STT Mục lục Trang
1 1. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài) 2
2 2. Giải quyết vấn đề (Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm) 3
3 2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề 3
4 2.2 Thực trạng của vấn đề 5
5 2.3. Các biện pháp đã tiến hành đề giải quyết vấn đề 6
6 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 25
7 3. Kết luận 26
8 Tài liệu tham khảo 27
1
1. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài)
Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương
trình toán học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10;
tuyển sinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần
này khá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra
cách giải. Nguyên nhân là vì
Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau,
có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.
Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham
khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của
bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn
tổng quát về hệ phương trình.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng
quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi
do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho
các em.
Do vậy tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng
dạy: “Hệ phương trình đại số các cách giải cơ bản và nâng cao ở THPT”. Trong
trong quá trình giảng dạy tôi luôn cố gắng đưa ra các phương pháp giải, đặt biệt là
cách nhận dạng bài toán để chọn phương pháp thích hợp.
Ta có hệ (I)
' ' '
' ' '
ab x bb y cb
a bx b by c b
+ =
⇒
− − = −
bccbxbaab
////
)(
−=−⇒
lại có, (I)
/ / /
/ / /
aa x ba x ca
aa x b ay c a
− − = −
⇒
+ =
Khi đó ta có hệ phương trình hệ quả của (I) như sau
.
.
x
y
D x D
D y D
=
=
(II)
Ta xét các trường hợp sau
1/ D
≠
0, khi đó hệ(II) có nghiệm duy nhất
( ; ) ;
y
x
D
D
x y
D D
=
÷
D D
= =
thì hệ (II) có vô số nghiệm . Bây giờ ta đi tìm nghiệm của hệ (I).
Do a, b không đồng thời bằng 0 nên ta có thể giả sử
0
≠
a
. Ta có
D = ab
/
- a
/
b = 0
/
/
a
b b
a
⇒ =
c
a
a
ccaacD
y
/
///
0
=⇒=−=
3
nên hệ (I) được viết thành
y
a c
D
a c
=
* Trường hợp 1.
0D ≠
Hệ có nghiệm duy nhất
;
y
x
D
D
D D
÷
* Trường hợp 2.
0
x y
D D D
= = =
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình
ax + by =c
* Trường hợp 3.
0
0
0
x
y
được gọi là hệ đối xứng loại 1 theo hai ẩn x và y nếu
( ; ) ( ; )
( ; ) ( ; )
f x y f y x
g x y g y x
=
=
Bài toán:
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 1 sau:
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
g x y
=
=
Giải:
Do
( ; ) ( ; )
( ; ) ( ; )
f x y f y x
g x y g y x
=
Bài toán:
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 2 sau:
( ; ) 0 (1)
( ; ) 0 (2)
f x y
f y x
=
=
Giải:
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
( ; ) ( ; ) 0f x y f y x− =
(*)
Thay y = x vào (*) ta được 0 = 0 suy ra y = x thỏa (*), do đó (*)
( ). ( ; ) 0x y g x y
⇔ − =
( ; ) 0
y x
g x y
=
⇔
=
* Thay y = x vào (1) ta tìm được x, suy ra y.
* Với g(x;y) = 0. ta có hệ
( ; ) 0
+ + + + =
(*)
Bài toán:
Hãy giải hệ (*).
Giải:
* Thay x = 0 vào hệ (*) để kiểm tra x = 0 có thỏa mãn hệ không?
* Với
0
≠
x
ta đặt y = tx (I), khi đó hệ đã cho trở thành:
2 1
1 2 1 0
2 1
1 2 1 0
(1)
(2)
n n n n n n n
n n n
n n n n n n n
n n n
a x a x t a x t a x t a x t c
b x b x t b x t b x t b x t d
−
− −
−
0
n
n n n
b b t b t a t
− −
⇔ + + + + =
(**), giải (**) tìm được nghiệm t ( nếu có), thay
vào (I) ta tìm được x, suy ra được y, từ đó tìm được nghiệm của hệ đã cho.
+ Khi
0≠d
, ta chia (1) cho (2) vế theo vế ta được
5
2 1
1 2 1 0
2
1 2 1 0n n
n n n
n n n
a a t a t a t a t
c
b b t b t b t b d
−
− −
− −
+ + + + +
=
+ + + + +
Cách giải:
Đặt
/ /.
a b
D
a b
=
,
/ /
x
c b
D
c b
=
,
/ /
y
a c
D
a c
=
* Trường hợp 1.
0D
≠
Hệ có nghiệm duy nhất
;
y
x
D
D
Hệ vô nghiệm
Bài toán 1:
6
Cho hệ phương trình
2 1
3
mx y m
x my m
+ = +
+ =
1. Giải và biện luận hệ đã cho.
2. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để nghiệm của hệ là
nghiệm nguyên.
3. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất, tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm (x; y)
của hệ không phụ thuộc vào m.
4. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất (x;y), tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của x
2
+y
2
với
[ ]
2;3m ∈
.
Giải:
1. Biện luận hệ
+
=
+
Trường hợp 2.
0 1D m= ⇔ = ±
* Nếu m = 1 thì hệ trở thành x + y = 3 nên hệ có vô số nghiệm
3
x R
y x
∈
= −
* Nếu m = - 1 thì
4 0
x
D
= ≠
nên hệ vô nghiệm.
2. Khi
1m
≠ ±
hệ có nghiệm duy nhất là
2 2
2
∈
+
−=+
−=+
=+
=+
⇔
11
21
11
21
m
m
m
m
= = −
+ +
+
= = −
+ +
7
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được x – y = - 1 .
Vậy hệ thức cần tìm là x – y + 1 = 0.
4. Khi
1m
≠ ±
hệ có nghiệm duy nhất là
2 2
2
1 1
3 1 2
3
1 1
m
x
m m
m
y
2 1
m m
f m
m m
+ +
=
+ +
trên đoạn
[ ]
2;3
Ta có f(m) liên tục trên đoạn
[ ]
2;3
( )
2
2
2
/
12
42420
)(
++
++
=
mm
mm
xf
+ =
khi m = 3.
[ ]
2 2
2;3
65
( )
9
m
Min x y
∈
+ =
khi m = 2.
2.3.2: Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai đối với
hai ẩn x và y
Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai đối với hai ẩn x và
y có dạng:
=+
=+++++
pnymx
feydycxbxyax 0
22
Cách giải:
+ Rút một ẩn từ phương trình bậc nhất
+ Thay vào pt bậc hai và tìm ẩn còn lại, suy ra nghiệm của hệ phương trình
Bài toán 2: Cho hệ:
2 2
–y
1
)
2
≤
1
Giải:
Từ (2)
⇒
x=a-ay thay vào (1) ta được
0)12()1(
222
=−+−−+
aayaaya
(3)
a/ với a=1, ta có (3) trở thành: 2y
2
-y=0
0 1
1 1
2 2
y x
y x
= ⇒ =
⇔
= ⇒ =
;y
1
), (x
2
;y
2
)
trong đó y
1
,y
2
là nghiệm của (3) nên thỏa mãn
1 2
2
2
1 2
2
(2 1)
1
1
a a
y y
a
a a
y y
a
−
+ =
2 2
( )
( 1) ( ) 4
4 3 (2 1)
1 1
1 1
y y ay ay y y
a y y y y
a a a
a a
− = − + −
= + + −
− −
= = − ≤
+ +
2.3.3: Hệ đối xứng loại I
Hệ đối xứng loại I có dạng:
( ; ) 0
( ; ) 0
f x y
g x y
=
=
với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x)
Cách giải:
Biến đổi hệ theo x+y và x+y
+ + =
Đặt s=x+y và p=xy với s
2
-4p
0
≥
Hệ trở thành
2
2
2 8(1)
1(2)
s s p
p ps p
+ − =
+ + =
Từ (1)
2
8
2
s s
p
+ −
⇒ =
=++
=+++
⇔
12)1()1(
8)1()1(
yyxx
yyxx
Đặt
( 1) , ( 1)u x x v y y= + = +
Hệ trở thành
8 2
12 6
u v u
uv v
+ = =
⇔
= =
hoặc
6
2
u
v
=
=
yxg
yx
yxgyx
Bài toán 4: Giải hệ
4
3
4
3
y
x y
x
x
y x
y
− =
− =
Điều kiện:
0;0
≠≠
yx
Hệ
2
2
x y l
x x
x y
= ⇒ =
+ = ⇔
= − ⇒ = −
* Với y = - x – 4 thay vào (1) ta được
2
4 4 0 2 2x x x y
+ + = ⇔ = − ⇒ = −
Vậy nghiệm của hệ là ( - 2 ; - 2 )
Bài toán 5: Giải hệ:
3 5
3 5
x y
y x
+ − =
+ − =
(*)
Cách 1: Điều kiện:
3, 3y x
≥ ≥
− = − + − = − +
( ) ( )
2
5 (1)
5 (2)
9 0 (3)
3 25 10 (4)
x
y
x y x y
y x x
≤
≤
⇔
− + − =
− = − +
Ta có
(3)
9 0
x y
x y
=
x x
x y l
+
=
− + = ⇔
− +
= ⇒ =
Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)
Cách 2:
Đặt
3
3
u y
v x
= −
= −
với
0, 0u v
≥ ≥
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
( )
2 2
0u v u v− − − =
( ) ( )
1 0
1
u v
u v u v
u v
=
⇔ − + − = ⇔
= −
* Với u = v thay vào (1) ta được
2
1 1
2 0
2 ( )
v u
v v
v loai
= ⇒ =
+ − = ⇔
= −
−
=
+
−=⇒
+
=
⇔=−−⇔=−+
)(
2
51
)(
2
51
2
51
1
2
51
0121
22
loaiv
loaiuv
vvvv
Vậy hệ có nghiệm là(4;4)
2.3.5:Hệ phương trình đẳng cấp
Xét hệ đẳng cấp bậc hai:
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
+ + = ⇔
+ + =
4 Xét y = 0 thay vào hệ tìm x
12
4 Xét
2
0at bt c+ + =
tìm nghiệm (nếu có) sau đó tìm được x,y.
Bài toán 6: Giải hệ:
2 2
2 2
2 3 9
2 2 2
x xy y
x xy y
+ + =
+ + =
Giải
Cách 1.
Thay x=0 vào hệ ta thấy không thỏa hệ.
Với x
≠
0 đặt y=tx ta được
t
t
tt
tt
ttx
ttx
Với t=-2 ta có:
−=−=
==
2;1
2;1
yx
yx
Với t=-
3
8
ta có:
=−=
−==
17
8
2
0
(16 14 3 ) 0 0
3 14 16 0
x
x t t x
t t
=
+ + = ⇔ ⇔ =
+ + =
hoặc t=-2 hoặc t-
8
3
=
Với x=0 hệ trở thành:
2
2
3
2
u
u
=
=
= − =
2.3.6: Giải hệ phương trình bằng 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.
13
* 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.
Bài toán7:. Giải hệ phương trình
Lời giải.
Từ (1) ta có thế vào (2) ta được
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là
Bài toán 8:. Giải hệ phương trình
Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
x = 0 không thỏa mãn (2)
thế vào (1) ta được
Do nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Chú ý.
+ Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:
14
2 2
2 3 5 (1)
3 2 4 (2)
x y
x y y
+ =
−
÷
4 3 2 2
2
2 2 9 (1)
2 6 6 (2)
x x y x y x
x xy x
+ + = +
+ = +
2
6 6
0, (2)
2
x x
x y
x
+ −
≠ ⇔ =
2
0x ≠
17
4;
4
−
÷
Hệ
+ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp
khác
2.3.7: Giải hệ phương trình bằng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
* Cơ sở phương pháp. Nếu đơn điệu trên khoảng và thì
* Cách xây dựng hệ theo phương pháp này.
- Lấy hàm số đơn điệu trên khoảng ,
- Lấy sao cho hệ giải được trên tập xác định của
chúng.
- Lập hệ phương trình
Bài toán.9 Giải hệ phương trình
Phân tích. Nếu thay vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt
Lời giải. Thay vào phương trình thứ nhất ta được
(1)
Xét hàm số có suy ra đồng
biến trên . (1) thế vào pt thứ hai ta được
15
( )
2
2
2
+ = + +
+ =
( )f x
( ; )a b
, ( ; )x y a b
∈
( ) ( )f x f y x y
= ⇔ =
( )f t
( ; )a b
( ; ), ( ; ) ( ; )u x y v x y a b
∈
( ; )g x y
( ; ) ( ; )
( ; ) 0
u x y v x y
g x y
=
=
( ) ( )
( ; ) 0
f u f v
g x y
=
= + ∈
¡
2
'( ) 2 ln 2 3 0,
t
f t t t
= + > ∀ ∈
¡
( )f t
¡
( ) ( )f x f y x y
⇔ = ⇔ =
. Vậy tập nghiệm của hệ là S =
Bài toán10:. Giải hệ phương trình
Lời giải. ĐK:
(1)
với . đồng
biến trên . Vậy
Thế vào pt (2) ta được
Với
Bài toán 11. Giải hệ phương trình
Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta
muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số
không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được
x và y trên đoạn .
16
1x y
= = ±
{ }
(1;1); ( 1; 1)− −
− ≥
≤
2
(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y
⇔ + + − − =
( ) ( )
2 3
2 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
⇔ = −
3
( )f t t t
= +
2
'( ) 3 1 0, ( )f t t t f t
= + > ∀ ∈ ⇒
¡
¡
2
= + + − − ∈
÷
3 3
2 2
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
− = −
+ =
3
( ) 3f t t t
= −
[ ]
1;1
−
Lời giải.
Từ (2) ta có
Hàm số có đồng biến trên đoạn
. nên (1) thế vào pt (2) ta được
. Vậy tập nghiệm của hệ là S =
Nhận xét. Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để
hàm số đơn điệu trên đoạn đó.
2 2 2 2
; ; ;
2 2 2 2
− −
÷ ÷
2
2
1 3
1 3
y
x
x x
y y
+ + =
+ + =
( )
2 2 2 2
1 1 3 3 1 3 1 3
+ + = ⇔ = + − ⇔ =
( )
2
( ) 3 1
x
g x x x
= + −
( )
2
2
'( ) 3 ln3 1 3 1
1
x x
x
g x x x
x
= + − + −
÷
+
( )
2
2
1
3 1 ln3 0,
1
x
x x x
x
Giải:
Ta có x=0 không thỏa hệ
Đặt y=tx ta có:
2 2
2
2
(1 4 )
1 4
1 3 4
(1 3 ) 4
x t t m
t t m
t
x t
− + =
= +
⇒ =
−
− =
Xét hàm số
2
1 4
( )
1 3
f(t)
∞+
∞+
∞−
∞−
Từ bảng biến thiên, suy ra đường thẳng
4
m
y
=
luôn cắt đồ thị hàm số
2
1 4
( )
1 3
t t
f x
t
− +
=
−
tại hai điểm có hoành độ
1 2
1
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ
phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k.
18
Bài toán 14. Giải hệ phương trình
Lời giải.
ĐK:
Hệ . Trừ vế hai phương trình ta được
TH 1. thế vào (1) ta được
TH 2. . Từ ,
. Do đó TH 2 không xảy ra.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)
Bài toán 15. Giải hệ phương trình
Lời giải.
ĐK: .
Trừ vế hai pt ta được
19
2
2
2
2
2
3
2
3
y
y
x
x
x
y
3 0
x y
x y xy y x xy x y x y x y
xy x y
− =
− = − ⇔ − + − + = ⇔
+ + =
0x y y x
− = ⇔ =
3 2
3 2 0 1x x x
− − = ⇔ =
3 0xy x y
+ + =
2
2
2
3 0
y
y y
x
+
= ⇒ >
2
2
2
3 0
y x
x y
− + − − − = ⇔
T
H 1. thế vào (1) ta được
Đặt ta được
và
TH 2. . TH này vô nghiệm do ĐK.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)
Bài toán 16. Giải hệ phương trình
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng
số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
Hệ
Giải phương trình này ta được thế vào một trong hai phương
trình 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.
20
( )
1 1
2 2
0 0
1 1
1 1
2 2
2 2
y x
y x y x
y x
2 2 2
2 0 2
2 2 1 1
2 4 4 2 1 0
t t
t t t x
t t t t t
− ≥ ≤
− = − ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ =
− = − + − + =
1y
=
( )
1 1
0
1 1
2 2
xy x y
xy
y x
+ =
+
− + −
÷
2 2
,
3 18
y x y x
= = −
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng
cách đặt hoặc đặt .
Bài toán 17. Giải hệ phương trình
Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt
thứ nhất cho và chia hai vế pt thứ hai cho .
Lời giải.
ĐK: .
Dễ thấy hoặc không thỏa mãn hệ pt. Vậy
Hệ
Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được
TH 1. thế vào pt (1) ta được
TH 2. không xảy ra do .
21
, 0y tx x
= ≠
, 0x ty y
= ≠
1
3 1 2
1
7 1 4 2
x
x y
y
x y
1 4 2
2 2 4 2 1 2 2 1
1
7
3 7 3 7
x y
x y x y
x
x y
x y x y
y
x y x y
= + + =
+ =
÷
+
⇔ ⇔ ⇔
− =
= − − =
÷
⇔ − = ⇔ − − = ⇔
+
= −
6y x
=
1 2 11 4 7 22 8 7
1
21 7
3 21
x y
x x
+ +
+ = ⇔ = ⇒ =
4
7
y x= −
0, 0x y
> >
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất .
Chú ý. Hệ phương trình có dạng . 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:
2.3.9: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Bài toán 18. Giải hệ phương trình
Lời giải. Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.
Hệ
Đặt ta được
m
px qy
dy
= +
+
= +
+
2 2
1
7
x y xy
x y xy
+ + = −
+ − =
2
( ) 1
( ) 3 7
x y xy
x y xy
+ + = −
= − =
− =
1 1 1, 2
2 2 2, 1
S x y x y
P xy x y
= + = = − =
⇒ ⇔
= − = − = = −
4 4 1, 3
3 3 3, 1
S x y x y
P xy x y
= − + = − = − = −
⇒ ⇔
= = = − = −
{ }
( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)− − − − − −
- Nếu hệ pt có nghiệm là thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x
+ + + + = −
+ + + = −
3
1 1 4
x y xy
x y
+ − =
+ + + =
2 2
1
,x y a b
x
+ = =
2 2 2 2
2, 1 1
1 3 0 3 1
1 1 3
, 2,
5 1 0 (3 1) 5 1 0
2 2 2
a b x y
a b a b
a b x y
a b b b
= = = =
+ − = = −
⇔ ⇔ ⇒
= = = = −
− + = − − + =
5 1 3
,
4
4 2 2
a b a a b
a a ab
b a
a b a b
+ + = − = = −
− − =
⇔ ⇔
= − −
+ = − = − = −
TH 1.
TH 2.
Vậy tập nghiệm của hệ pt là S =
c) ĐK:
Hệ
⇒ ⇔
= −
= −
= −
2
2
3 1
1 1
1
2 2
2 2
3
3 3 3
2
2 2 2
x
x
a x y
x
y
b xy y
x
÷
1, 1, 0x y xy
≥ − ≥ − ≥
3 3
2 2 ( 1)( 1) 16 2 1 14
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
+ − = + − =
⇔ ⇔
+ + + + + = + + + + + =
,x y a xy b
+ = =
2 2
2, 0, 4a b a b
≥ − ≥ ≥
2
2 2
3 3
3
3 26 105 0
( ) ( 1) 9
x y
y x x
+ + + =
⇔
− − + =
1, 1a x b y b a y x
= + = + ⇒ − = −
2 2
2 2
9
( ) 9
a b
b a a
+ =
− − =
hoặc
hoặc
hoặc
Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên
Bài toán 20: (Phương pháp nhóm các biến)
Giải hệ:
2 2
2 2
và v=y
2
+4y
Hệ trở thành:
2
2
3 13
; 0
1 1 3 1 0
2
2 2 3 0
4 0
3 13
; 4
2
x y
u v u x x
u v v
y y
x y
±
= =
+ = = − − =
⇔ ⇔ ⇔
Giải:
Ta có: (2)
4 2 2 2 2
5 5
2 ( )
4 4
x y xy x y x y xy⇔ + + + = − ⇔ + + = −
Ta tìm cách biến đổi (1) về pt có chứa
2
x y
+
và
.x y
25
2 2 2 2 2
( ) 2 0a b b a a a ab a
⇒ + = − − ⇔ = − ⇔ =
2a b
= −
0 3 1, 2a b x y
= ⇒ = ± ⇒ = − =
1, 4x y
= − = −
2
3 6
2 5 9
5 5
a b b b a
= − ⇒ = ⇔ = ± ⇒ =
Copyright: Tài liệu đại học ©