Luận văn Sử dụng phương pháp biến đổi để giải hệ phương trình hai ẩn

PHƯƠNG CỦA MỘT BIỂU THỨC Trong phần này tác giả sẽ trình bày cách sáng tác các bài tập đƣa về phƣơng trình bậc hai có đen ta là số chính phƣơng, lƣu ý không nhất thiết là phƣơng trình đó phải có bậc hai mới sử dụng đƣợc. Bản chất cơ bản của việc giải bằng cách sử dụng biệt thức đenta cũng chính là việc xác định nhân tử chung nếu có. Trong trƣờng hợp biệt thức đenta không phải là số chính phƣơng thì ta có cố gắng mấy thì cũng không thể phân tích đƣợc nhân tử. Chính vì thế đây chính là phép thử rất tốt giúp ta dự đoán đƣợc nhân tử chung ( nếu có). Giờ chúng ta hãy thử đi xét hai bài tập này trƣớc để hiểu sơ 31 qua phƣơng pháp và sau đó ta sẽ chuyển qua việc sáng tác các bài tập giải hệ phƣơng trình dạng này. Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình  2 22 3 1 2 2 2 9 . 2 93 2 3 4 5 x y x xy y x yx y x                Giải. Điều kiện 4 2 ; ;2 9 0 5 y x x x y     . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc  22 3 1 2 0x x xy y      2 23 2 2 3 0y x y x x       . Ta có   2 4x   . Suy ra phƣơng trình có nghiệm là 1y x  . Thay 1y x  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc 2 2 9 103 1 3 4 5 xx x           2 10 6 1 4 5 9 9 3 1 3 4 5 1 4 5x x x x x x x                1 4 5 3 9 1 9 4 5 4 41 0x x x x x           1 4 5 3x x     2 1 4 5 4 4x x x       1 0 1 1 4 5 2 1 0 0.4 5 2 1 x x x x x xx x                   Với 0 1x y    . Thử lại thấy thỏa mãn. Với 1 2x y     . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phƣơng trình có nghiệm       ; 0; 1 , 1; 2x y     . Bài toán 2. Giải hệ phƣơng trình       2 3 3 3 1 2 1 3 1 1 2 3 1 2 . x xy x y x y y x y y x x x                     Giải.Điều kiện 1; 1; 3 3 0x y xy x y        . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc 32      3 3 1 1 2 1 1 0x x y y y          Coi phƣơng trình trên là một phƣơng trình bậc hai đối với biến 3x  ta có       2 1 1 4 2 1 1 9 1 6 1 1y y y y y                  2 3 1 1y   . Suy ra phƣơng trình có nghiệm là         1 1 3 1 1 3 2 1 1 3 1 1 3 2 y y x y y x                      3 1 3 2 1 1 x y x y             3 1x y    2y x   . Thế 2y x  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc       23 3 1 2 3 1 2x x x x x x             2 3 3 3 1 2 3 1 2 x x x x x x x                2 3 3 1 2 1 2 3 . x x x x x x          Với 3 5x y   . Xét phƣơng trình      23 1 2 1 2 3x x x x x               2 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x x x                   . Xét hàm số     22 2f t t t   . Ta có  ' 0f t  với 0t  . Suy ra hàm số luôn đồng biến. Từ đó    1 1f x f x   1 1 3x x x     . Nghiệm này trùng với nghiệm trên. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm là    ; 3;5x y  . Nhận xét : Qua hai bài toán trên cho thấy rằng không phải lúc nào bài toán đƣa về phƣơng trình bậc hai phải là một phƣơng trình có bậc bằng hai, mà phƣơng trình đó chỉ cần có bậc hai với biến mà ta lựa chọn. Ý tƣởng sáng tác bài toán dạng nhƣ này 33 không khó, ta sẽ thử đi sáng tác một bài dạng này. Trƣớc tiên phƣơng trình cần lập là một phƣơng trình bậc hai đối với biến y , tiếp theo ta cần chọn một biểu thức denta chính phƣơng trƣớc. Giả sử ta chọn biệt thức   2 2 1x x    . Do biệt thức đenta với phƣơng trình bậc hai đƣợc tính bằng công thức 2 4 .b a c   nên ta sẽ phân tích biệt thức denta đã chọn dƣới dạng đó       2 2 2 2 31 1 4x x x x x x         nên ta có thể chọn 2 1b x x   , 1a  , 3c x x  . Giờ ta đã có một phƣơng trình bậc hai với biến y có biệt thức denta đã chọn ban đầu là  2 2 31 0y x x y x x      . Khi đó giải ra ta sẽ đƣợc mối liên hệ giữa hai biến là y x hoặc 21y x  . Với hai mối liên hệ này ta sẽ chọn mối liên hệ y x để sáng tác phƣơng trình thứ hai, khi đó ta phải chấp nhận mối liên hệ 21y x  sẽ cho nghiệm (nếu có) không đƣợc đẹp nhƣ ý muốn đƣợc. Phƣơng trình thứ hai tác giả muốn lấy ý tƣởng cách giải dựa trên tính chất hàm số đặc trƣng, ở đây tác giả chọn hàm đồng biến là    2 3 2f t t t   và cho xuất hiện phƣơng trình có dạng    2 1 3f x f x   . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình này ta đc phƣơng trình thứ hai của hệ là     2 23 2 9 3 4 2 1 1 0.y x y x x        Từ đó ta có bài toán sau. Bài toán 3. Giải hệ phƣơng trình        3 2 2 2 1 3 2 9 3 4 2 1 1 0. xy x x y x y y x y x x                 Giải. Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc 2 3 2x y xy x y x y      2 2 31 0y x x y x x       . Coi phƣơng trình trên là một phƣơng trình bậc hai với biến y ta có   2 21 x x    . 34 Do đó phƣơng trình có hai nghiệm là 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 . 2 x x x x y x x x x x y x                  + Với y x . Thay y x vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc     2 23 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x                 2 22 1 2 1 3 2 3 3 2 3x x x x          Xét    2 3 2f t t t   . Ta có  ' 0f t  với t . Suy ra hàm số luôn đồng biến. Vì    2 1 3f x f x   . Nên 1 2 1 3 5 x x x       1 5 y    . + Với 21y x  . Thay 21y x  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc      2 2 2 23 1 2 9 3 4 6 1 1 0x x x x x         . Phƣơng trình này vô nghiệm. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm   1 1 ; ; 5 5 x y         . Nhận xét : Việc chọn biến có phức tạp hay không để sáng tác phƣơng trình là yếu tố then chốt quyết định xem bài toán có phức tạp hay không, nếu muốn bài toán nâng cao độ khó ta chỉ cần xét với những biến phức tạp là đƣợc. Bên cạnh đó việc lựa chọn biệt thức đenta cũng góp phần không nhỏ nâng cao độ khó bài toán, với những trƣờng hợp mà biến số không thuận lợi với biệt thức denta trong việc rút thế tìm mối quan hệ với biến sẽ là một bài toán không hề đơn giản. Chính vì vậy khi sáng tác thì ta cần phải tránh trƣờng hợp này để làm cho bài toán không phải là bài đánh đố ngƣời giải. Sau đây tác giả sẽ sáng tác một bài toán liên quan đến việc chọn biến là căn thức. Ta chọn biến trong bài toán này là 2 1x  và biệt thức   2 4 3y   . Khi đó ta biến đổi đƣợc thành     2 4 1 4.2. 2 1y y     . Vậy ta sẽ chọn các số 2; 4 1; 2 1a b y c y     . Ta có phƣơng trình đầu tiên nhƣ sau     2 2 22 1 4 1 1 2 1 0x y x y         2 24 1 1 2 2 1y x x y      . Khi chọn biến 2 1x  và biệt thức   2 4 3y   ta lựa chọn ngẫu nhiên nên khi giải ra 35 nghiệm ta sẽ thu đƣợc  2 4 1x y y  nên khi sáng tác phƣơng trình thứ hai để không đánh đố ngƣời giải ta sẽ sáng tác phƣơng trình sao cho sử dụng thuận lợi mối liên hệ đó. Đó sẽ là một phƣơng trình chỉ chƣa bậc chẵn đối với biến x , chả hạn nhƣ 4 2 2 1.x x y y   Vậy ta có bài toán sau Bài toán 4. Giải hệ phƣơng trình   2 2 4 2 2 4 1 1 2 2 1 1. y x x y x x y y           Giải. Đặt 2 1 1t x   . Phƣơng trình thứ nhất của hệ đƣợc viết lại thành  22 4 1 2 1 0t y t y     2 2 1 2 1 4 4 . y t y x y y         Thay vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc     22 2 216 1 4 1 1 0y y y y y          2 2 1 1 1 16 1 4 1 0 y y y y y y y           . Với 1 0y x   . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm    ; 0;1x y  . Để nâng dần bài khó lên nữa, ta sẽ làm theo hai bƣớc : một là, lựa chọn một biến không đơn giản nhƣ  , , ,...x y f x do ngƣời giải sẽ dễ nhận biết đƣợc biến ; hai là chọn một biệt thức đenta cồng kềnh hơn. Ví dụ nhƣ ta chọn biến của phƣơng trình bậc hai ở đây là  1y  và biệt thức   2 4' 2 1x   .Với cách chọn biến  1y  thực sự sẽ làm bài toán khó lên rất nhiều do khi phân tích ngƣời đọc sẽ ít để ý tới thêm hằng số vào biến.Giờ ta có thể phân tích biệt thức       2 2 4 4 2 6 2' 2 1 1 3 6x x x x x       . Ta sẽ chọn 2a x , 4' 1b x  , 6 23 6c x x  . Khi đó ta có một phƣơng trình bậc hai thỏa mãn các dữ kiện đã chọn là     22 4 6 21 2 1 1 3 6 0x y x y x x       hay tƣơng đƣơng với phƣơng trình      4 2 2 4 22 1 2 7 3 2y x y x y y x x       . Nếu ta muốn làm cho ý tƣởng tiếp tục bị che bớt khiến ngƣời giải phải suy nghĩ ta tiếp tục biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thu đƣợc 36   2 2 3 1 2 7 2 3 2 y y y xy x x x x            . Lƣu ý khi giải phƣơng trình trên ta sẽ thu đƣợc 23 1y x   hoặc 4 2 2 1 x y x    . Vì mối liên hệ này khá phức tạp nên ta có thể chọn nghiệm trƣớc rồi cân bằng giá trị cho phù hợp là đƣợc. Chọn 2 13x y    .Khi đó cặp    ; 2; 13x y   là nghiệm của phƣơng trình 22 1 3 4 72.x x y x y      Từ đó ta có bài toán sau Bài toán 5. Giải hệ phƣơng trình   2 2 3 2 1 2 7 2 3 2 2 1 3 4 72. y y y xy x x x x x x y x y                    Giải. Điều kiện 1; 4x y   . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc      4 2 2 4 22 1 2 7 3 2y x y x y y x x            22 4 6 21 2 1 1 3 6 0x y x y x x        . Xét phƣơng trình là phƣơng trình bậc hai của biến 1y  ta có       2 2 4 4 4 4' 1 3 2 2 1x x x x       . Suy ra phƣơng trình có nghiệm     4 4 4 2 2 4 4 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 3 . x x x y x x x x y x x                       Với 21 3y x   23 1y x   . Thay vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc  2 2 22 1 3 3 3 3 1 72x x x x x       . Xét hàm số    2 2 22 1 3 3 3 3 1 72f t t t t t t        với 1t  . Ta có   2 3 2 1 9 ' 12 2 0 1 3 3 t f t t t t t        với 1t  . Suy ra hàm số luôn đồng biến. 37 Mà  2 0f  . Nên phƣơng trình sẽ nhận nghiệm duy nhất là 2x  . Với 2 13x y    . + Với 4 2 2 1 x y x    4 2 2 1 x y x     . Vì 1 2x y    . Mà theo điều kiện ta có 4y   .Suy ra không tồn tại giá trị thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm    ; 2; 13x y   . Nhận xét : Qua những bài sáng tác ở trên, tác giả hi vọng ngƣời đọc đã nắm đƣợc phƣơng pháp sáng tác một bài tập dạng nhƣ này, do việc chọn biến và biệt thức đenta nên ta hoàn toàn sáng tác đƣợc các lớp bài toán với độ khó tăng dần tùy để thỏa ý tác giả. Giờ ta sẽ mang những ý tƣởng bên trên để tìm ý tƣởng của tác giả của các bài toán sau Bài toán 6. Giải hệ phƣơng trình 3 2 2 2 2 5 5 8 8 3 4 5 3 1 0. y y y xy x xy x x x x y               Phân tích : Trong hai phƣơng trình của hệ ta thấy phƣơng trình thứ hai có thể thế biến dễ dàng là 24 5 3 1y x x x    nhƣng khi thế vào phƣơng trình đầu của hệ thì lại quá phức tạp nên ta không thể giải theo cách này đƣợc. Để ý kĩ thấy đây là một phƣơng trình đa thức bậc ba với biến y và bậc hai với x . Vì lợi thế bậc nhỏ hơn nên việc phân tích theo biến x gần nhƣ sẽ đơn giản hơn. Chính vì thế ta sẽ biến đổi tƣơng đƣơng để đƣa về thành phƣơng trình bậc hai đối với biến x . Ta có lời giải cho bài toán nhƣ sau. Giải. Điều kiện 1 3 x   .Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc  2 2 3 28 8 3 5 5 0x y y x y y y        . Ta có       2 2 2 3 2 28 3 4.8. 5 5 8 13y y y y y y y           . Suy ra phƣơng trình có nghiệm 5 8 5 8 y x y x      . Thay 8 5y x  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc   224 3 1 13 5 0 2 3 3 1 4x x x x x x            . 38 Đặt  3 1 2 3x t    với 3 2 t  . Phƣơng trình trên tƣơng đƣơng với hệ        2 2 2 3 2 1 2 2 5 0 2 3 3 1 x t x x t x t t x              2 5 2 . t x x t      Với 11 73 2 5 2 3 1 2 2 8 t x x x x          6 73y   . Với 15 97 3 1 3 2 8 x t x x x         10 97y   . Thử lại nghiệm thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm   11 73 15 97 ; ;6 73 , ;10 97 8 8 x y                        . Nhận xét : Nhờ việc đã dự đoán đƣợc ý tƣởng của tác giả bài toán từ trƣớc nên việc giải bài toán trên đã làm bài toán dễ dàng đi rất nhiều. Còn việc giải phƣơng trình khi thế mối quan hệ của hai biến vào là đòi hỏi phải có sự tinh tế trong quan sát và nắm đƣợc một số phƣơng pháp cơ bản trong việc đặt ẩn phụ trong giải phƣơng trình. Ta sẽ đi xét tiếp một bài toán nữa để kết thúc phần giải hệ phƣơng trình bằng cách đƣa về phƣơng trình bậc hai tại đây. Bài toán 7. Giải hệ phƣơng trình       2 2 2 23 2 3 3 4 1 7 27 12 2 8 . y y x x x y x x x y               Phân tích : Với cấu trúc trong bài toán này ta sẽ phải đi giải phƣơng trình thứ nhất của hệ, vì phƣơng trình thứ hai có bậc của các biểu thức quá lộn xộn, không có điểm chung. Xét phƣơng trình đầu tiên của hệ, ta thấy biểu thức trong căn có đại lƣợng 2 3y  mà ở bên ngoài cũng có nên ta có thể dự đoán đƣợc sẽ đƣa về phƣơng trình bậc hai với biến là một căn thức trong đó biến sẽ có thành phần là 2 3y  . Điều ta để ý thấy ở đây trong căn có  22 3y x  nên ta nghĩ tới hai hƣớng xử lí phƣơng trình này, một là phải khử mẫu đi bằng cách nhân x , hoặc hai là phải làm biểu thức 2 3y  39 xuất hiện dạng 2 3y x  hay 2 3y x  . Rõ ràng theo hƣớng thứ hai sẽ có lợi thế vì khi đó 2 3y x  chính là một biểu thức bậc hai với  22 3y x  . Vậy ta đã có ý tƣởng giải cho bài toán này nhƣ sau. Giải. Điều kiện 0x  . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc     2 2 2 3 3 4 1 y y x x x     2 23 3 2 12 0 2 y y x x x       2 2 23 3 3 6 0 2 2 2 2 y y y x x x x          2 23 4 8 3 2 y y x x       . Thay 2 8 3y x  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc 3 24 12 6x x    . Đặt 33 24 24t x x t     . Phƣơng trình trở thành 3 3 3 3 24 00 36 6 4 24 4 3 24 3 xt t t t x t x                   24 88 3. x x x         Đối chiếu với điều kiện chỉ thấy 3x  thỏa mãn. Với 3 21x y    . Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm       ; 3; 21 ; 3; 21x y   . Nhận xét : Thông qua các việc phân tích tìm lời giải bài toán bên trên và đặc biệt là ý tƣởng sáng tác một bài giải hệ phƣơng trình bằng cách đƣa về phƣơng trình bậc hai sẽ làm cho ngƣời đọc có nhiều cách tiếp cận giải bài toán giải hệ phƣơng trình. Đây là một phƣơng pháp khá cơ bản nhƣng lại mang tính áp dụng thực tế rất cao và là ý tƣởng để xây dựng các bài toán khó hơn. Điểm lợi của phƣơng pháp này so với phƣơng pháp thêm bớt tạo nhân tử chính là việc đòi hỏi không quá nhiều vào kĩ năng quan sát, thêm bớt để nhóm tạo nhân tử chung. Thêm vào đó điểm lợi của bài toán này còn thể hiện rõ qua hai bài toán7, 8 mà tác giả trình bày ở trên. Hi vọng ngƣời đọc 40 qua phần này có cái nhìn tổng quát hơn về các bài toán dạng này và có thể sáng tác các kiểu bài toán dạng đƣa phƣơng trình về phƣơng trình có dạng bậc hai với độ khó nâng dần. Bài tập tự luyện Bài tập 1.     2 2 2 2 2 4 4 2 2 5 2 6 5 36 5 6 2 6 . x y xy x y y x x xy y             Đáp án:       ; 1;1 ; 1; 1x y    Bài toán 2. 2 2 2 7 5 3 2 8 3 56 44 8 x y y x y x x y x y             Đáp án:     321 8 23 355 8 23 ; 2;2 ; ; 338 338 x y               Bài toán 3.         3 3 2 2 2 8 1 3 2 16 2 20 2 3 x y x y x y x y x y x                   Đáp án:       ; 4; 2 ; 2;4x y    Bài toán 4. 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 2 2 . x y y x x y y x          Đáp án:       ; 1;1 ; 1; 1x y    Bài toán 5.   2 2 2 17 3 2 3 10 7 11. x y xy x y x y x y             Đáp án :       ; 1;1 ; 6;6x y  . 2. 4 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH BIẾN ĐỔI TẠO NHÂN TỬCHUNG Xét hệ phƣơng trình có dạng     ; 0 ; y 0 f x y g x     với      1 2; ; .f ;f x y f x y x y . Khi đó ta đƣa về việc giải các hệ đơn giản hơn     1 ; 0 ; y 0 f x y g x     và     2 ; 0 ; y 0. f x y g x     Giải hệ phƣơng trình bằng cách tạo nhân tử chung thực chất là kỹ thuật có tính phát 41 triển nâng cao dựa trên nền tảng của kĩ thuật giải hệ bằng phƣơng pháp thế. Đối với hệ có chứa những phƣơng trình đƣa đƣợc về phƣơng trình có dạng bậc hai thì ta có thể dùng biệt thức đenta để giải. Nhƣng cách này không áp dụng đƣợc với những hệ có bậc cao hơn hoặc không đƣa đƣợc về dạng phƣơng trình bậc hai với biến nào đó. Với những bài toán này yêu cầu ngƣời giải cần có kỹ năng tách nhóm nhân tử một cách thuần thục và kĩ năng giải các phƣơng trình từ cơ bản tới nâng cao một cách thành thục. Sau đây chúng ta hãy giải sơ qua một số bài toán để có cái nhìn sơ qua về phƣơng pháp này. Bài toán 1. Giải hệ phƣơng trình   3 2 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 16 1 1 3 . 8 7 2 x xy x y x y y y x y y x x y                       Phân tích : Nhìn cấu trúc của hệ này ta dự đoán đƣợc là sẽ đi giải phƣơng trình đầu tiên của hệ vì phƣơng trình thứ hai khá cồng kềnh. Phƣơng trình đầu tiên là một phƣơng trình đa thức bậc ba, để ý kĩ thì chúng sẽ chia thành các cặp cùng bậc với nhau và có cùng tỉ lệ 1: 2 do vậy ta có thể nhóm và phân tích, hi vọng sẽ nhóm đƣợc nhân tử chung. Giải. Điều kiện 1x   . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc      3 2 2 32 2 4 2 0x y x x y xy y        2 22 1 2 0x y x y     2x y  2 x y  . Thay 2 x y  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc   2 2 2 2 16 12 1 3 4 7 2 2 x x x x x x                     2 2 4 32 1 1 3 4 7 x x x x x x                2 8 4 1 8 4 7 1 3 x x x x x x x           2 8 4 1 . 4 7 1 3 x x x x x x           + Với 8 4x y   . 42 + Với 2 4 1 4 7 1 3 x x x x x             24 1 3 1 4 7x x x x x                2 2 1 3 1 3 2 3 2 3x x x x                   . Xét hàm số     23 3f t t t   với t R . Ta có    2' 3 1 0f t t   . Nên hàm số luôn đồng biến. Suy ra     5 131 2 1 2 2 f x f x x x x           . Với 5 13 11 13 2 4 x y      . Đổi chiếu với điều kiện thấy các nghiệm đều thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm     5 13 11 13 ; 8;4 , ; 2 4 x y               . Nhận xét : Rõ ràng việc xác định giải phƣơng trình bằng phƣơng pháp tạo nhân tử chung là bƣớc then chốt trong quá trình giải bài toán này, vậy từ đâu tác giả có thể dự đoán đƣợc là giải bằng phƣơng pháp này ? Qua kinh nghiệm giải toán thực tế, tác giả đã tổng hợp đƣợc các dấu hiệu nhận biết một phƣơng trình giải đƣợc bằng cách tách nhân tử thƣơng sẽ là một hệ phƣơng trình có dạng phƣơng trình bậc hai với biệt thức đenta là số chính phƣơng; một hệ phƣơng trình dáng dấp đẳng cấp hoặc nhóm đƣợc thành các nhóm đẳng cấp ; hoặc phƣơng trình có tính đối xứng giữa hai biến,.. Giờ ta sẽ xét thêm một bài tập để ngƣời đọc có cái nhìn rõ hơn về dấu hiệu của một bài toán giải bằng phƣơng pháp tạo nhân tử sau đó nắm bắt ý tƣởng để tự ta sáng tác đƣợc một bài toán giải bằng phƣơng pháp này. Xét bài toán sau Bài toán 2. Giải hệ phƣơng trình     2 3 2 2 1 5 2 8 2 6 0 2 1 5 10 4 1 . x y x x x y x xy y x y y y                  Phân tích : Xét phƣơng trình thứ nhất của hệ, ta thấy nếu giải sẽ làm theo cách nhóm hai căn lại để liên hợp sau đó hi vọng phƣơng trình bậc hai có nghiệm giống biểu thức sau khi liên hợp. Nhƣng điều này không xảy ra. Tới đây ta có thể nghĩ thêm cách là nhóm căn với số hạng phù hợp để có nhân tử chung, nhƣng quả thật điều này không 43 cho ta tới đƣợc kết quả gì.Xét phƣơng trình thứ hai của hệ, đây là một phƣơng trình bậc ba với cả hai biến, và khi nhóm các biểu thức cùng bậc lại với nhau thì thấy rõ các nhóm đó đều có tỉ lệ 1: 2 , vậy khả năng cao sẽ là tìm đƣợc nhân tử trong bài toán này. Nên ta có lời giải cho bài toán trên nhƣ sau Giải.Điều kiện 2 1 0; 5.x y x    Biến đổi phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc   2 22 2 2 2 5 0x y x xy y y            2 2 2 2 1 4 0x y x y y          2x y  .Thay 2x y vào phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc 22 1 5 2 7 6 0x x x x       ( điều kiện 1 5 2 x    )     22 1 3 1 5 2 7 4 0x x x x               2 4 4 4 2 1 0 2 1 3 1 5 x x x x x x               2 1 4 2 1 0 2 1 3 1 5 x x x x               4x  vì 2 1 2 1 0 2 1 3 1 5 x x x         với 1 5 2 x    . Với 4 2x y   . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm    ; 4;2x y  . Nhận xét : Qua hai bài toán trên ta thấy kĩ thuật thêm bớt, nhóm nhân tử là một kĩ thuật rất quan trọng trong phƣơng pháp này đòi hỏi ngƣời giải phải có khả năng phân tích, dự đoán và kĩ năng giải phƣơng trình một cách nhuần nhuyễn. Ngoài ra, ngƣời đọc có thể tham khảo thêm các thủ thuật sử dụng máy tính bỏ túi để dự đoán nghiệm của hệ, khi đó công việc của ta chỉ là đi nhóm để tạo thành các nhân tử đó. Nhƣng điều này tác giả không yêu thích vì đó là giải mẹo, lời giải không mang tính tổng quát, và làm lƣời suy nghĩ tìm tòi lời giải bài toán, tác giả hi vọng đó chỉ là ngƣời hƣớng dẫn với những ai còn chƣa quen lắm với dạng này. Bây giờ ta sẽ thử đi sáng tác các bài tập dạng này.Trƣớc tiên ta sẽ đi chọn mối quan hệ giữa các biến ( đây chính là biểu thức nhân tử chung). Ví dụ tác giả chọn mối liên hệ ở đây là  1x y  và không 44 muốn có thêm một mối liên hệ nào nữa. Vậy ta cần chọn biểu thức bên trong vô nghiệm, ta chọn tùy ý ví dụ 2 2x y x y   , với điều kiện 0x y  . Để thỏa mãn điều kiện 0x y  thì ta sẽ thƣờng cho x y nằm trong căn và thêm một biểu thức x y ở dƣới mấu là đƣợc. Khi đó ta có một phƣơng trình là   2 21 0x y x y x y      . Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình này ta đƣợc   2 1 1 2 1 0x y xy x y           2 2 2 1 xy x y x y      . Phƣơng trình thứ hai sẽ nhận phép thế 1y x  nên khi ta lập phƣơng trình muốn hệ này khó hay dễ chính là việc phƣơng trình thứ hai có thuận lợi khi thế vào hay không. Tác giả sẽ chọn phép thế dễ trƣớc bằng cách trong phƣơng trình chỉ cho xuất hiện y chứ không phải là bậc cao của y, ví dụ nhƣ 2 .x y x y   Vậy ta có bài toán sau Bài toán 3. Giải hệ phƣơng trình 2 2 2 2 1 . xy x y x y x y x y          Giải. Điều kiện 20; 0.x y x y    Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình thứ nhất của hệ ta đƣợc   2 1 1 2 1 0x y xy x y             2 21 0x y x y x y       1 0 1 .x y y x       Thay 1y x  vào phƣơng trình thứ hai của hệ ta đƣợc 2 21 1 2 0x x x x       1 2. x x      Với 1 0x y   . Với 2 3x y    . Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm là       ; 1;0 , 2;3x y   . Nhận xét : Điểm khó dễ của bài toán ta muốn thay đổi trong bài dạng nhƣ này ta có hai cách : một là chọn biểu thức chứa nhân tử phức tạp, hai là lập phƣơng trình thứ hai sao cho sử dụng đƣợc mối liên hệ của hai nghiệm không thuận lợi. Vì lí do đây là một 45 bài sáng tác hệ bằng cách tạo nhân tử chung nên tác giả sẽ ƣu tiên sử dụng cách thứ nhất. Muốn sáng tác bài toán, trƣớc tiên xét một phƣơng trình đơn giản là 2 23 4 0u uv v     4 0u v u v    . Giờ đặt , 1u x y v y    , thay vào phƣơng trình trên ta sẽ đƣợc một phƣơng trình  23 4 1 0x y xy x y y y        . Biến đổi tƣơng đƣơng để che đi ý tƣởng mà ta sử dụng, ta đƣợc 23 5 4x xy x y y y      . Khi giải phƣơng trình trên ta sẽ có hai nghiệm 1x y y   và 4 1x y y    . Nếu ta cho thêm điều kiện của biến 1y  thì ta sẽ loại đi đƣợc một nghiệm. Nhƣ vậy việc khi lập ta sẽ chỉ quan tâm tới một mối liên hệ là 2 1x y  , điều này ta dễ dàng khống chế cho nghiệm đẹp hơn. Giả sử chọn nghiệm 2 5y x   . Ta sẽ lập một phƣơng trình có chứa hai nghiệm này và phải có điều kiện 1y  . Ta có thể lấy 24 2 1 1y x y x      làm phƣơng trình thứ hai. Vậy ta có bài toán sau Bài toán 4. Giải hệ phƣơng trình 2 2 3 5 4 4 2 1 1. x xy x y y y y x