Header Page 1 of 166.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------

NGUYỄN THỊ HƯỜNG

SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI ẨN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – năm 2016.

Footer Page 1 of 166.


Header Page 2 of 166.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------

NGUYỄN THỊ HƯỜNG

SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
ĐỂ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH HAI ẨN

Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số :60460113

i.3 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   m ............................. 7
i.4 Giải phương trình dạng  x  a    x  b   c .................................................. 7
4

4

1.4

CÁC BIỂU THỨC LIÊN HỢP ......................................................................... 8

1.5

HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN ........................................................ 8

CHƢƠNG 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI ĐỂ SÁNG TÁC VÀ GIẢI HỆ
PHƢƠNG TRÌNH ........................................................................................................ 10
2. 1 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI THÀNH HẰNG
ĐẲNG THỨC........................................................................................................... 10
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 18
2. 2 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH CỘNG ĐẠI SỐ ......................... 19
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 30
2. 3 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG
TRÌNH BẬC HAI CÓ DENTA LÀ BÌNH PHƢƠNG CỦA MỘT BIỂU THỨC .. 30
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 40
2. 4 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI TẠO NHÂN TỬ
CHUNG ........................................................................................................................ 40
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 52
2.5 GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH SỬ DỤNG LIÊN HỢP............... 53
Bài tập tự luyện..................................................................................................... 63


Chương 1. Các kiến thức cơ bản. Trong chƣơng này, tác giả sẽ nhắc lại cách giải một
số hệ phƣơng trình cơ bản nhƣ hệ phƣơng trình đối xứng loại I. loại II,.... và cách giải
phƣơng trình bậc ba, bậc bốn mà ngƣời đọc cần nắm vững.
Chương 2. Một số phương pháp biến đổi để sáng tác và giải hệ phương trình. Nội
dung chƣơng này gồm hai phần là sáng tác và giải hệ phƣơng trình bằng cách biến đổi
Với mỗi phần tác giả đều lấy các bài toán minh họa phƣơng pháp sau đó ta sẽ vận
dụng để sáng tác các bài toán theo mong muốn. Sau khi hiểu ý tƣởng sáng tác các bài
toán ta sẽ đứng trên góc nhìn của một ngƣời đã từng ra đề để dự đoán ý tƣởng ra đề
của tác tác giả khác để có lời giải các bài toán một cách tự nhiên nhất.
Chương 3. Một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi. Trong chƣơng này tác giả sẽ

Footer Page 5 of 166.

3


Header Page 6 of 166.
hệ thống lại một số bài toán xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh và đề
thi học sinh giỏi quốc gia. Cuối chƣơng còn có một số bài tập để bạn đọc tự luyện.
Để hoàn thành đƣợc luận văn này, đầu tiên tác giả xin đƣợc gửi lời cảm ơn sâu
sắc tới T.S Phạm Văn Quốc , thầy đã dành thời gian hƣớng dẫn, chỉ bảo, tận tình giúp
đỡ trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vấn đề nảy sinh trong
quá trình làm luận văn và hoàn thành luận văn đúng định hƣớng ban đầu.
Qua đây tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã đọc, kiểm
tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn đƣợc hoàn thiện và phong phú
hơn.
Tác giả cũng xin đƣợc gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, khoa
Toán – Cơ – Tin trƣờng Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong
suốt quá trình học tập tại trƣờng.
Cuối cùng là sự biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông cảm, động

 g  x; y   0

 g  x; y   g  y; x  .

Tức là 
nhƣ sau.

Bƣớc 1: Đặt điều kiện các biến ( nếu có).
Bƣớc 2: Đặt S  x  y ; P  xy ( với S 2  4P ).
Khi đó , ta đƣa hệ phƣơng trình về hệ mới chứa S , P .
Bƣớc 3 : Giải hệmới tìm S , P . Chọn S , P thỏa mãn điều kiện S 2  4P .
Bƣớc 4 : Với S , P tìm đƣợc thì x, y là nghiệm của phƣơng trình X 2  SX  P  0 .
i.2 Hệ phương trình đối xứng loại II
Hệ phƣơng trình đối xứng loại II là hệ chứa hai ẩn x, y mà khi đổi vị trí của x, y
chonhau thì phƣơng trình này trở thành phƣơng trình kia. Tức là hệ có dạng

 f  x; y   0


 f  y; x   0.

Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phƣơng trình và biến đổi về dạng phƣơng trình
tích số.
i.3 Hệ phương trình bậc hai tổng quát
2
2
a1 x  b1 y  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0
Xét hệ phƣơng trình đối xứng bậc hai dạng  2
Một
2


Đặt x  t  . Khi đó phƣơng trình đƣợc biến đổi thành t 3  pt  q  0 ,  2 
trong đó p  b 

a2
2a3  9ab
và q  c 
.
3
27

Ta sẽ tìm các số u, v sao cho qua hệ u 3  v3  q và uv 

p
.
3

 3

Một nghiệm của nó đƣợc tìm từ việc đặt t  v  u , có thể kiểm tra trực tiếp khi thay giá
trị t vào  2  nhờ hằng đẳng thức  v  u   3uv  v  u    u 3  v3   0 .
3

Hệ  3 có thể giải từ phƣơng trình thứ hai bằng cách rút v 
phƣơng trình thứ nhất trong  3 ta có u 3 

p3
 q . Phƣơng trình này tƣơng đƣơng
27u 3



Chú ý rằng có sau giá trị u tìm đƣợc từ  4  , vì có hai căn bậc ba ứng với  và mỗi
căn bậc ba có ba giá trị. Tuy nhiên dấu của các căn phải chọn sao cho khi tính x ,

Footer Page 8 of 166.

6


Header Page 9 of 166.
không gặp trƣờng hợp chia cho không. Nếu p  0 , thì chọn dấu của căn bậc hai sao
cho u khác 0, i, e, u  3 q . Nếu q  p  0 thì x 

1.3

a
.
3

GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN

i.1 Giải phương trình trùng phương ax4  bx2  c  0 .
Giải. Đặt t  x 2 , t  0 . Khi đó phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với at 2  bt  c  0 .
Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra đƣợc x .
i.2 Giải phương trình có dạng  x  a  x  b  x  c  x  d   ex 2 có ad  bc  m .
Giải. Trƣờng hợp 1. x  0 có phải là nghiệm không ?
m  ad  bc

Trƣờng hợp 2. Với x  0 , đặt  p  a  d Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
n  b  c.

4

Đây là một phƣơng trình bậc hai với biến t , ta dễ dàng tìm ra t và suy ra x .
i.4 Giải phương trình dạng  x  a    x  b   c với c  0 .
4

4

4

4

a b  
a b 
ab

Giải. Đặt x  y 
. Phƣơng trình đã cho trở thành  y 
  y 
 c
2  
2 
2


Footer Page 9 of 166.

7



3

a3b 

a b

.

a b
3

a b

+ a b
+3a3b 

a 2  3 ab  3 b2

a b

.

ab
3

a 2  3 ab  3 b 2

.

Ngoài ra còn một số biểu thức liên hợp khác nữa nhƣng trong luận văn này mà tác giả

b  ....  n abn  2  n bn 1

.

ab
a 2 n  2 n 1 a 2 n 1b  ....  2 n 1 ab2 n 1  2 n 1 b2 n

.

HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN

Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng và f  x  là hàm số xác định
trên K . Giả sử hàm số f  x  có đạo hàm trên K .

Footer Page 10 of 166.

8


Header Page 11 of 166.
Định lí 1:
a, Nếu đạo hàm f '  x   0 với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn
điểm thì hàm số đồng biến trên K .
b, Nếu đạo hàm f '  x   0 với mọi x  K và dấu bằng xảy ra chỉ tại một số hữu hạn
điểm thì thì hàm số nghịch biến trên K .
Định lí 2. Nếu hàm số f  x  xác định trên một tập K và hàm số f  x  luôn đồng biến
(hoặc nghịch biến) thì phƣơng trình f  x   0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy
nhất trên tập K .
Định lí 3.Nếu hàm số f  x  xác định trên một tập K và hàm số f  x  luôn đồng biến
(hoặc nghịch biến). Khi đó với mọi a, b thuộc tập K thỏa mãn f  a   f  b  khi và chỉ

ta đi sáng tác phƣơng trình thứ hai, giả sử chọn nghiệm trƣớc của hệ phƣơng trình là
x  2 , ta có thể lấy phƣơng trình chứa căn nhƣ sau x2  3x  9  x  1  0 . Vì khi giải

đƣợc phƣơng trình thứ nhất ta sẽ thế y  x  1 nên thay ngƣợc lại ta có phƣơng trình
x2  3x  9  2 y  x  3 . Vậy ta có bài toán sau.
2

 x  3x  9  2 y  x  3

Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình 

3
3
2
2

 x  y  12 x  3 y  3 y  6 x  7.

Footer Page 12 of 166.

10

.


Header Page 13 of 166.
Giải. Điều kiện: 2 y  x  3  0 .
Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng  x  2    y  1  y  x  1 .
3


2
2
2
2

 x  y   x  xy  y  3  3  x  y   2
Bài toán 2. Giải hệ phƣơng trình 
2

4 x  2  16  3 y  x  8.

Phân tích: Với hệ này ta thấy phƣơng trình thứ hai có vế trái là căn thức, vế phải là đa
thức bậc hai nếu muốn bỏ căn thì phải bình phƣơng hai vế sẽ rất phức tạp. Xét phƣơng
trình thứ nhất là một phƣơng trình đa thức bậc ba với cả hai biến hơn nữa khi cô lập
hai biến lại có khả năng xuất hiện hằng đẳng thức là rất cao với bộ số tỉ lệ 1: 3 : 3 nên
ta sẽ dồn suy nghĩ vào giải phƣơng trình thứ nhất của hệ. Ta có lời giải cho bài toán
trên nhƣ sau
Giải. Điều kiện x  2; y 

16
.
3

Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng với  x  1   y  1  y  x  2 .
3

3

Thế y  x  2 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc
4 x  2  22  2 x  x2  8 

 x2
 0.
22  2 x  4
 x  2  2
4

Xét hàm số f  t  

t22

t 2

 *
3

22  2t  4

22
trên  2;  .
3



Do f '  t   0 mà có f  1  0 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình * .
Với x  1  y  3 .
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm  x; y    2;0 ,  1; 3  .
Tính chất 2.Nếu ta có A2  0  A  0 .
Với ý tƣởng này ta sẽ đi xây dựng một hệ gồm hai phƣơng trình trong đó phƣơng trình
đầu sẽ mang mối liên hệ giữa các biến và phƣơng trình thứ hai sẽ cho nghiệm chính

Giải. Điều kiện x  0; y  0. Phƣơng trình thứ nhất của hệ tƣơng đƣơng
3 x  2 y  0
 2 y  x  1  0.

 3x  2 y  2 y  x  1  0  

Phƣơng trình thứ hai của hệ tƣơng đƣơng

Footer Page 14 of 166.


12

x  y 2



2

 0  x  y  2.


Header Page 15 of 166.
3x  2 y  0
Hệ này vô nghiệm.
 x  y  2.

Với 

2 y  x  1  0




2

x  y  3  1  0

1
 3 hoặc xy  3x  1 , một điểm cần lƣu ý là
x

khi sáng tác phƣơng trình thứ hai, ta cần lƣu ý tới mối quan hệ ban đầu để tránh
trƣờng hợp phƣơng trình giải nghiệm quá phức tạp nên các biểu thức trong phƣơng
trình sẽ chỉ nên xuất hiện các nhân tử x, xy, y . Ví dụ ta chọn phƣơng trình





16 x  y  2 xy  144  9 x 2 y 2 . Giờ biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình ta có đƣợc

phƣơng trình thứ hai là

24  x  y 
x y

 16

x y
32


2

x  y  3  1  0  x  y  3  1  y 

1
 3.
x

Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ hai và kết hợp điều kiện ta đƣợc
24



 1 1  32
x  y  16    
 9 xy  24
xy
x y





2

2

 1
1 



0
 16  x   3  2 3x  1   9 x 2 y 2   x  1 81x 2  87 x  16  32 x
x
x  1  3x  1




3x 2
  x  1  81x 2  87 x  16 
  0  x  1.
x

1

3
x

1







Với x  1  y  4 . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phƣơng trinh có nghiệm  x; y   1;4  .

hằng đẳng thức bậc hai khi khai triển vế phải. Sau khi thấy đƣợc mối quan hệ giữa hai
biến thì công việc còn lại chỉ là thế vào phƣơng trình thứ hai và tìm ra nghiệm của bài
toán là xong. .
Giải.
Điều kiện x  0 .
Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc

Footer Page 16 of 166.

14


Header Page 17 of 166.
 xy  2

2

 6y 

12 9
3 9
2
 2  0   xy  2   2  xy  2   2  0
x x
x x

2

3
3

x




87

15

1


 


 2

2 
3
x   x x 2 
x2

x x  x
x



1  9 24 36




3
1
. Phƣơng trình trở thành  3  t   3t 4  8t 3  12t  21  5  t 2  1
x

2
3
2
  3  t  3  t 2  1  2  3  t    5  t 2  1


2
3
 3t 
 3t  
 3t 
 3t 
 2
3

2

5

2



 2

x  1 .
t  2

2
?

Với x  1  y  5 .
1
2

Với x   y  8 . Thử lại thấy cả hai cặp nghiệm đều thỏa mãn.


1
2




Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm  x; y    1; 5  ,  ; 8   .


Nhận xét : Một bài toán dạng này muốn tăng dần độ khó ta sẽ cho mối liên hệ của bài
toán trong một biểu thức phức tạp hoặc sau khi tìm đƣợc mối liên hệ đó yêu cầu ngƣời

Footer Page 17 of 166.

15




Lƣu ý trong quá trình chọn biều thức cần phải tìm điều kiện của các biến nếu có, đặc
biệt trong trƣờng hợp ta chọn biểu thức có chứa căn thức. Giờ ta sẽ đi sáng tác phƣơng
trình thứ hai của hệ, ta cũng muốn xuất hiện một biểu thức liên hệ giữa hai biến nữa ví
dụ nhƣ 3x  y  1 . Do đó ta cần ép để xuất hiện phƣơng trình



3x  y  1



2

0.

Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình này ta đƣợc 9 x2  y 2  6 xy  2 y  6 x  1  0 .
Vậy ta có bài toán sau
2
2

6 x  x  1  4 xy  1  2  x  1 x  y   y  1
Bài toán 6. Giải hệ phƣơng trình 
2
2

9 x  y  6 xy  2 y  6 x  1  0.

Giải. Điều kiện x 2  y  0 .
Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhấtta đƣợc





3x  y  1



2

 0  3x  y  1 .

 x  1; x 2  y  0
x  2

Hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với hệ sau  y  2 x  1

 y  5.
3x  y  1


Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm là  x; y    2;5 .
Tính chất 4. Nếu ta có A2  B2  A  B hoặc A   B .
Để sáng tác bài tập để giải theo cách này ta chỉ cần chọn hai biểu thức và ép cho
chúng bằng nhau là đƣợc. Độ khó của bài toán dạng này phụ thuộc vào hai biểu thức
ta chọn có phức tạp hay không. Thêm một điểm đặc biệt là khi ta chọn một biểu thức
là căn thức thì biểu thức đó luôn không âm, nếu ta giới hạn ẩn để chứng minh biểu
thức còn lại luôn âm hoặc luôn dƣơng thì ta chỉ cần xét một trƣờng hợp chứ không
phải là hai trƣờng hợp nhƣ lí thuyết bên trên.
Thí dụ ta chọn A  y  2  x  2 và B  4 x  1 khi ta giải ra thì ta sẽ có hai trƣờng hợp


; 1 và phƣơng trình là 5x 2
5




4

 

toán sau

Footer Page 19 of 166.



y  2  2  2 1  6 x  10 x  3 . Vậy ta có bài

17


Header Page 20 of 166.
 y  5  3x 2  1  12 x  2  x  2  y  2

Bài toán 7. Giải hệ phƣơng trình  2
5 x 4 y  2  2  2 1  6 x  10 x  3 .






 y  2  x  2    4 x  1
 y  2  3x  3

 y  2  5x  1  4 y  2  5x  1 .

Thay
5x2



4

y  2  5x  1 vào phƣơng trình thứ hai ta đƣợc

 



5x  1  2  2 1  6 x  10 x  3  5x2 5x 1 10 x2  12 x  2  2 10 x  3  0

 5x2 5x  1  2 x  5x  1  10 x  3  2 10 x  3  1  0



 

 x 5x  1 5x  1  2 5x  1  1 
 x 5x  1

5



Bài tập tự luyện
Giải các bài toán hệ phƣơng trình sau
4
2
2
3
2
2

 x  x  27 y   3x  13  3x y  x  9 y 
Bài tập 1. 

 x  x  3 y  1  5.




Đáp án :  x; y    7;

Footer Page 20 of 166.

17  
5 
 ;  4;  
7 
4 



Hệ này vô nghiệm.

 x 2  5 y 2 2  2 xy  6  x 2  5 y 2   36

Bài tập 4. 
 5 y 4  x 4  6 x 2  2 xy  6 y 2 .

 x; y   1;1 ;  1; 1







2. 2 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH CỘNG ĐẠI SỐ
Khi nghe tới tên phƣơng pháp này chắc chúng ta đã hiểu ý tƣởng của phƣơng pháp
này là sẽ kết hợp hai phƣơng trình lại chứ không phải là đi giải riêng lẻ từng phƣơng
trình một. Nhƣng khi nào thì chúng ta áp dụng phƣơng pháp này để giải bài toán ? Ở
phần này tác giả không nhắc tới những bài giải hệ phƣơng trình đối xứng loại hai vì ta
dễ dàng nhận ra đƣợc là phải trừ vế với vế của hai phƣơng trình cho nhau , nên ta sẽ
bỏ qua dạng đối xứng này và xét những bài toán dạng khác. Trƣớc tiên để hiểu về
cách sử dụng phƣơng pháp này nhƣ thế nào ta sẽ thử đi giải một số bài toán để phát
hiện ra điều này. Trƣớc tiên là một bài toán đƣợc trích ra từ đề tuyển sinh của trƣờng
ĐH An ninh năm 1999.
2
2


Cộng và trừ hai vế của hai phƣơng trình cho nhau ta đƣợc một hệ phƣơng trình
 x 2  x  y  1  y 2  x  y  1  10

 x 2  9  x 2  16 x  73  10






y  8 x
x  y  8
10  x 2  9  0


 x  16 x  73  10  x  9


  x 2  16 x  73  100  20 x 2  9  x 2  9

y  8 x
y  8 x


2

2

 9
 9

Nhận xét. Đây là bài toán tuy không khó nhƣng nó đã khơi gợi sự ra đời của rất nhiều
bài toán giải bằng cách cộng trừ hai phƣơng trình để tạo thành một hệ đơn giản hơn.
Mục đích của dạng này là làm biến mất đi các biểu thức phức tạp hoặc không cùng
dạng với nhau, đó có thể là cùng mất đi căn thức, mất đi một biểu thức cùng xuất hiện
trong hệ hoặc đơn giản là mất đi các số hạng tự do (thƣờng xuất hiện trong giải hệ
phƣơng trình đối xứng loại hai). Khi biết đƣợc bản chất của việc cộng đại số ta sẽ đi
sáng tác một bài toán thử xem sao.
Giờ ta muốn loại bỏ một biểu thức cồng kềnh xuất hiện trong hệ là 4x 4 bằng cách
cộng hai vế, khi đó dấu của biểu thức này trong hai phƣơng trình phải trái dấu. Tiếp
theo, muốn biểu thức có dạng một phƣơng trình bậc ba với biến là xy , ta sẽ làm xuất
hiện các biểu thức x3 y 3 , x 2 y 2 , xy . Để cân bằng các đại lƣợng này ta chọn nghiệm
trƣớc, ví dụ nhƣ xy  1 . Khi đã chọn đƣợc nghiệm rồi, ta cân bằng giá trị các đại lƣợng

Footer Page 22 of 166.

20


Header Page 23 of 166.
để tạo thành phƣơng trình, ví dụ muốn có hệ phƣơng trình biểu thị hệ giá trị
3  7  4
ta có thể lập một bài toán có các phƣơng trình 3x3 y3  7  4 x4 và phƣơng

1  1  4  2

trình x3 y3  xy  4 x4  2. Vậy ta có bài toán sau
3x3 y 3  7  4 x 4
3 3
4
 x y  xy  4 x  2.

khác là đƣa bài toán về hệ đẳng cấp bằng cách đặt thích hợp. Vì hệ trên đƣợc cấu tạo
bởi hai phƣơng trình bậc hai tổng quát nên mỗi phƣơng trình sẽ có các cặp  x; y  để
thực hiện phép tịnh tiến riêng lẻ, thực tình ta không mong muốn điều này xảy ra. Và
nếu điều đó không xảy ra thật thì ta sẽ có một lời giải vô cùng ƣng ý. Ta sẽ thử đi xét
một ví dụ cụ thể nhƣ sau.

Footer Page 23 of 166.

21


Header Page 24 of 166.
 x 2  3 y 2  2 xy  10 x  22 y  34  0
2
2
 x  5 y  4 xy  16 x  38 y  68  0.

Bài toán 3.Giải hệ phƣơng trình 

x  u  a
Thế vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc
 y  v  b.

Giải. Ta đặt 

u  a 

2

 3  v  b   2  u  a  v  b   10  u  a   22  v  b   34  0

bất định mà phƣơng pháp đã đƣợc đƣa ra ở chƣơng 1. Giờ đứng dƣới góc nhìn của
một ngƣời giải bài toán, ta sẽ suy nghĩ nhƣ nào để có lời giải. Trƣớc tiên ta thấy cả hai
phƣơng trình của hệ này đều là phƣơng trình bậc hai đối với biến, ta suy nghĩ ngay tới
việc phân tích nhân tử ở mỗi phƣơng trình. Nhƣng điều này không thực hiện đƣợc vì
denta của các phƣơng trình đối với ẩn x hay y không phải là số chính phƣơng. Tới đây
ta sẽ nghĩ ra các khử các đại lƣợng bình phƣơng nhằm mục đích thế ẩn vào phƣơng
trình còn lại.
Trong bài này ta có thể đặt ẩn phụ nhằm đƣa phƣơng trình này về một hệ phƣơng trình
đẳng cấp, nhƣng để tổng quát hóa bài này ta bằng phƣơng pháp hệ số bất định để ghép
hai phƣơng trình tạo thành một phƣơng trình bậc hai có đenta chính phƣơng.Nhân cả
hai vế của phƣơng trình thứ hai với k rồi cộng vế với vế phƣơng trình thứ nhất ta
đƣợc
x2  3 y 2  2 xy  10 x  22 y  34  k  x 2  5 y 2  4 xy  16 x  38 y  68  0

 1  k  x2  2  y  5  2ky  8k  x  22 y  3 y 2  5ky 2  38ky  34  68k  0 .

Ta có  'x   y  5  2ky  8k   1  k   22 y  3 y 2  5ky 2  38ky  34  68k 
2

Footer Page 24 of 166.

22


Header Page 25 of 166.
   k 2  4k  2 y 2  6  k 2  4k  2  y  4k 2  22k  9

là

một


.

y3

2

Thay x 

y 2  8 y  17
vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc phƣơng trình
y3
2

 y 2  8 y  17 
 y 2  8 y  17 
y 2  8 y  17
2

3
y

2
y

10
 22 y  34  0








 4  5 2 6  2   4  5 2 6  2  

;
;
; 
  .
2
2
2

  2



Vậy hệ có nghiệm  x; y    1; 5 ; 5; 1 ; 



Trong chƣơng thứ nhất của luận văn này có trình bày phƣơng pháp để tìm ra hằng số
a1 x 2  b1 y 2  c1 xy  d1 x  e1 y  f1  0

, và ở phần trên tác giả đã sử
k trong hệ dạng  2
2
a
x