SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình toán THPT

Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 304 một trong các bài toán thường gặp là bài tóan về giải hệ phương trình và tính có nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán. Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên Tóan và đội tuyển thi Olympic 304 trong năm học 20112012.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN

Năm học: 2011 - 2012

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN

III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

* Đa thức *Một số phương pháp tính giới hạn của dãy số và khảo sát tính hội tụ của dãy số

BM02-LLKHSKKN

Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp

để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán.

Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên Tóan và đội tuyển thi Olympic 30-4 trong năm học 2011-2012.

HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI :

Đề tài đã được giảng dạy cho học sinh lớp 12 chuyên tóan và bồi dưỡng đội tuyển Olympic 30/4 của năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh đã biết vận dụng và cảm thấy thuận lợi hơn trong việc giải quyết các bài tóan về vấn đề này

TÀI LIỆU THAM KHẢO

*Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 của các năm: 2006 đến 2011

của Nhà xuất bản Đại học Sư phạm

*Báo tóan học tuổi trẻ của các số của các năm 2005-2011 của Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo.

*Nguồn Internet :

- wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc

- wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm…

NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên và ghi rõ họ tên)

NGUYỄN ANH TUẤN

Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)

- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 

- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 

1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)

- Có giải pháp hoàn toàn mới 

- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 

2 Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)

- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả 

3 Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)

- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:

- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả

Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)

BM04-NXĐGSKKN

 Chú ý: Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì sau khi tìm được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm của hệ ban đầu hay không và kết luận.

Vd1: Gỉải hệ:

1 1

x x

Thay bộ 0

1

x y

2 2

( 1) 3

5 ( 1) 4

y y 

-3y=

2

4 (4 5) 3

y y 

+4(4 5)3

y 

Thu gọn ptrình trên ta được ptrình bậc 2 ẩn y từ đó ta tìm được nghiệm (x;y) của hệ mới ;Thay vào hệ ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệm cần tìm không.

4( )

5

II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG:

II.1.Ph ương pháp : Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệ cuối cùng đơn giản hơn

*Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới

hệ mới và ngươc lại từ hệ mới liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không

7 4 1

*Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và củ bằng nhau

 ; z = 2

1

y y

1 ( )(1 ) 27

Nếu hệ nhận x=0 là nghiệm thì ta được y=0 hoặc z=0

Rõ ràng các bộ (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) mọi t là nghiệm của hệ

Xét x.y.z0 thì

(I)

2

2 2

2 2

Lấy (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1

Lấy (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1

Do đĩ: v-t=v-u hay u=t

12

x y xy

xy y x

x y xy

4

x y

xy xy

1 2( 1) ( 1 )

1 ( )(1 ) 18

với s1 ;s2;s3 cho trước thì x;y;z cùng là nghiệm ph.trình t3-s1.t2+s2.t –s3 = 0

Khi giải 1 hệ phương trình đối xứng loại I đơi khi hệ cĩ chứa 1 vài tổng đối xứng cơ bản thì ta thường nghỉ đến việc biến tổng đổi để đưa về hệ mới xuất hiện đầy đủ các tổng đối xứng cơ bản đối với các ẩn đang xét rồi dùng định lí Vieste đảo

Vd1: Giải hệ:

2 2 2

66

14

x y z xyz

11

x y z xyz

; x;y;z là nghiệm của pt : t3-6t2+11t-6 =0

Từ đó: (x;y;z)=(1;2;3) và các hóan vị của nó

Vd2: Giải hệ: 2 2 2

7 7 7

0 10 350

(i)-xy(x+y)(x2+xy+y2) =50 (ii)

Thay (a) vào (b) ta có: x2+y2+x.y = 5 từ đó: x.y.z=2

x;y;z là n0 của pt: t3-5t -2 = 0 ; suy ra : (x;y;z) =(-2;1- 2;1+ 2) và các hóan vị của nó

Mà (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S

Do đó: P+S =4/P từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P và 4P=4/P ( cho kq)

IV.2 Bài tập :

1/

2 2 2

4 18

2 3 4

2 2 2

1 4 9

V.1 Dùng bất đẳng thức Cauchy:

Chú ý: * Cho n số khơng âm x1;x2;…;xn ta cĩ: 1

x

x n

11 6 108 , , 0

2 3

6

2 3

, , 0 6 3 11 6 108

Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 1 n0 của hệ (0;0;0)

Khi x0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0

Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1)2x.y  xy

Do đó: x=y=1 hoặc x=y =0 ( thử lại)

 từ đó:

0y<2/3 ;tương tự: 0x;z<2/3

Ta thấy: khi x=0 thì hệ phải nhận n0 tương ứng x=y=z=0

Nên chỉ xét :x;y;z>0 ;từ (1) cho 6 2

1 9

x   x 1 nên yx Tương tự: từ (2);(3) cho zy và xz nên x=y=z từ đó cho kq

“=” xảy ra  x1=t.y1 ; x2=t.y2 ; …;xn =t.yn ) t =const

*Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)

Vd 1: Giải hệ:

2 4

Từ (I) cho : x  32  x 4 x 432  x y2-6y+21 (1)

NX: y2-6y+2112 ; y nên ta nghỉ đến cm: x  32  x 4 x 432  x  12 ;  x [0;32] NX: điểm rơi của bđt trên x=16

Thật vậy:

x  32  x  2 32    8

1 (1 )(1 )

 = 2

1

y x

 x2+y2=1 ( trên mxđ) Bđt B-C-S cho : x 1 y  +y 1 x   ( x2 y2)( x y   2)= x y   2 ;lại có:

Giải: Từ (2) và (3) cho : 4(y-1)2= 4-z2 nên z 2 và x2+2(4-z).x+16-6z = 0 (5)

Từ (5) phải có: x= z2-2z0 nên z0 hoặc z2

Từ các kq trên cho z=0 hoặc z=2 (thử lại)

Coi z là tham số của (I)

(I) 2

2

4 4 2

z z xy

k n k k n

k k

2 1 2

2 1 2 1

2 1

n n

x x x x x x

x x x

2 2009; 0

1 3

a

a a

.Đặt x2=a3;y2=b3;z2=c3 thì a;b;c0 và a.b.c=1

Ta có: a3+c3=(a+c)(a2+c2-a.c)(a+c)(2ac-ac)=ac(a+c)  a3+c3+1ac(a+c)+abc=ac(a+b+c)

Khi giải hệ (I) ta thường dùng phép thế y=k.x

*Kiểm tra x=0 cĩ là nghiệm của hệ được khơng ( nếu cĩ lấy tất cả các nghiệm dạng (0;u) của

hệ

*Xét x0 ; coi y=kx ( luơn tồn tại điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng cấp cùng bậc của 2 biếu thức F(x;y) và G(x;y) nên ta cĩ thể khử biến x để tìm được k ;từ đĩ tìm được nghiệm của hệ *Đơi khi ta cần biến đổi hoặc dùng ẩn phụ để đưa về hệ đẳng cấp đối với ẩn mới

(I) tương ứng

3 3

3 2 3

(1 ) 1 ( 2 ) 2

3 2 3

1 1 2

2 1

x k

Th1: k=1 thì y=x và x3= 31

1

k  =1/2 cho (x;y)=(31/ 2; 31/ 2) Th2: k=2 thì y=2x và x3= 31

3

12 6 1

3 1 1

1

5 1

y x

nhân vế với vế của các phương trình trên cho:

4(y3-x3) = (16x-4y)(5x2-y2) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn x;y)

Lấy (1) – (2) vế với vế ta cĩ: x(z-y)=2(z-y)(z+y) (z=y) hay (x=2(z+y) )

Th1: z=y thay vào hệ ta được: 2( ) 02

cho x=y=z= 0 ( thỏa hệ ban đầu)

Th2: x=2(z+y) thay vào hệ ta được:

là ptrình đẳng cấp bậc 2 với ẩn z;y (1 ‘) 3k2+6k+3=0 hay k=-1 với k= y/z

Do đĩ: y=-z và z3=z2 hay y=z=0 và y= -1;z=1 ( thử lại)

VII.3.Bt: Giải các hệ sau:

x y

y y

VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH :

Cho hàm số y=f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b)

1

t t

 >0 ;  t

R

Suy ra ;g(t) đồng biến trên R

(3) g(3x+1)=g(-4x)

 x= -1/7 ( do g(t) đồng biến trên R) ( lọai)

Vậy : hê vơ nghiệm

Vd2: Giải hê phương trình :

y x y

Đk: 1

6

x y

x x



  0 ; Giải ptrình trên ta được nghiệm u=-2 hoặc u=1 (từ điều kiện u  0 cho u=1 )

u=1 cho 4 2

2

1 1

x x

Giải : Hệ 2 3

log ( 3) 2(1 log ) log ( 3) 2(1 log )

cos log (8.cos cos 2 5) cos log (8.cos cos 2 5) cos log (8.cos cos 2 5)

2 2

2 2

log (8 2 4) log (8 2 4) log (8 2 4)

8 2 2 4

8 2 2 4

8 2 2 4

u t m

(I)

( ) (2 )

2 (0; ) ( ) (1)

Giải: pt (1) ln(x2+1)+x2 = ln(y2+1)+y2 ; dùng h/số g(t) = lnt+t ;t>1

g đồng biến trên (1;+); (1) g(x2+1)=g(y2+1) (x=y) hoặc(x=-y)

1/ Khi x= -y thay vào ( 2) ta có: log3(6-x)=1  x=3 cho kq

2/ Khi x=y thay vào ( 2) ta có: 3log3(x+2) = 2log2(x+2) suy ra kq

Vd8: Giải hệ:

cos cos

2

1 1

x e y

1 2

x e z

g(t) đồng biến trên [0;2] nên x=z do đó: x=z = 1- 2/2.

Từ (1) và đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4x-y ; đặt t= x-y Ta cĩ:

4t=4t Dùng hsố f(t) =4t -4t và bbt cho pt f(t)=0 cĩ tối đa 2 n0 ; nhẫm t=1;t=1/2 là 2 n0 VIII.2 Bài tập:

log (log

3 3

2 2

y x

xy x

y y

( 2 2

2

2 y x

xy x y

y x

log (log

2 2

2 2

y x

xy x y

sin sin

y x

y x y x

log 2 log 52

(3 )

( ) 5

ln 1 1 1

1 log 1 1

y

x e

x y

10 1 3( 2)

5 , 4

*Khi gặp hệ lặp nĩi trên ; trong đĩ g(t) là hàm số đồng biến trên khỏang (a;b) ta thực hiện:

i/ Xét 2 ẩn bất kì x;y của hệ nhở tính đồng biến của hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh khơng xảy ra xy

ii/ Lập luận tương tử cho cặp biến khác và như trên nên hệ tương đương:

 f(t) đồng biến trên (-;+) Ta cm: x=y

Giả sử: x > y thì 2x > 2y nên f(y) > f(x) y > x ( vì f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ra )

Cm tt thì x < y cũng không xãy ra nên x=y Do đó:

( 2)( 5 9) 0 ( 2)( 5 9) 0

x z





 



 Vậy : x=z=2 và y=2 ( thử lại)

Vd3: Cho a0; Giải hệ:

; x;y;z thuộc R Xét 2 số x;y

Giả sử : x>y thì f(x)>f(y) vì f tăng trên R ; gt cho z > x nên f(z) > f(x) do đó: y>z

Tính bắc cầu cho x>x ( !)

Giả sử : x < y : cm tương tự củng tới vô lí Do đó: x= y

Tương tự : x=y=z

Do đó: 2x(x2+a2 ) = x(x2+9a2) từ đó: x=0 hoặc x=a 7 hoặc x= -a 7

Nghiệm của hệ là : (0;0;0) ; (a 7; a 7; a 7);(- a 7;- a 7; -a 7)

Vd4: Giải hệ:

1 1 1 1 1 1

y x

x z y

y x z

1 1 1

3 cos( ) 9

3 cos( ) 9

3 cos( ) 9

TH1: x1x3  x1x3 do đó: cos( x1)cos( x3) ; nhờ hệ nên x4x2

 cos( x4) cos( x2)  x3x1 nên x3=x1 ;(tương tự cho x1x3 )

Nên x1=x3 thay vào hệ được x2 =x4 Từ đĩ:

3 cos( ) 9

3 cos( ) 9

Do đó: 8cos3u-4cos2u-4cosu+1 =0 do sinu0 nên sinu(8cos3u-4cos2u-4cosu+1)=0

 sin4u = sin3u Tìm được n0 u 3 5

3 2

2 6 log (6 )

2 6

x y

y z

z x

Th1: x y z  thì f(x)f(y) f(z) từ gt cho g(y) g(z) g(x)  yzx nên y=z

Do đó: trong pt (2) của hệ cho f(y)=g(y) mà f(3)=g(3) Vậy : phải có y=z = 3 thế vào hệ; 2

2 7 9

0 27

2 7 9

0 27

2 7 9

2 3

2 3

2 3

z z

x

y y

z

x x

2 3

2 3

2 3

x x

x

z

z z

z

y

y y

3 2

x z x

z y z

x y

y z

z x

x y

y z

z x

Trong khi giải hệ phương trình đơi khi từ những biểu thức chứa ẩn của hệ ta sử dụng đặt ẩn phụ để đưa về

hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giản hơn hệ ban đầu

Chú ý: Miền trị của biểu thức sint;cost khi t chạy trên [a;b] với b-a2 là đọan [-1;1] nên nếu muốn đặt x=sint ( chẳng hạn thì ta phải chứng minh x chỉ chạy trên [u;v][-1;1]

Vd1: Giải hệ:

2 2

Giải: do x;y>0 nên từ (1) cho 0<x;y <1

x=0 không thỏa hệ Do đó: nếu (x;y) n0 của hệ thì x0

(I)

2

1 ( 1)( ) 1

x x y

( )( 1) 1

x x

; thay vào (4) ta được:

8cos3t-4cos2t-4cost+1 = 0  2cos3t-2cos2t+2cost-1 = 0 (5) ; do sint0 nên

(5) 2sint.cos3t-2sint.cos2t+2sint.cost-sint = 0 hay sin4t=sin3t  (t=2k  ) (t= 2

3 9

t   ] Bđt Cauchy :

2 9 27

f tăng trên R Từ (3) cho x=y

Thay vào (3) cho : x3-x2-2x+1 = 0 Xét hsố g(x)= x3-x2-2x+1 Ta cĩ:

g(-2).g(0)<0;g(0).g(1)<0;g(1).g(2)<0 và g liên tục trên R ;degg=3 nên pt g(x)=0 có đúng 3 n0 trên 2;2) Gọi x là n0 của g(x)=0 thì   u (0;  ) để 2cosu =x Thay vào pt đồng thời nhần vế với sinu ta được: sin4u=sinu từ đó tìm được x

2

2 2

1 ( )( 2 )

8

3

4 0; 0 ;

3 4 0

 Z ; u=cos7 5

x y

y z

y z x

(ii) cho w = 2v+k.; u=2w+l ; k;l nguyên nên u= 4v+2k +l

Thay vào (i) cho tan(4v+2k +l)=cotv nên v =

10 5

m

 



1 3 3

1 3 3

1 3

z z x

z

x x y

x

y y z

Ta được: y=tan 3u;z=tan9u;x=tan 27u từ đó : tan27u=tanu cho kq

Chú ý: Đôi khi trong hệ đang xét ta có thể chứng minh được số nghiệm tối đa của hệ ; ta chỉ xét trên miền con của miền trị của biến ;và chỉ ra trong miền này số nghiệm tim được là đủ và không cần xét trên miền còn lại của biến

Vd: Giải hệ:

3 3 3

3 3 3

Gỉai: Thay (1) vào (2) cho : (x3-3x)3-3(x3-3x) =z ; thay (3) vào pt này cho:

[(z3-3z)3-3(z3-3z)]3 -3[(z3-3z)3-3(z3-3z)] =z Pt trên có tối đa 27 nghiệm

Đặt z=2cost với t [0;] thay vào pt trên cho:

[(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)]3 -3[(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)] = 2cost

 [8cos33t-6cos3t]3 -3[8cos33t-6cos3t] = 2cost

 8cos39t-6cos9t=2cost  cos27t = cost  (t=

2 2 2

4 1 1

2 2

x y

y x

1

1 1

1

2 2

2 2

x y y x

x y y x

(1) 9

nên m(0;) để x=2.cosm thay vài (3) rồi nhân cho sinm ta có:

8sinm.cos3m-4sinm.cos2m-4sinm.cosm+sinm = 0

 sĩnm=sinm cho m =2k hay m = 2

3 4sin 1 4sin 3

3 4sin 1 4sin 3

A B A C

ln 1

1 1

log ( 1 3sin ) log (3cos )

log ( 1 3cos ) log (3sin )

XI/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ SỐ LƯỢNG NGHIỆM CHO TRƯỚC :

XI.1 Hệ có nghiệm duy nhất:

1/Khi tìm tham số m để hệ ptrình 2 hoặc 3 ẩncĩ nghiệm duy nhất ;nếu ta phát hiện khi chuyển tất cả

các ptrình của hệ về hệ dang

( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0

2/ Chú ý: Đơi khi ta cần dùng ẩn phụ để đưa hệ đã cho về hệ mới cĩ tính chất nêu trên

Vd: Tìm m sao cho hệ sau có n0 duy nhất :

(Cần) Giả sử hệ có nghiệm duy nhất

Gọi (x0,y0) là 1 nghiệm của hệ ;ta thấy (-x0,-y0) cũng là 1 n0 của (I)

Do tính duy nhất của n0 nên (x0,y0)(-x0,-y0)  x0=y0=0 nên m= 3

(Đủ) Xét m= 3 ta có hệ:

Vì mọi x,y ta có: x2   3 y  3 ( dấu ‘=’ xảy ra  x=y=0

Cặp (0,0) là n0 của (II) nên hệ có n0 duy nhất

3/ Nhận xét khi hệ ( ; ) 0

Vd1: Tìm m sao cho hệ sau có nghiệm duy nhất:

(Cần) Giả sử hệ có nghiệm duy nhất

Gọi (x0,y0) là 1 nghiệm của hệ ; do hệ (I) là hệ đối xứng nên (y0,x0) cũng là 1 n0 của (I)

Do đó: (x0,y0)(y0,x0) hay x0 = y0 Thay vào hệ ta có: 0 0 3

Đặt u=y+1 thì (I) tương ứng hệ

Cần : Nếu (x;u) là 1 n0 của hệ (II) thì (-x;-u) cũng là 1 n0 của (II); do (II) cĩ n0 duy nhất nên :