I. TÊN ĐỀ TÀI:
MỘT SÔ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN Ở THPT
II. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Chúng ta đã biết toán học là môn khoa học cơ bản. Có nhiều ứng dụng liên quan
đến nhiều nghành, nhiều lĩnh vực khác nhau. Dạy toán học nhằm trang bị cho học sinh một
hệ thống tri thức cơ bản tạo điều kiện cho học sinh được hình thành và phát triển phẩm
chất, nhân cách, năng lực trí tuệ, đồng thời trang bị cho học sinh hệ thống tri thức đảm bảo
đủ kiến thức cơ bản để nghiên cứu và khám phá thế giới xung quanh.
Trong chương trình toán trung học phổ thông , một chủ đề của đại số là hệ
phương trình đại số hai ẩn. Nó luôn xuyên suốt chương trình để giải quyết các bài toán khác
và thường xuyên có trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng của nước nhà.
Qua thực tế giảng dạy ở trường tôi thấy rất nhiều học sinh còn lúng túng trong
việc giải hệ phương trình đại số, đặt biệt là các hệ phương trình “không thể nhìn thấy ngay
cách giải”. Do vậy tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng
dạy: “Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số 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.
Hi vọng rằng với phương pháp sắp xếp lôgic, chặt chẽ và lựa chọn các bài toán
một cách điển hình là một sáng kiến nho nhỏ để chúng ta cùng tham khảo.
Trong quá trình làm đề tài này, chắc chắn còn nhiều sai sót, mong sự đóng góp ý
kiến.Tôi xin chân thành cảm ơn.
Trang 1
III. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
1. Cơ sở 1:
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
)(
'''
I
cybxa
cbxax






=+
−=−−
⇒
acaybxaa
caxbaxaa
///
///
caacybaab
////
)( −=−⇒
Do đó hệ (I)





−=−
−=−
⇒
caacybaab
bccbxbaab
////
////
)(
)(
Đặt









=
D
D
D
D
yx
y
x
;);(
. thay vào hệ (I) ta thấy nghiệm
này là nghiệm của hệ (I).
2/ D =0, lúc này hệ trở thành



=
=
y
x
Dy
Dx
0

/
=⇒
c
a
a
ccaacD
y
/
///
0 =⇒=−=
nên hệ (I) được viết thành





=+
=+
c
a
a
byax
a
a
cbyax
//
)(
Do vậy tập nghiệm của hệ (I) trùng với tập nghiệm của phương trình ax + by = c.
Trang 2
Tóm lại:

D
D
D
D
y
x
;
* Trường hợp 2.
0===
yx
DDD
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình ax +
by =c
* Trường hợp 3.








≠
≠
=
0
0
0
y
x

Bài toán:
Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 1 sau:



=
=
0);(
0);(
yxg
yxf
Giải:
Do



=
=
);();(
);();(
xygyxg
xyfyxf
nên hệ đã cho được viết lại như sau :



=
=
0);(
0);(

Giải:
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
0);();( =− xyfyxf
(*)
Thay y = x vào (*) ta được 0 = 0 suy ra y = x thỏa (*), do đó (*)
0);().( =−⇔ yxgyx



=
=
⇔
0);( yxg
xy
* Thay y = x vào (1) ta tìm được x, suy ra y.
* Với g(x;y) = 0. ta có hệ



=
=
0);(
0);(
yxg
yxf
tìm được x và y.
4. Cơ sở 4:
Định nghĩa:
Hệ phương trình đẳng cấp vế trái đối với hai ẩn x, y là hệ có dạng:


1
22
2
1
1
0
1
1
22
2
1
1(*)

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:






n
n
+ Khi
0=d
, ta có



=++++
=
⇔
−−
0
)(0
)2(
0
2
21
n
nnn
tatbtbb
lx

0
0
2
21
=++++⇔
−−
n

215. Cơ sở 5.
Không có cách giải tổng quát cho mọi hệ phương trình.
Trang 4
IV. CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Các bài toán về giải hệ phương trình phương trình đại số là một trong những dạng
toán cơ bản của chương trình THCS, THPT. Nó thường xuyên có trong các đề thi tuyển
sinh đại học cao đẳng của nước nhà. Trong sách giáo khoa chương trình THPT chưa đi
sâu và phân tích kĩ các bước giải một hệ phương trình, đặt biệt là phân tích để chọn
phương pháp giải cho hệ phương trình. Qua nhiều năm giảng dạy, Tôi thấy phương
pháp phân tích lập luận để giải một hệ phương trình là điều hứng thú học tâp và say mê
nghiên cứu của các em học để rèn luyện kỹ năng giải quyết các bài toán về hệ phương
trình đại số hai ẩn. Tôi cũng rất hài lòng khi vận dụng kinh nghiệm này để hiệu quả
giảng dạy và rèn luyện kỹ năng giải hệ được tốt hơn.
V. NỘI DUNG:
Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai ẩn
Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn



=+
=+
'''
cybxa
cbxax
trong đó a, b không đồng thời bằng
không và a
’





D
D
D
D
y
x
;
* Trường hợp 2.
0===
yx
DDD
Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình ax +
by =c
* Trường hợp 3.








≠
≠
=
0

với
[ ]
3;2∈m
.
Giải:
1. Biện luận hệ
Ta có: D = m
2
-1, D
x
= 2m
2
- 2m, D
y
= 3m
2
– 2m – 1.
Trường hợp 1.
10 ±≠⇔≠ mD
: Hệ có nghiệm duy nhất







+
+
=

2. Khi
1±≠m
hệ có nghiệm duy nhất là







+
−=
+
+
=
+
−=
+
=
1
2
3
1
13
1
2
2
1
2
mm

11
21
11
21
m
m
m
m






−=
−=
=
=
⇔
)(2
)(3
)(0
)(1
nm
nm
nm
lm
Vậy m = 0, m = - 3 , m = -2 thỏa mãn điều kiện bài toán.
3. Khi
1

2
mm
m
y
mm
m
x
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được x – y = - 1 .
Vậy hệ thức cần tìm là x – y + 1 = 0.
4. Khi
1
±≠
m
hệ có nghiệm duy nhất là







+
−=
+
+
=
+
−=
+
=

12
1613
)(
2
2
++
++
=
mm
mm
mf
trên đoạn
[ ]
3;2
Ta có
f(m) liên tục trên đoạn
[ ]
3;2

( )
2
2
2
/
12
42420
)(
++
++
=

17
)(
22
3;2
=+
∈
yxMax
m
khi m = 3.
[ ]
9
65
)(
22
3;2
=+
∈
yxMin
m
khi m = 2.
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

1
)
2
+ ( y
2
–y
1
)
2

≤
1
Giải:
Từ (2)
⇒
x=a-ay thay vào (1) ta được
Trang 7
0)12()1(
222
=−+−−+ aayaaya
(3)
a/ với a=1, ta có (3) trở thành: 2y
2
-y=0




=⇒=
=⇒=

⇔ a
a
c/ Khi
3
4
0 << a
thì hệ có 2 nghiệm (x
1
;y
1
), (x
2
;y
2
)
trong đó y
1
,y
2
là nghiệm của (3) nên thỏa mãn







+
−
=

[ ]
1
1
)12(
1
1
34
4)()1()(
2
2
2
2
2121
22
12
2
2112
≤
+
−
−=
+
−
=−++=−+−=−
a
a
a
aa
yyyyayyayayyy
HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I

Cách 1:
Hệ



=++
=+++
⇔
12)1)(1(
8
22
yxxy
yxyx
Đặt s=x+y và p=xy với s
2
-4p
0
≥
Trang 8
Hệ trở thành





=++
=−+
)2(1
)1(82
2

32
65
40
ps
ps
ps
ps
Như vậy nếu ta máy móc giải như cách 1 thì bài toán trở nên phức tạp do vậy ta tìm
cách đặt ẩn phụ khác bằng cách biến đổi hệ đã cho



=++
=+++
⇔
12)1()1(
8)1()1(
yyxx
yyxx
Đặt
)1(
)1(
+=
+=
yyv
xxu
Hệ trở thành




1. Hệ đối xứng loại 2 là hệ có dạng
( )
( )



=
=
)2(0;
)1(0;
xyg
yxf
2. Cách giải
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được pt dạng



=
=
⇔=−
0);(
0));()(
yxg
yx
yxgyx
Bài toán 4: Giải hệ





2
xxyy
yxyx
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được
( )( )



−−=
=
⇔=++−
4
04
xy
xy
yxyx
* Với y = x thay vào (1) ta được



−=⇒−=
=⇒=
⇔=+
22
)(00
02
2
yx
lyx
xx

≤
≤
⇔







+−=−
=−++−−
≤
≤
⇔







+−=−
+−=−
≤
≤
⇔




yxyxyx
y
x
yyx
xxy
y
x
yx
xy
Ta có



=−+
=
⇔
09
)3(
yx
yx
*Với x=y thay vào (4) ta được:
02811032510
22
=+−⇔=−++− yyyyy



=⇒=
=⇒=
⇔

xx
Vậy nghiệm của hệ là: (4; 4)
Cách 2:
Đặt





−=
−=
3
3
xv
yu
với
0,0 ≥≥ vu





+=
+=
⇒
3
3
2
2
vx

uv
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được
( )
0
22
=−−− vuvu
( )( )



−=
=
⇔=−+−⇔
vu
vu
vuvu
1
01
* Với u = v thay vào (1) ta được



−=
=⇒=
⇔=−+
)(2
11
02
2
loaiv


−
=
−
=
+
−=⇒
+
=
⇔=−−⇔=−+
)(
2
51
)(
2
51
2
51
1
2
51
0121
22
loaiv
loaiuv
vvvv
Vậy hệ có nghiệm là(4;4)
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
Xét hệ đẳng cấp bậc hai:




=++
=
⇔=++
0
0
0)(
2
22
cbtat
y
cbtaty
• Xét y = 0 thay vào hệ tìm x
• Xét
0
2
=++ cbtat
tìm nghiệm (nếu có) sau đó tìm được x,y.
6. Bài toán 6: Giải hệ:





=++
=++
222
932
22

2
9
22
123
2)22(
9)123(
2
2
22
22
t
t
tt
tt
ttx
ttx
Với t=-2 ta có:



−=−=
==
2;1
2;1
yx
yx
Với t=-
3
8
ta có:




=++
=++
yxyx
yxyx
yxx
Đặt y=tx ta có:
0
016143
0
0)31416(
2
22
=⇔



=++
=
⇔=++ x
tt
x
ttx
hoặc t=-2 hoặc t=-
3
8
Với x=0 hệ trở thành:





=−=
−==
17
8
;
17
3
17
8
;
1
3
yx
yx
7. Bài toán 7: Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm





=−
=+−
43
4
2
22
xyx

t
tt
xf
31
41
)(
2
−
+−
=
ta có:
3
1
0
)31(
123
)(
2
2
'
≠∀<
−
−+−
= t
t
tt
tf
Bảng biến thiên
t
∞−

2
−
+−
=
tại hai điểm có hoành độ
21
3
1
tt <<
khi đó phương trình
1
1
2
31
2
31
4
t
x
t
x
−
±=⇔
−
=
suy ra
1
1
31
2




=−−−
=+−+
38923
143
22
22
yxyx
yxyx
Giải:
Nhóm các biến: hệ
⇔





=+−−
=+−+
3)4(2)3(3
143
22
22
yyxx
yxyx
Đặt: u=
xx 3
2

=
=
⇔



=−
=+
4;
2
133
0;
2
133
04
013
0
1
322
1
2
2
yx
yx
yy
xx
v
u
vu
vu

5
2
22224
−=++⇔−=+++ xyyxyxxyyx
Ta tìm cách biến đổi (1) về pt có chứa
yx +
2
và
xy
Ta có (1)
4
5
)1(
22
−=++++⇔ yxxyyx
Đặt
yxu +=
2
và
xyv =
hệ trở thành







−=−=
−==

5
ta có hệ







−=
=
⇔





−=
=+
3
3
2
16
25
4
5
4
5
0
y





−=
=+−
2
3
1
2
3
032
2
3
0
2
1
2
3
2
y
x
x
y
xx
x
y
x
x
10. Bài toán 10 ( phương pháp nhóm các biến bằng hằng đẳng thức)

⇔







−=








+−








++




x
y
y
x
x
đặt u=
x
x
1
+
,
y
yv
1
+=
với
2,2 ≥≥ vu
.
Hệ trở thành:
( )



−=+−+
=+
10153
5
33
mvuvu
vu

2≥t
ta có f
/
(t) = 2t – 5.2
5
0)(
/
=⇔= ttf
Bảng biến thiên
Trang 15
t
−∞ −2 2
5
2
+∞
)(
/
tf
− − 0 +
f(t)
+∞ +
∞
22
2

7
4

2
3
=⇔





=
=
y
y
y

*Khi
0≠x
,
Hệ



=
=
⇔





=

=−
⇔
2
1
2
3
6)(
21)(
6)(
9)(3)(
6
9)(
33
2
33
x
x
y
x
y
x
x
y
xy
x
x
y
x
y
xy

* Thay x = 0 vào hệ ta được y = 0 với mọi m, suy ra hệ có ít nhất một nghiệm (0; 0) với
mọi m.
* Khi
0≠x
hệ trở thành







=






−+
=++
m
x
y
xx
x
y
xx
2
2

4
22
uum
uv
mvu
vu
Hệ có nhiều hơn một nghiệm khi và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiệm u sao cho
1
−≥
u
.
Xét hàm số
82)(
2
−+= uuuf
với
1−≥u
Ta có
14)(
/
+= uuf
4
1
0)(
/
−=⇔= uuf
u
∞−
-1
4

2
2
4
2
xyy
y
y
x
Giải:
Điều kiện: y
0
≠
Trang 17
Hệ



−=−=
==
⇔








−=
=

3
3
yx
yx
y
y
yyx
y
yyx
xyy
yyx
Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 1), ( -1; - 1)
14. Bài toán 14: (Phương pháp giải một phương trình của hệ )
Hãy giải hệ sau:





=+−
=++
)2(032
)1(63
22
yxyx
yx
Giải:
Ta có (2)















−
=
+
=
≤
⇔



=+−
=
⇔−=+ yx
x
x
x
xx
x
xx

2
2
yx
yyyxyxx
Giải:
Trang 18
Điều kiện:



≤≤
≥−
20
08
y
x
Ta có (1)




=
=
⇔=−−⇔
yx
yx
yxyx
2
0))(2(
* Với x=2y thay vào pt (2) ta được:


)(xf⇒
giảm trên [0;2]
Lại có y=1 là nghiệm của (3).
Suy ra (3) có nghiệm duy nhất y=1
2
=⇒
x
* Với x=
y
thay vào (2) ta được
yyyyy −−−+=−⇔−−=− 26298238
( vì
20 ≤≤ y
thì
2
7
4
7
)023 =⇒=⇔>−− xyy
Vậy nghiệm của hệ là: (2;1), (
4
7
;
2
7
)
16. Bài toán 16: (Dùng phương pháp sử dụng các tính chất của bất đẳng thức, bất đẳng
thức Côsi )
Hãy giải hệ:

Áp dụng BĐT Côsi ta được
4)
11
)((
20102010
20102010
≥++
yx
yx
Lại có:
44)(42
222
≤+−−=++−− yxxyyx
Trang 19
Do đó: (*)
yx
yx
yx
=⇔



=
=
⇔
20102010
Thay x=y vào (1) ta được





=+
=+
)2(2
)1(1
66
44
yx
yx
Giải:
Từ (1) suy ra |x|
,1≤
|y|
1≤
Lấy (1) trừ (2) ta được:
0)1()1(
2424
=−+− yyxx













y
x
x
yy
xx

Vậy nghiệm của hệ: (0;-1), (0;1), (1;0), (-1;0)
Trang 20
VI. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Một số phương pháp trên đã được trình bày trong đề tài đã được Tôi nghiên cứu và
giảng dạy đã giúp học sinh. Nhận dạng được hướng giải các bài toán về hệ phương
trình được nhanh chóng hơn.
VII. KẾT LUẬN:
Việc vận dụng một số phương pháp để giải hệ phương trình hai ẩn là điều quan trọng
nhất trong việc giải hệ. Nếu không giải quyết được điều này thì khó giải được hệ
phương trình. Một số phương pháp trên là kiến thức bổ ích giúp các em học sinh bước
vào các kỳ thi tuyển sinh Đại học cao đẳng. Tôi cũng mong muốn các đồng nghiệp tham
khảo và đóng góp ý kiến để đề tài được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

Tháng 4 năm 2010
Trang 21
VIII. ĐỀ NGHỊ:
Đây là một đề tài nghiên cứu cách giải một hệ phương trình đại số ở THPT mà
trong trong sách giáo khoa chưa đề cập nhiều, đặt biệt là phương pháp giải một hệ tổng
quát. Tôi mong muốn các thầy cô trong tổ chuyên môn cùng nghiên cứu chia sẽ với tôi
và vận dụng một cách hợp lí trong quá trình giảng dạy, cũng như trong quá trình ôn thi
đại học, cao đẳng.
IX. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
[1] Đại số 10 Nâng cao – Tác giả: Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân

X. Phân công thực hiện đề tài
XI. Mục lục
1
1
2
5
5
5
7
8
9
11
13
21
21
22
22
22
23
Trang 23
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2009 - 2010
I. Đánh giá xếp loại của HĐKH Trường THPT Nguyễn Thái Bình
1. Tên đề tài: MỘT SÔ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI
SỐ HAI ẨN Ở THPT.
2. Họ và tên tác giả: Nguyễn Anh Tuấn
3. Chức vụ: Giáo viên. Tổ: Toán - Tin
4. Nhận xét của Chủ tịch HĐKH về đề tài: