhiên trong thực
Trang 1PHẦN I
MỞ ĐẦU
1 Lý do chọn đề tài
Trong phần Đại số 10, các em học sinh đã được tiếp cận một số hệ phương trình (hpt) : hpt bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2 Lớp 12 tiếp cận với hpt mũ và hpt logarit , giải một số bài toán về số phức mà để có được kết quả cuối cùng học sinh phải giải được hpt đại số và hs cũng chỉ giải được những bài toán cơ bản đơn giản Tuy nhiên trong thực tế các bài toán giải hpt rất phong phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em
sẽ gặp một lớp các bài toán về hpt mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải
Từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối 12 ở trường THPT, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành một chuyên đề:
“Đổi mới hoạt động dạy học môn toán qua chuyên đề : Một số dạng
hệ phương trình và phương pháp giải ’’.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn gởi mở cho học sinh một số cách nhận dạng hệ phương trình tư đó phân tích bài toán và tìm ra lời giải Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn khá toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về hệ giải phương trình
2 Đối tượng nghiên cứu- Phạm vi nghiên cứu
2.1 Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khối 12 giải các dạng hệ phương trình (hpt) : có một phương trình(pt) bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2, hệ thuần nhất ,hpt
mà trong hệ có môt pt đối xứng,hoặc có một pt mà bậc của ẩn như nhau,và một số hpt khác
Các hệ phương trình được giải trên tập hợp số thực
2.2 Phạm vi nghiên cứu
Nội dung phần hệ phương trình và một số bài toán cơ bản, nâng cao nằm trong chương trình đại số 10, đại số 12 Nâng cao
4 Nhiệm vụ -yêu cầu của đề tài
4.1 Nhiệm vụ: Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán hệ giải phương trình từ phức tạp đưa về dạng đơn giản
Trang 24.2 Yêu cầu của đề tài Nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc ,có sáng
tạo đổi mới Giới thiệu được các dạng hệ phương trình cơ bản, đưa ra được giải pháp và một số ví dụ minh hoạ
Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối 10, khối 12 hệ THPT ,đặc biệt là hs ôn thi Cao Đẳng,Đại Học và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy môn Toán Các thầy cô và học sinh có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các bài tập cụ thể
VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU :
Phương pháp: Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm
Cách thực hiện:- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ
môn
Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy
Tham khảo các đề thi Đại học
Trang 3PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1 Cơ sở lý luận
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em hoặc rất yêu thích hoặc ngại học môn này
Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và cách biến đổi Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải
hệ phương trình Trước hết chúng ta tìm hiểu lại một số hệ phươnh trình
1.Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất.
2 Hệ phương trình đối xứng loại 1 Khi thay thế xbởi yvà y bởi xthì biểu
thức trong mỗi phương trình không đổi, hệ phương trình không đổi
3 Hệ phương trình đối xứng loại 2 Khi thay thế xbởi yvà y bởi xthì pt thứ
nhất biến thành pt thứ hai và ngược lại Hệ phương trình không đổi
Tuy nhiên khi gặp bài toán giải hpt có nhiều bài toán đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kết hợp nhiều kiến thức kĩ năng phân tích biến đổi để đưa phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn giản
Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh một số dạng hệ phương trình thường gặp, một số dạng bài toán không mẫu mực
2 Thực trạnh của đề tài
2.1.Thực trạng của học sinh:
Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng ngày đặc biệt trong kỳ thi khảo sát chất lượng lớp 12 học sinh đa số học sinh thường bỏ qua hoặc không giải được đẫn đến kết quả không cao
2.2 Thực trạng của giáo viên
Trang 4Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 Nâng Cao hiện hành phần hệ phương trình được trình bày ở chương III rất là ít và hạn hẹp chỉ có hai tiết sách giáo khoa giới thiệu sơ lược 3 ví dụ , phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế Tương
tự lớp 12các em cũng chỉ làm một số dạng đơn giản chủ yếu đưa về hpt dạng ở lớp
10 Như vậy số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng
để hình thành kỹ năng giải cho học sinh
3 Một số giải pháp
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng
nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên của học sinh với những giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ năng khi biến đổi và giải hpt
3.1 Giải pháp 1: Phương pháp thế
3.1.1: Một phương trình của hệ là phương trình bậc nhất.Từ phương trình (pt)
đó, ta tính 1 ẩn số theo ẩn kia Thay kết quả đó vào pt còn lại thu được pt một ẩn ,
từ đó tìm nghiệm của hệ pt
Thí dụ 1 Giải hệ phương trình
2 4
1 6
) 1 2
y x xy
y y y
xy
2 1
Phân tích:- Nhận thấy (2) là pt bậc nhất nên rút ẩn nọ theo ẩn kia
-Ở pt (1) ẩn y xuất hiện nhiều lần mũ cũng phức tạp hơn nên ta rút x theo y ở (2) rồi thay vào (1)
Lời giải Từ (2) rút ra 4 12
y
y
x ( y 1 không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến đổi rút gọn ta được pt: 18y4 19y3 y2 y 1 0
0
1 2
1
1 0
) 1 2 18
)(
1
x
x y
y y
y y y
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là (1; 1), (0;
2
1
)
Thí dụ 2 (Khối B-2008)Giải hpt
6 6 2
9 2 2
2
2 2 3
4
x xy x
x y
x y x x
(x,yR) 12
Phân tích : - Nhận thấy (2) là pt bậc nhất đối với y nên ta sẽ rút y theo x
-Vế trái của (1) là hằng đẳng thức (x 2 xy) 2
Lời giải Từ (2) ta thấy x 0 không phải là nghiệm , từ đó rút được
x
x x
y
2
6
6 2
thế vào pt (1) ta có pt 3 3 2 9
2
2 2
9 2 18 3 3 9
4
Trang 50 64 48
12 3 2
0 64 48 12
0 2
x
x
4
x (x=0 (loại trực tiếp từ
hệ đã cho).Suy ra
4
17
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là
4
17
;
Bài tập Giải các hệ phương trình sau:
3
3 2
.
2
4
y
y
x
y
x
x
3 log
) 9 ( log 3
1 2
1
3 2
y x
3.1.2:Trong hệ có một pt chứa pt bậc 2 một ẩn Ta tính một ẩn theo ẩn còn lại
rồi thế vào pt còn lại
Thí dụ 1 Giải hệ phương trình
2
0 2 3
2 2 2
y x
y x xy x
(x,yR) 12
Phân tích : -(1) là pt bậc nhất nên ta cũng nghĩ rút y, ta sẽ nhóm (1) thành 2 biểu
thức ( 2 3 2 )
x
x và y( x 1 )
- Tiếp tục nhìn dễ dàng 2 3 2 ( 1 )( 2 )
Lời giải Ta có (1) ( 2 3 2 ) ( ) 0
x xy y
x x 1x 2yx 1 0
x 1(x 2 y) 0 x 1 hoặc x y 2
+)Với x 1, thay vào (2) được y 1
+) Với x y 2, thay vào (2) được 2x 12 1 x 1 y 1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x; y là (1; 1) và (1; -1)
Thí dụ 2 Giải hệ phương trình
0 16 8 16 4 5
) 4 )(
4 5 ( 2 2 2
y x xy x y
x x
y
(x,yR ) 12
Phân tích : Biến đổi vế trái của (1) : VT 5 2 16 16
x x Ta thấy có mối quan hệ với pt (2) nên ở pt (2) ta nhóm ( 5x2 16x 16) và thay bởi y
Lời giải Từ (1) 2 5 2 16 16
0 8
4
2y2 xy y 2y(y 2x 4 ) 0 y 0 hoặc y 2 x 4
Lần lượt thế vào phương trình (1) ta cũng được nghiệm hệ đã cho x; y là (0; 4) , (4; 0) ,
; 0
5
4
Thí dụ 3 (Khối D-2008) Giải hpt ( , )
2 2 1 2
2 2 2
R y x y x x y y x
y x y x xy
2
1
Phân tích : Sau khi đặt điều kiện, ta tìm cách biến đổi một pt
Nhận thấy ở pt (1) chuyển y2 sang vế trái thì vế phải là hằng đẳng thức
) )(
(
2
2 y x y x y
x và vế trái lúc này xyxyy2 (xy)(xy 1 ) Như vậy pt (1)
đã được phân tích thành nhân tử
Lời giải ĐK x 1, y 0(*)
x y y x y xy
0 ) 1
)(
1
2 y
x y x
Trang 6+) x y( không thoã mãn (*)).
+)x 2 y 1, thay vào (2) ta được 2y 1 2y y 2y 2 y 1
y 1 2y 2 y 1 2y 2(Vì y 0 )
y 2 x 5
Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y là (5; 2)
Cách khác: Coi (1) là phương trình bậc 2 theo x hoặc y
Bài tập Giải các hệ phương trình sau:
0 2 5 2
3
0 3
2
2
y x xy y
x
y x y
x
2
0 1 3 2
.
2 2
y x
y xy y x
3.1.3 Hệ có dạng
c v u f
v f u f
) , (
) ( )
(
, trong đó f (t)là hàm số đơn điệu và liên tục trên miền xác định của nó thì có thể suy ra u v rồi thế vào pt còn lại.
Thí dụ 1 (Đề thi HSG -2012) Giải hệ phương trình
) , ( 0
1 ) 1 ( 2
2 ) 2 ( )
( 2 2
3 3
2
R y x x
y
y x y x y x y x
y x y x
2 1
Phân tích: Nhận thấy pt(1) nhiều lần ( 2x y) và (x y) Ta nhóm chúng lại và lập tức thấy pt có dạng f(u) f(v)
Lời giải Biến đổi (1), ta có
x y x y x y x y x y x y x y R
)
1
Đk: x y
Xét hàm số f t t t t
2 ) ( , t 0
0 2 2
ln 2 )
(
t
t t t
Hàm số f (t)đồng biến khi t 0
Từ pt (3) ta có f(u) f(v) 2x yxy x 2y, thay vào (2) được pt
3
3 y 1 2 (x 1 ) (3)
Đặt 3 y 2t 1 , pt (3) có dạng
3 3 ) 1 2 (
) 1 2 (
t y
y t
, Trừ theo vế hai pt trên , biến đổi ta được (
t y2 ( 2y 1 ) 2 2 ( 2y 1 )( 2t 1 ) 2 ( 2t 1 ) 2 1 0
0
t y (Vì g(t,y) 2 ( 2y 1 ) 2 2 ( 2y 1 )( 2t 1 ) 2 ( 2t 1 ) 2 1 0 , y,t
2 1
)
1
2
( 3
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (2; 1)
Thí dụ 2 (Khối A -2010) Giải hpt
7 4 3 2 4
0 2 5 3 1
4
2 2 2
x y
x
y y
x x
(x, y R) 12 .
Phân tích: Chúng ta cũng thấy ở pt (1) có 2 biểu thức chỉ có hoặc xhoặc y không
có chứ xy nên ta tìm cách biến đổi về dạng f(u) f(v) Đầu tiên là trong căn có 2y
ta nhân 2 vế với 2 thì có 2x biểu thức có dạng 4x2 12x 2y 6 5 2y
2
2 4
)
2
( x x như vậy ( 5 2y) 2 5 2y
Ta chuyển vế và biến đổi tiếp
Lời giải ĐK x
4
3
,
2
5
Trang 7Ta có (1) 4x2 12x 5 2y 1 5 2y (3).
Ta thấy pt (3) có dạng f 2x f 5 2y, với ( 2 1 )
t t
3 1
t
t
f >0, t R, f t là hàm đồng biến liên tục với mọi t > 0
Do đó (3) 2x 5 2y
2 4 5 4 3 0
2
x y
x
Phương trình (2) trở thành 6 4 2 3 4 7
4
Nhận thấy x=0, x=
4
3
không phải là nghiệm của pt (*)
Xét hàm số g x 4x4 6x2 2 3 4x 43 trên khoảng (0; 43 )
4 3
4 )
3 4 ( 4 4 3
4 12
16
x x
x x x
x
x
4
3
; 0 (
x
Suy ra hàm số g x nghịch biến trong khoảng (0;
4
3
)
2
1
g Do đó (*) có nghiệm duy nhất x21
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (
2
1
; 2)
Bài tập Giải các hệ phương trình sau:
4 2 5 3
1 2 2 1 2 4
.
2 2
2
x y xy y
e e y x
y
10 ) 4 ( log ) ( log
2
y y x e
e x y
3.2 Giải pháp 2: Phương pháp đăt ẩn phụ
3.2.1 Hệ là đối xứng loại I Ta thường biến đổi và đặt Sx y , P xy
( đk: S 2 4P),
Thí dụ 1 Giải hệ phương trình
11
0 30 )
2 ( )
1 (
2 2
3 2
2 3
y xy xy x y x
xy y y
x y y x
(x , y R) 12 .
Phân tích: (2) là pt đối xứng loại 1 và khi khai triển pt (1) nó cũng cho ta một pt
đối xứng loại (1) không khó biến đổi
Lời giải Ta có hệ pt đã cho tương đương với
11 )
(
30 ) 2
xy y x y
x
xy
xy xy
y x y
x
xy
11 )
(
30 ) )(
(
xy y x y x xy
xy y x y x xy
Đặt Sxy, P xy, (S2 4P ) hệ đã cho trở thành
11 30 ) (
S P PS
S P PS
Giải hệ phưong trình trên theo phưong pháp thế (hoặc đặt u =P+S, v =P.S ), ta được nghiệm
2 3
P S
,
3 2
P S
(loại);
1 5
P S
,
5 1
P S
(loại)
Vậy hệ đã cho có nghiệm (1 ;2), (2; 1),
2
21 5
; 2
21 5
2
21 5
; 2
21 5
Thí dụ 2 (Khối A-2006) Giải hệ phương trình ( , )
4 1 1 3
R y x y x xy y x
Phân tích: Nhận thấy ngay đây là dạng hệ đối xứng loại 1 nhưng phải biến đổi pt
thứ 2 thì mới đặt ẩn phụ
Lời giải ĐK xy 0, x 1, y 1
Trang 8Ta có hệ pt đã cho tương đương với
1 y 1 2 xy (x y) 1 16
Đặt Sxy, P xy (S2 4P) ,hệ đã cho trở thành
S S
P
S
P
14
1
2
3
2 2
28 196 ) 1 (
4
9 6 14 3
S S S
P
S S P S
) 3 (
) 2 (
) 1 (
Giải hệ trên được nghiệm thoã mãn S= 6, P=9
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y là (3; 3)
.Bài tập Giải các hệ phương trình sau:
1.
17 5
3 3
3
x
y
xy
x
2
1 1
1
3
2 2
xy y x
xy y
y x x
3.2.2 –Hpt trở thành đối xứng loai 1 sau khi đặt ẩn phụ uu x ,vv x
Thí dụ 1 Giải hệ phương trình
1 2 1 2 2
2 2 2 2
y xy xy y x x
xy y
x y x
(x , y R) 12 .
Phân tích : Vai trò x và y ở pt (1) tạm thời thấy bình đẳng nhưng chuyển vế ở pt (2) thì có x-y và xy ( hệ pt phản đối xứng ), ta đặt ux y, v xy
Lời giải Ta có hệ pt đã cho tương đương với
0 1 )
( ) (
0 1 )
xy y x xy y x
y x y x
Đặt u =x-y, v=x.y, hệ đã cho trở thành :
0 1 0 1 2 2
v uv u v u
Giải hệ phưong trình trên được
1 0
v u
,
0 1
v u
Từ đó tìm x, y ta được bốn nghiệm của hệ là : (-1; -1), (1; 1), (1; 0), (0; 1)
Thí dụ 2 Giải hệ phương trình
4 1 1 4 1 1
4 2 2 2
y x y x
y x y x
(x , y R)
Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 1 tuy nhiên nếu đặt ngay Sx y, P xythì
hệ pt sẽ rất phức tạp Mặt khác 2 pt đã cho trong hệ có mối liên hệ với nhau
2
1 )
1
x
x
x
y
y y
y Ta đặt ux1x,vy1y
Lời giải ĐK: x 0, y 0
Đặt ux1x, vy1y( u 2 ,v 2), hệ đã cho trở thành
8 4
2
u v u
, giải tìm được u=2,v=2
Từ đó suy ra xy1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1)
Bài tập Giải các hệ phương trình sau
1
1 3
2
x
xy
y
x
2
72 ) 1 )(
1 (
18 2
2
y x
xy
y x y x
3
21 7 4 2 2 4 2 2
y y x x
xy y x
3.2.3 Hệ pt có một pt đối xứng Ta thường chọn pt này biến đổi trước
Thí dụ 1 (Khối A-2003) Giải hệ phương trình
1 2
1 1
3
x y
y y x x
( x , y R)
2
1
Phân tích : pt(1) đối xứng có thể : hoặc có dạng f(x) f(y), f (t) là hàm số đồng biến hoặc có thể biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung
Lời giải ĐK: x 0, y 0
Trang 9Biến đổi pt (1) (1) 1 1 0
y x y
xy y
1
xy
y x
+) x=y thay vào (2) , tìm được nghiệm x 1,
2
5
1
x
+) xy=-1 thay vào (2) pt vô nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1), (
2
5
1
2
5
1
2
5
1
2
5
1
Thí dụ 2 Giải hệ phương trình
2 2
2
3 2
2
2
0 ) ( 2 3
4 5
y x y
x xy
y x y
xy y
x
(x , y R) 12
Phân tích : (2) là pt đối xứng ta có thể đưa về tổng x+y và tích xy
Lời giải Biến đổi pt (2) (2) xyxy2 2xy 2 xy2
x y2xy 1 - 2[xy2 1]
xy 1x y2 2xy 2 0
2 2
x
y
+) xy= 1 x1y, thay vào (1) giải pt được y= 1
Do đó pt có nghiệm (x; y ) là (1; 1), (-1; -1) (*)
+) 2 2 2
y
x thay vào (1) ta có
0 2 2 ) 2 ( 3 4
xy x y x y
y
x
2 1 0
1
2
xy
y x
Khi x 2y kết hợp x2 y2 2 ta tìm thêm được
5
10
; 5
10 2
; y
5
10
;
5
10
2
(**) Vậy hpt đã cho có 4 bốn nghiệm (x; y) ở (*) và (**)
Bài tập Giải các hệ phương trình sau:
1.
2 2
2
2 2 2
) ( 3 1 ) (
0 ) ( 4 3 2
y x xy y
x
xy
y x y
xy y
x
2
36 ) 4 2
)(
4 (
1 1
3 3
y x y x
y y x x
3.2 4 Hệ là đối xứng loại II Ta thường lấy pt này trừ pt kia và biến đổi về dạng
0 ) ,
(
)
(x y f x y
Thí dụ Giải hệ phương trình ( , )
7 5 2
7 2 5
R y x y
x
y x
Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 2 nhưng ta phải bình phương 2 vế các pt rồi
mới trừ vế với vế ph này cho pt kia thì xuất hiện
Lời giải ĐK x 2, y 2(*)
49 5 2
2 5 2
49 ) 2 )(
5 ( 2 2 5
y x
y x
y x
y x
12 lấy pt (1) trừ pt (2) và biến đổi ta có x=y
Trang 10Thay x=y vào pt (1) ta có pt : x2 3x 10 23 x
11 46
529
10
3
0
23
2
x x
x
x
x
(thoã mãn (*) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (11; 11)
Bài tập Giải các hệ phương trình sau
1.
) (
2
1
) (
2
1
2 3
2 3
x y y y
y x x x
2
1 3 2 2
1 3 2 2
1 2
1 2
x y
y y
y
x x
x
3.2.5.Hệ phương trình mà mỗi pt bậc của x,y có cùng bậc Nếu là hệ thuần nhất , ta thường xét x=0 (hoặc y=0) có phải là nghiệm không Sau
đó khi x # 0 (y # 0) ta chia cả 2 vế của pt cho x, x 2 , x 3 (hoặc y, y 2 , y3) hoạc đặt x=ky.
Thí dụ 1 (Khối B-2009) Giải hệ phương trình
2 2
7 1
y xy
y x
y x
xy
12
Phân tích : -(1) là pt bậc nhất đối với x,y nên ta có thể làm như dạng 3.1.1
- Cũng có thể nhận thấy đây là hệ pt mà mỗi pt có bậc x, y như nhau nên ta chia lần
lượt (1) và (2) cho y và y2 (sau khi đã xét y=0) Ta sẽ nhìn ra ngay cách làm
Lời giải Nhận thấy y= 0 không phải là nghiệm của hệ.
Khi y # 0.Chia pt (1) cho y, pt (2) cho y2 theo vế Hệ pt đã cho tương đương với
13 ) 1 (
7 ) 1
(
13
1
7
1
2 2
2
2
y x y x
y x y
x
y
y
x
x
y
y
x
x
Đặt ux 1y, v x y , hệ đã cho trở thành
13 7
u v u
Giải hệ trên được
3 4
v u
,
12 5
v u
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (3; 1),
3
1
;
Thí dụ 2 Giải hệ phương trình
2 2
3 3
1 5 1
16 4
x y
x y
y x
x,yR
2 1
Phân tích : Các pt cùng bậc với nhau Pt (2) chỉ có bậc 2 ta chia cả 2 vế cho y2 xuất hiện 2
1
y và ( )
y
x
nên ta chia 2 vế của pt (1) cho y3 ta cũng sẽ có 2
1
y và ( )
y x
Lời giải Nhận thấy y=0 không là nghiệm của hệ
Hệ đã cho tương đương với
].
1 [ 5 1 1
1 16 1 1 4 ) (
2 2
2
2 2
3
y x y
y
y y x y
y x
Đặt u y x , 2
1
y
v (v 0), hệ đã cho trở thành
0 1 5
4
16 1 4
2 2
2 2
3
u v
uv v
2 1
Từ(2)
4
5
v thay vào (1) tìm được u 0 v41; u31 v91thõa mãn Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 2), (0; -2), (-1; 3), (1; -3)
Thí dụ 3 Giải hệ phương trình
8 2
15 3
2
2 2
2 2
y xy x
y xy x
x,yR
2 1
Phân tích : Đây là hpt thuần nhất bậc hai
0 ' ' ' '
0 2
2 2 2
d xy c y b x a
d cxy by ax
, kiểm tra x=0, y=0 có phải là nghiệm không sau đó đặt x=ky (k 0 )