Đại số sơ cấp - Phương trình – Hệ phương trình doc

43

2 2 2 2 2 2
.
A a b b c c a
= + + + + +
Bài 38. Cho các số
,
x y
thay đổi thỏa mãn điều kiện
2 2
1.
x y
+ =
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2
2
.
1 2 2
xy y
A
x xy
+
=
+ +

Bài 39. Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1
.
2 2 2
x y z
P x y z
yz zx xy
   
 
= + + + + +
   
 
 
   

Bài 40. Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện
1.
xyz
=
Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
(
)
(
)
(
)
2 2 2

2 2 2
x y z y z x z x y
P
y y z z z z x x x x y y
+ + +
= + +
+ + +
.
Bài 41. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
sin
4
, ; .
2
sin 1 2cos
x
y x
x x
π
π
π
 
−
 
 
 
= ∈
 
 
+ +

CHƯƠNG II. PHƯƠNG TRÌNH
−
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
§1. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1. Phương trình
1.1. Định nghĩa
Cho hai hàm số của
n
biến thực
1 2
, , ,
n
x x x
là
1 2 1 2
( ; ; ; ), ( ; ; ; ).
n n
f x x x g x x x
Ta gọi bộ
n
số
thực
1 2
( ; ; ; )
n
n
x x x ∈
ℝ
là một điểm trong

.
n
ℝ
Khi đó các hàm số

1 2 1 2
( ; ; ; ), ( ; ; ; )
n n
f x x x g x x x

được xem là các hàm một biến
x
trong
.
n
ℝ

Ta gọi Phương trình ẩn x là mệnh đề chứa biến dạng
( ) ( )
f x g x
=
(1)
trong đó,
( )
f x
và
( )
g x
là những biểu thức chứa x. Ta gọi
( )

f x
là vế trái,
( )
g x
là vế phải của
phương trình (1). Nếu coi
f
và
g
là hàm của
n
biến trong không gian
ℝ
thì (1) là phương
trình của
n
ẩn
1 2
, , , .
n
x x x

Giả sử f(x) có tập xác định là D
1
, g(x) có tập xác định là D
2
thì
1 2
D D D
= ∩ gọi là tập

(miền) xác định của phương trình (1).
Nếu
o
x D
∈
sao cho
(
)
( )
o o
f x g x
= là một mệnh đề đúng thì
o
x
được gọi là một nghiệm
của phương trình (1).
Giải phương trình (1) là tìm tất cả các nghiệm của nó, tập hợp các nghiệm của phương
trình kí hiệu là S.
Nếu
S
= ∅
thì ta nói phương trình vô nghiệm.
44

Chú ý. Trong một phương trình (một hoặc nhiều ẩn), ngoài các chữ đóng vai trò là các ẩn số,
còn có thể có các chữ khác được xem như những hằng số và được gọi là tham số. Giải và biện
luận phương trình chứa tham số, nghĩa là xét xem với giá trị nào của tham số thì phương trình
vô nghiệm, có nghiệm và tìm các nghiệm đó.
Chẳng hạn,
(

)
2
1 5 0
m x
+ + =
và
(
)
2
1 2 0
x m x
+ + + =
có thể được coi là các phương trình ẩn
x, chứa tham số m.
1.2. Phương trình tương đương, phương trình hệ quả
1.2.1. Phương trình tương đương. Hai phương trình được gọi là tương đương với nhau
khi chúng có cùng tập hợp nghiệm.
Khi hai phương trình
( ) ( )
f x g x
=
;
1 1
( ) ( )
f x g x
= tương đương với nhau ta dùng kí hiệu

1 1
( ) ( ) ( ) ( ).
f x g x f x g x

= ⇔ =
Ví dụ. Hai phương trình 5x – 3 = 0 và
6
2 0
5
x
− =
tương đương với nhau vì cùng có nghiệm
duy nhất là
3
5
x
=
.
Chú ý. Nếu theo định nghĩa trên thì hai phương trình vô nghiệm cũng được coi là tương đương
với nhau vì có cùng tập hợp nghiệm đó là tập hợp
∅
. Vì vậy, cách viết sau cũng coi như là
đúng, tuy nhiên trong thực tế ít khi gặp. Chẳng hạn,
2
3 0 cos 3.
x x
+ = ⇔ =

Sự tương đương của hai phương trình có tính chất phản xạ, đối xứng, bắc cầu.
1.2.2. Phương trình hệ quả
Nếu mọi nghiệm của của phương trình
( ) ( )
f x g x
=

đều là nghiệm của phương trình
1 1
( ) ( )
f x g x
= thì phương trình
1 1
( ) ( )
f x g x
= được gọi là phương trình hệ quả của phương trình
( ) ( )
f x g x
=
.
Ta dùng kí hiệu
1 1
( ) ( ) ( ) ( ).
f x g x f x g x
= ⇒ =
Ví dụ. Phương trình
(
)
(
)
2
1 3 0
x x
− + =
là phương trình hệ quả của phương trình
2
1 0.

x
− =

1.2.3. Các phép biến đổi tương đương phương trình
Quá trình giải một phương trình là quá trình biến đổi phương trình đó để đi đến một
phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Nếu phép biến đổi không làm thay đổi tập
xác định của phương trình thì phương trình đã cho được biến đổi tương đương, còn nếu làm
thay đổi tập xác định của phương trình thì có thể tập hợp nghiệm của phương trình đã cho
cũng đã bị thay đổi. Sau đây ta xét một số phép biến đổi tương đương.
1.2.3.1. Định lí. Cho phương trình
( ) ( )
f x g x
=
. Nếu
( )
h x
có nghĩa trong tập xác định của
phương trình đã cho thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
f x g x f x h x g x h x
= ⇔ + = +
(1)
Chứng minh
Trong (1) ta cho x một giá trị a nào đó thuộc tập xác định của phương trình
f(x) = g(x) thì ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f a g a f a h a g a h a
= ⇔ + = +
là một mệnh đề đúng.
Hệ quả 1. Có thể chuyển các hạng tử từ vế này sang vế kia của phương trình, nhưng phải

đổi dấu của nó.
45

Hệ quả 2. Mọi phương trình đều có thể đưa về dạng mà vế phải bằng không.
Do vậy, ta luôn có thể kí hiệu phương trình là F(x) = 0.
Chú ý. Điều kiện h(x) có nghĩa trong tập xác định của phương trình f(x) = g(x) là điều kiện đủ
nhưng không cần. Nói khác đi, nếu có điều kiện ấy thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x h x g x h x
= ⇔ + = +

là phép biến đổi tương đương, còn nếu không có điều kiện ấy thì phép biến đổi trên có thể
tương đương hoặc có thể không. Chẳng hạn, phương trình
2
1
x
=
và phương trình
2
1 1
1
2 2
x
x x
+ = +
− −
là tương đương, nhưng phương trình
2
1
x

=
không tương đương với
phương trình
2
1 1
1 .
1 1
x
x x
+ = +
+ +

1.2.3.2. Định lí. Cho phương trình f(x) = g(x). Nếu h(x) có nghĩa và khác không trong tập
xác định của phương trình đã cho thì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
f x g x f x h x g x h x
= ⇔ =

Chứng minh tương tự như định lí 1.2.3.1.
Hệ quả. Có thể nhân hai vế của một phương trình với một số khác không tùy ý.
Ta cũng có nhận xét về h(x) tương tự như định lí 1.2.3.1.
1.2.3.3. Định lí. Nếu nâng hai vế của một phương trình lên một lũy thừa bậc lẻ thì ta được
một phương trình tương đương với phương trình đã cho.
Chứng minh.
Thật vậy, nếu a là nghiệm của phương trình f(x) = g(x) tức là f(a) = g(a) là đúng thì ta có
[
]
[
]

2 1 2 1
( ) ( ) , .
k k
f a g a k
+ +
= ∈
ℕ

Nghĩa là a là nghiệm của phương trình
[
]
[
]
2 1 2 1
( ) ( ) .
k k
f x g x
+ +
=
Đảo lại, nếu a là nghiệm của phương trình
[
]
[
]
2 1 2 1
( ) ( )
k k
f x g x
+ +
= thì

[
]
[
]
2 1 2 1
( ) ( )
k k
f a g a
+ +
=
là đẳng thức đúng. Do đó, f(a) = g(a) cũng là đẳng thức đúng hay a là nghiệm của phương
trình f(x) = g(x).
Chú ý. Phép biến đổi nâng hai vế của phương trình lên một lũy thừa bậc chẵn là phép biến đổi
hệ quả, nó chỉ là phép biến đổi tương đương nếu hai vế của phương trình đều không âm trên
tập xác định.
[
]
[
]
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ,( ( ) 0, ( ) 0).
k k
f x g x f x g x f x g x
= ⇔ = ≥ ≥

Nếu sau một phép biến đổi nào đó, tập xác định của phương trình đã cho mở rộng ra thì
tập hợp nghiệm của nó cũng có thể mở rộng ra, khi đó có thể xuất hiện những nghiệm, ta gọi
là nghiệm ngoại lai (đối với phương trình đã cho). Những nghiệm ngoại lai đó (nếu có) là
những nghiệm của phương trình sau khi biến đổi và thuộc vào phần mở rộng của tập xác định.
Nếu tập xác định mở rộng ra nhưng không có nghiệm ngoại lai thì phương trình đã cho và

phương trình biến đổi vẫn tương đương.
Nếu sau một phép biến đổi nào đó, tập xác định của phương trình đã cho bị thu hẹp lại
thì tập nghiệm của nó cũng có thể bị thu hẹp lại, một số nghiệm nào đó có thể mất đi. Những
nghiệm mất đi đó (nếu có) là những nghiệm của phương trình đã cho nhưng thuộc vào phần bị
thu hẹp của tập xác định. Nếu tất cả các giá trị của ẩn số bị mất đi khi tập xác định bị thu hẹp
46

không thỏa mãn phương trình đã cho, thì phương trình đã cho và phương trình biến đổi vẫn
tương đương.
2. Hệ phương trình – Tuyển phương trình
2.1. Định nghĩa. Cho m phương trình

1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
m m
f x g x
f x g x
f x g x
=
=
=

(có thể coi
(
)
1 2

; ; ; ,
n
x x x x
= khi đó các
( ), ( ), 1,2, ,
i i
f x g x i m
= là những hàm n biến).
Giả sử m phương trình đã cho có tập xác định lần lượt là
1 2
, , ,
m
D D D
.
Ta gọi hệ m phương trình kí hiệu là


(1)

1
m
i
i
D D
=
=
∩
là tập xác định của hệ (1).
Một giá trị
a D

∈
của biến x làm cho từng phương trình của hệ (1) đều trở thành đẳng thức
đúng được gọi là một nghiệm của hệ (1). Kí hiệu
i
S
là tập hợp nghiệm của phương trình thứ i
của hệ (1) thì tập hợp nghiệm của hệ (1) là
1
m
i
i
S S
=
=
∩
. Khi
S
= ∅
ta nói hệ vô nghiệm.
2.2. Định nghĩa. Ta cũng gọi tuyển của m phương trình kí hiệu là

1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
m m
f x g x
f x g x

f x g x
=


=



=

(2)
Tập xác định của tuyển phương trình (2) cũng là
1
m
i
i
D D
=
=
∩
, với
i
D
là tập xác định của
phương trình thứ i.
Nếu có một giá trị
a D
∈
của x làm cho một phương trình nào đó của tuyển phương trình
(2) trở thành đẳng thức đúng thì a được gọi là một nghiệm của tuyển phương trình (2). Tập

hợp nghiệm của tuyển phương trình (2) là
1
m
i
i
S S
=
=
∪
,
i
S
là tập hợp nghiệm của phương trình
thứ i của tuyển phương trình (2).
Khái niệm tương đương của hệ phương trình, tuyển phương trình cũng tương tự như
phương trình.
2.3. Các định lí về hệ phương trình tương đương
1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
m m
f x g x
f x g x
f x g x
=



=




=

47

2.3.1. Định lí. Nếu
1 2 1 1 2
( ; ; ; ) 0 ( ; ; )
n n
F x x x x f x x
= ⇔ = thì

(
)
( )
( )
(
)
( )
( )
1 1 2 1 1 2
2 1 2 2 1 2 2
1 2 1 2 2
; ; ; 0 ; ;
; ; ; 0 ( ; ; ; ; ; ) 0

; ; ; 0 ( ; ; ; ; ; ) 0
n n
n n n
m n m n n
F x x x x f x x
F x x x F f x x x x
F x x x F f x x x x
 
= =
 
= =
 
⇔
 
 
 
= =
 

2.3.2. Định lí

1 1
2 12 1 22 2
3 13 1 23 2 33 3
1 1 2 2
0 0
0 0
0 0

0 0
m m m mm m
F F
F n F n F
F n F n F n F
F n F n F n F
= =
 
 
= + =
 
 
= ⇔ + + =
 
 
 
= + + + =
 
 

2.4. Định lí về tuyển phương trình tương đương

1
2
1 2
0
0
. 0

0

m
m
F
F
F F F
F
=


=

= ⇔


=


§2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN
1. Phương trình bậc nhất một ẩn
1.1. Định nghĩa. Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình
0, , , 0.
ax b a b a
+ = ∈ ≠
ℝ

Phương trình bậc nhất có một nghiệm duy nhất
.
b
x
a

= −

1.2. Giải và biện luận phương trình dạng
0
ax b
+ =
(1)
·
0
a
≠
, phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
.
b
x
a
= −

·
0, 0
a b
= ≠
, phương trình (1) vô nghiệm.
·
0, 0
a b
= =
, phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
Ví dụ. Giải và biện luận phương trình
(

)
2
1
m m x m
− = −
(*)
Ta xét các trường hợp
(i)
2
0 0
m m m
− ≠ ⇔ ≠
và
1
m
≠
thì phương trình (*) có một nghiệm duy nhất là
1
x
m
=

(ii)
2
1
0
0
m
m m
m

=

− = ⇔

=


·
0
m
=
thì (*)
0 1
x
⇔ = −
, phương trình vô nghiệm.
·
1
m
=
thì (*)
0 0
x
⇔ =
, phương trình có nghiệm tùy ý.
48

Kết luận.
· Nếu
0

m
≠
và
1
m
≠
thì (*) có nghiệm là
1
.
x
m
=
· Nếu
0
m
=
thì (*) vô nghiệm.
· Nếu
1
m
=
thì (*) có nghiệm tùy ý.
1.3. Một số phương trình qui về phương trình bậc nhất một ẩn
Đó là các phương trình dạng:
0; ; .
ax b
ax b cx d ax b cx d
cx d
+
= + = + + = +

+

Khi giải phương trình dạng
0
ax b
cx d
+
=
+
ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác không. Để giải các
phương trình
; ,
ax b cx d ax b cx d
+ = + + = +
ta phải khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định
nghĩa và tính chất của dấu giá trị tuyệt đối.
·
; 0
; 0
A A
A
A A
≥

=

− <


·

A B
A B
A B
=

= ⇔

= −


·
0
B
A B
A B
A B
≥


= ⇔
=




= −



Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình

2
1 1
x m x
x x
− −
=
+ −
(*)
Điều kiện:
1
x
≠ ±

Khi đó,
(*) ( )( 1) ( 2)( 1)
x m x x x
⇔ − − = − +


2
mx m
⇔ = +
(2)
Ta xét các trường hợp
(i)
0
m
≠
thì (2) có một nghiệm
2

.
m
x
m
+
=
So sánh với điều kiện:
·
2
1 1 2 2 0
m
x m m
m
+
≠ ⇔ ≠ ⇔ + ≠ ⇔ ≠
, luôn thỏa.
·
2
1 1 2 1.
m
x m m m
m
+
≠ − ⇔ ≠ − ⇔ + ≠ − ⇔ ≠ −

(ii)
0
m
=
thì

(2) 0 2
x
⇔ =
, phương trình vô nghiệm.
Kết luận.
49

+ Nếu
0
m
≠
và
1
m
≠ −
thì (*) có nghiệm là
2
.
m
x
m
+
=
+ Nếu
0
m
=
hoặc
1
m

= −
thì (*) vô nghiệm.
Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình
2 1
mx m x m
+ − = + +
(1)
Giải.
2 1
(1)
2 1
mx m x m
mx m x m
+ − = + +

⇔

+ − = − − −

(
)
1 3 (1 )
( 1) 1 2 (1 )
m x a
m x m b
 − =
⇔

+ = −


*
( 1) 3
m x
− =
(1a)
·
1
m
≠
thì
3
(1 )
1
a x
m
⇔ =
−

· m = 1 thì
(1 ) 0 3
a x
⇔ =
, phương trình (1a) vô nghiệm.
*
( 1) 1 2
m x m
+ = −
(1b)
·

1
m
≠ −
thì
1 2
(1 )
1
m
b x
m
−
⇔ =
+

·
1
m
= −
thì
(1 ) 0 3
b x
⇔ =
, phương trình (1b) vô nghiệm.
Kết luận.
+ Nếu
1
m
=
thì phương trình (1) có một nghiệm là
1

.
2
x
= −

+ Nếu
1
m
= −
thì phương trình (1) có một nghiệm là
3
.
2
x
= −

+ Nếu
1
m
≠
và
1
m
≠ −
thì phương trình (1) có hai nghiệm là
3
1
x
m
=

−
và
1 2
1
m
x
m
−
=
+
(hai
nghiệm không bằng nhau với
, 1
m m
∀ ∈ ≠ ±
ℝ
).
Ví dụ 3. Tìm m để phương trình
3 2 2 1
2
2 2
x m x m
x
x x
− + −
+ − =
− −
(1)
vô nghiệm.
Giải.

Điều kiện:
x
> 2
Khi đó,
(1) 3 2 2 2 1
x m x x m
⇔ − + − = + −


2 3 1
x m
⇔ = +


3 1
2
m
x
+
⇔ =
50

Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi
3 1
2 3 1 4 1
2
m
m m
+
≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤

.
Ví dụ 4. Tìm điều kiện của tham số a, b để phương trình
2
2
1
1 1 1
ax b ax a
x x x
− +
+ =
− + −
(1)
có nghiệm.
Giải.
Điều kiện:
1
x
≠ ±

Khi đó,
2
(1) ( 1)( 1) ( 1)
ax x b x ax a
⇔ − + + − = +


( 1) 1
a b x a b
⇔ + − = + +
(2)

· Xét
1 0,
a b
+ − =
khi đó (2) vô nghiệm, do đó (1) vô nghiệm.
· Xét
1 0
a b
+ − ≠
, khi đó
1
(2)
1
a b
x
a b
+ +
⇔ =
+ −

Từ điều kiện ta phải có
1
1
1 1 1 1
1
0
1 1 1 2( ) 0
1
1
a b

a b a b
a b
a b
a b a b a b a b
a b
+ +

≠

+ + ≠ + − ≠ −
 

+ −
⇔ ⇔ ⇔ + ≠
  
+ + + + ≠ − − + + ≠
 

≠ −

+ −


Vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0
a b
+ ≠
và
1
a b

+ ≠
.
Ví dụ 5. Giải phương trình
3 2
5 (1)
3 2 2
x x
x x
− −
=
+ + −

Giải.

Khi gặp bài toán có nhiều dấu giá trị tuyệt đối ta sẽ giải bằng cách chia khoảng để xét dấu.
Ta có bảng xét dấu sau

−∞
2
3
−
3
2
+∞
0
−
−
−
−
+

+
+
+
+
+
+
+
x
x
2 3
x
+
3 2
x
−

( )
2 3 2 0
(1)
3 2 5 2 3 2
x x
x x x x

+ + − ≠

⇔

− − = + + −



(1 )
(1 )
a
b

Ta giải (1b).
+ Xét
2
,(1 ) 3 2 5( 2 3 2)
3
x b x x x x
< − ⇔ − + = − − + −

51

23
9 23
9
x x
⇔ = − ⇔ = −
(nhận).
+ Xét
2
0,(1 ) 3 2 5(2 3 2)
3
x b x x x x
− ≤ < ⇔ − + = + + −

1

21 3
7
x x
⇔ = ⇔ =
(loại).
+ Xét
3
0 ,(1 ) 3 2 5(2 3 2)
2
x b x x x x
≤ < ⇔ − − = + + −

3
23 3
23
x x⇔ = ⇔ = (nhận)
+ Xét
3
,(1 ) 3 2 5(2 3 2)
2
x b x x x x
≥ ⇔ − + − = + + −

3
19 3
19
x x
⇔ = − ⇔ = −
(loại).
Thay lần lượt

23
9
x = − và
3
23
x = vào (1a) ta thấy cả hai giá trị đều thoả.
Vậy, nghiệm của phương trình là
23
9
x = − và
3
23
x = .
2. Phương trình bậc hai một ẩn
2.1. Định nghĩa. Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng
2
0
ax bx c
+ + =
(1),
với a, b, c là các tham số thực,
0
a
≠
.
Biểu thức
2
4
b ac
∆ = − được gọi là biệt thức của phương trình (1).

Xảy ra ba trường hợp sau:
i) Nếu
0
∆ <
thì phương trình (1) vô nghiệm;
ii) Nếu
0
∆ =
thì phương trình (1) có nghiệm kép
1 2
;
2
b
x x
a
= = −
iii) Nếu
0
∆ >
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1,2
.
2
b
x
a
− ± ∆
=
Ngoài ra, nếu đặt '
2

b
b
=
thì
2
' '
b ac
∆ = −
gọi là biệt thức thu gọn của phương trình (1). Ta
cũng có ba trường hợp sau:
i) Nếu
' 0
∆ <
thì phương trình (1) vô nghiệm;
ii) Nếu
' 0
∆ =
thì phương trình (1) có nghiệm kép là
1 2
'
;
b
x x
a
= = −
iii) Nếu
' 0
∆ >
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là
1,2

' '
.
b
x
a
− ± ∆
=
2.2. Định lí Viet
52

Nếu phương trình bậc hai
2
0
ax bx c
+ + =
có nghiệm
1 2
,
x x
thì

1 2
b
x x
a
+ = −
và
1 2
. .
c

x x
a
=

Đảo lại nếu hai số x, y thỏa mãn x + y = S và x.y = P thì x, y là nghiệm của phương trình
bậc hai
2
0
X SX P
− + =
(*) (Điều kiện để (*) có nghiệm là
2
4 0).
S P
− ≥

Từ đó, ta có hệ quả sau:
2.2.1. Nếu a + b + c = 0 thì phương trình (1) có một nghiệm bằng 1 và nghiệm kia bằng
.
c
a

2.2.2. Nếu a – b + c = 0 thì phương trình (1) có một nghiệm bằng
1
−
và nghiệm kia bằng
.
c
a
−

2.3. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho phương trình
2
2(1 2 ) 3 4 0
x m x m
− + + + =
(1)
a) Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm;
b) Tính biểu thức
3 3
1 2
x x
+
theo m;
c) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng ba lần nghiệm kia;
d) Viết phương trình bậc hai có nghiệm là
2
1
x
và
2
2
x
, trong đó
1 2
,
x x
là nghiệm của phương
trình (1).

Giải.
a) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
2
2
2
4 2 0
2
2
m
m
m

≥


∆ = − ≥ ⇔

≤ −



b) Ta có
( ) ( )
2
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
3
A x x x x x x x x
 
= + = + + −

 

Theo định lí Viet ta có:
1 2 1 2
2(1 2 ); . 3 4
x x m x x m
+ = + = +
Thay vào ta có:
2
2(1 2 )(16 4 5)
A m m m
= + + −

c) Ta có
1 2
1 2
1 2
2(1 2 ) (a)
3 4 (b)
3 (c)
x x m
x x m
x x
+ = +


= +


=



Thay (c) vào (a) ta có
2
1 2
2
m
x
+
= , do đó
1
3 6
2
m
x
+
=
Thay
1 2
,
x x
vào (b) ta được
1 2 3 6
. 4 3
2 2
m m
m
+ +
   
= +

   
   


2
12 12 3 16 12
m m m
⇔ + + = +

53


2
12 4 9 0
m m
⇔ − − =


1 2 7
6
m
− ±
⇔ =
Kết hợp với điều kiện ban đầu (câu a) ta thấy hai giá trị này của m đều thỏa mãn.
d)
( ) ( ) ( )
2
2
2 2
1 2 1 2 1 2

2 2 1 2 2 3 4
S x x x x x x m m
 
= + = + − = + − +
 


(
)
2
2 8 4 1
m m
= + −


( )
2
2 2
1 2
3 4 .
P x x m
= = +
Vậy, phương trình cần tìm là:
(
)
( )
2
2 2
2 8 4 1 3 4 0.
X m m X m

− + − + + =

Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình
2
a b
x b x a
+ =
− −
(1)
Giải.
Điều kiện:
(*)
x a
x b
≠


≠


(1) ( ) ( ) 2( )( ) 0
a x a b x b x a x b
⇔ − + − − − − =


( ) ( )
2 0
2
a b
x

x a b x a b
x a b
+

=

   
⇔ − + − + = ⇔
   

= +


Thử điều kiện (*)
2
2
a b
x a
a b
a b
x b
+

= ≠


⇔ ≠

+


= ≠


và
0
x a b a
ab
x a b b
= + ≠

⇔ ≠

= + ≠


Biện luận.
· Nếu
0
a b
ab
≠


≠

thì phương trình (1) có nghiệm là ;
2
a b
x x a b
+

= = +
. Hai nghiệm này bằng
nhau khi
0.
a b
= − ≠

· Nếu
0
a b
a
≠


=

thì phương trình (1) có nghiệm là
.
2
b
x
=

· Nếu
0
a b
b
≠



=

thì phương trình (1) có nghiệm là
.
2
a
x
=

· Nếu
0
a b
≠ ≠
thì phương trình (1) có nghiệm là
2 .
x a
=

· Nếu a = b = 0 thì phương trình (1) vô nghiệm.
Ví dụ 3. Giải và biện luận phương trình
54

1
(1)
a b a b
x
x a b a b
− +
+ = +
+ −

Giải.
Điều kiện:
.
0
a b
x
≠ ±



≠



Ta có
( )
1 0 .
a b a b a b a b
x x x x
a b a b a b a b
− + + −
  
⇔ − − = ⇔ = ∨ =
  
+ − − +
  

Biện luận.
· Nếu

a b
= ±
thì phương trình vô nghiệm.
· Nếu
a b
≠ ±
thì phương trình có 2 nghiệm
, .
a b a b
x x
a b a b
− +
= =
+ −

Ví dụ 4. Cho hai phương trình
2 2
0 (1); 3 0 (2)
x x m x x m− + = − + = .
Tìm
m
để phương trình (2) có một nghiệm khác không gấp hai lần một nghiệm của phương
trình (1).
Giải.
Giả sử
0
x
là một nghiệm của phương trình (1) và
0
2

x
là một nghiệm của phương trình (2).
Khi đó
2
0
0 0
2
0 0
2
0
0 0
0
0
3 5 0
5
4 6 0
3
10
0 .
9
x
x x m
x x
x
x x m
m m
=


− + =



⇒ − = ⇒


=
− + =




⇒ = ∨ = −

Với
0,
m
=
thay vào hai phương trình đã cho thì không thỏa, do đó
0
m
=
bị loại.
Với
10
,
9
m = − thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy, giá trị cần tìm là
10
.
9

m = −
Ví dụ 5. Chứng minh rằng nếu hai phương trình
2 2
1 1 2 2
0, 0
x p x q x p x q
+ + = + + =

có nghiệm chung thì
2
1 2 1 2 2 1 1 2
( ) ( )( ) 0
q q p p q p q p
− + − − =
.
Giải.
Hai phương trình có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ phương trình
2
1 1
2
2 2
0
0
x p x q
x p x q

+ + =


+ + =



có nghiệm
55

hay hệ phương trình
1 1
2 2
p x y q
p x y q
+ = −


+ = −

có nghiệm (ở đây
2
)
y x
= .
Ta có
1 2
D p p
= −
.
+ Nếu
1 2
0
D p p
≠ ⇔ =

Khi đó
2 1 2 1 1 2
1 2 1 2
;
y
x
D
D
q q p q p q
x y
D p p D p p
− −
= = = =
− −

Mà
2 2
1 2 1 2 2 1 1 2
( ) ( )( ) 0
y x q q p p q p q p
= ⇒ − + − − =

+ Nếu
1 2
0
D p p
= ⇔ =
hệ
1 1

2 2
p x y q
p x y q
+ = −


+ = −

có nghiệm
1 2
,
q q
⇔ = khi đó ta cũng có
2
1 2 1 2 2 1 1 2
( ) ( )( ) 0.
q q p p q p q p
− + − − =

Từ đó, ta có đpcm.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng nếu
(
)
1 2 1 2
2
a a b b
≥ + thì ít nhất một trong hai phương trình sau có
nghiệm
2 2
1 1 2 2

0; 0.
x a x b x a x b
+ + = + + =

Giải.
(
)
2 2
1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2
4 4 2 4( ) 0 , 0
a b a b a a b b max
∆ + ∆ = − + − ≥ − + ≥ ⇒ ∆ ∆ ≥
. Ta có đpcm.
Ví dụ 7. Giả sử phương trình
2
0
x ax b
+ + =
có nghiệm
1 2
,
x x
; phương trình
2
0
x cx d
+ + =
có
nghiệm
3 4

,
x x
. Chứng minh rằng
2 2 2 2
1 3 1 4 2 3 2 4
2( )( )( )( ) 2( ) ( )( ) ( ) ( )
x x x x x x x x b d a c b d a c b d
+ + + + = − − − − + + +

Giải.
2
1 3 1 4 1 3 4 1 3 4 1
2
2 3 2 4 2 3 4 2 3 4 2
2 2
1 3 1 4 2 3 2 4
( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )
x x x x x x x x x x d b a c x
x x x x x x x x x x d b a c x
S x x x x x x x x b d b d a c a a c b
+ + = + + + = − − +
+ + = + + + = − − +
⇒ = + + + + = − − − + + +

Tương tự
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( )( ) ( )

2 2( ) ( )( ) ( ) ( ).
S d b d b a c c a c d
S b d a c b d a c b d
= − − − + + +
⇒ = − − − − + + +

Ví dụ 8. Cho phương trình
2 2
(2sin 1) 6sin sin 1 0
x x
− α − + α − α − =
(1)
a) Tìm
α
để phương trình (1) có nghiệm;
b) Gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm của phương trình (1), tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2
1 2
.
A x x
= +
56

Giải.
a) Ta có

2
1 1
0 20sin 5 sin
2 2
5 7
2 2 2 2 .
6 6 6 6
ycbt
k k k k
⇔ ≤ ∆ = − α + ⇔ − ≤ α ≤
π π π π
⇔ − + π ≤ α ≤ + π ∨ + π ≤ α ≤ + π

b) Ta có
2 2
1 2 1 2
2
( ) 2 8sin 2sin 3
25 1 25
2(2sin )
8 4 8
A x x x x
= + − = − α − α + =
= − α + ≤

25 1 25
sin max .
8 8 8
A A= ⇔ α = − ⇒ =
Mặt khác

2
1 1
3 8sin 2sin 3 8. 2. 0 0
4 2
A minA
= − α − α ≥ − − = ⇒ =
đạt được khi
1
sin .
2
α =

Ví dụ 9. Tìm
a
để các nghiệm
1 2
,
x x
của phương trình
2
1 0
x ax
+ + =
thỏa mãn

2 2
1 2
2 2
2 1
7.

x x
x x
+ >

Giải.
Theo định lý Viet, vì
1 2
,
x x
là hai nghiệm của phương trình
2
1 0
x ax
+ + =
nên
1 2 1 2
, 1.
x x a x x
+ = − =

Theo bài ra ta có
2 2
1 2
2 2
2 1
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2
1 2

2 2 2 2
7
( ) 2 2
7
( 2) 2 7 ( 2) 9.
x x
x x
x x x x x x
x x
a a
+ >
 
+ − −
 
⇔ >
⇔ − − > ⇔ − >

Do đó
2 2 2
2 2 2 2
4 0 4 4
| | 5.
( 2) 9 | 2 | 3 2 3
a a a
ycbt a
a a a
  
∆ = − ≥ ≥ ≥
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >

  
− > − > − >
  
  

3. Một số phương trình bậc bốn có thể đưa về phương trình bậc hai một ẩn (qua phép đặt
ẩn phụ)
3.1. Phương trình trùng phương:
4 2
0
ax bx c
+ + =
, đặt
2
0
t x
= ≥
, khi đó phương trình đã
cho được đưa về phương trình bậc hai đối với biến
.
t

57

3.2. Phương trình dạng: ( )( )( )( )
x a x b x c x d k
+ + + + =
, với
.
a b c d

+ = +

Đặt
( )( ),
t x a x b
= + +
khi đó phương trình đã cho được đưa về phương trình bậc hai đối với
biến
.
t

3.3. Phương trình dạng:
( ) ( )
4 4
.
x a x b c
+ + + =
Đặt
,
2
a b
t x
+
= + phương trình được đưa về
phương trình trùng phương
4 2 2 4
2 12( ) 2( ) .
2 2
a b a b
t t c

− −
+ + =

3.4. Phương trình dạng:
4 3 2
0,( 0)
ax bx cx bx a a
+ + + + = ≠
(Phương trình bậc bốn hồi quy).
Chia hai vế của phương trình cho
2
x
(vì
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình),
phương trình trở thành
2
2
1 1
0.
a x b x c
x x
   
+ + + + =
   
   

Đặt

1
,
t x
x
= +

2,
t
≥
ta được phương trình bậc hai theo biến
t

2
2 0.
at bt c a
+ + − =

Đối với phương trình dạng
4 3 2
0,( 0)
ax bx cx bx a a
+ + − + = ≠
(Phương trình bậc bốn phản hồi
quy), ta cũng có cách biến đổi như trên với phép đặt
1
,
t x
x
= −

,
t
∈
ℝ
khi đó phương trình đã cho được đưa về phương trình bậc hai theo biến
t

2
2 0.
at bt c a
+ + + =

Ví dụ 1. Tìm m để phương trình
4 2
2( 1) 2 1 0
x m x m
− + + + =
(1)
a) Có bốn nghiệm phân biệt;
b) Có ba nghiệm phân biệt;
c) Có hai nghiệm phân biệt.
Giải.
Đặt
2
0
t x
= ≥
, phương trình (1) trở thành
2
2( 1) 2 1 0

t m t m
− + + + =
(2)
a) (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dương phân biệt
( )
2
2
' 1 2 1 0
0
0
2( 1) 0 1
1
2 1 0 1
2
2
m m
m
m
S m m
m
P m
m


∆ = + − − >

>
≠




 
⇔ = + > ⇔ > − ⇔
  
> −
  
= + >



> −



b) (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có
1 2
0, 0
t t
= >

58

1
2 1 0
1
2
2( 1) 0
2
1
P m

m
m
S m
m

= + =
= −


⇔ ⇔ ⇔ = −
 
= + >


> −


c) (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hoặc là (2) có nghiệm kép dương hoặc (2) có
hai nghiệm trái dấu
2
' 0
0
2( 1) 0
1
.
2
2 1 0
m
m
S m

m
P m


∆ = =
=




⇔ ⇔
= + >



< −


= + <


Ví dụ 2. Cho phương trình
( 2)( 3)( 4)( 9) 190
x x x x m
+ + − + + =
(1)
Tìm
m
để phương trình có nghiệm
[ 1;0].

x
∈ −

Giải.
(1)
2 2
( 5 6)( 5 36) 190
x x x x m
⇔ + + + − + =

Đặt
2
5 ; [ 1;0] [ 4;0].
t x x x t= + ∈ − ⇒ ∈ −
Ta có phương trình
2
( 6)( 36) 190 30 26 (2)
t t m t t m+ − + = ⇔ − − =
(1) có nghiệm
[ 1;0]
x
∈ −
khi và chỉ khi (2) có nghiệm
[ 4;0],
t
∈ −
khi và chỉ khi
m
thuộc miền
giá trị của hàm số

2
( ) 30 26
f t t t
= − −
trên đoạn
[ 4;0].
−

( ) 2 30 0 15 [ 4;0],
f t t t
′
= − = ⇔ = ∉ −
( ) 0, [ 4;0]
f t t
′
< ∀ ∈ −
nên hàm số
2
( ) 30 26
f t t t
= − −

nghịch biến do đó có miền giá trị trên đoạn
[ 4;0]
−
là
[ (0); ( 4)]; ( 4) 110, (0) 26.
f f f f
− − = = −

Vậy, giá trị
m
cần tìm là
26 110.
m
− ≤ ≤

Ví dụ 3. Cho phương trình
4 3 2
2 1 0
x mx mx mx
+ + + + =
(1)
a) Giải phương trình khi
1
;
2
m
= −

b) Tìm
m
để phương trình có nghiệm.
Giải.
Do
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình (1) cho
2

0,
x
≠
ta được
2 2
2 2
1 1 1 1
2 . 0 ( ) ( ) 2 0
x mx m m x m x m
x x x x
+ + + + = ⇔ + + + + =

Đặt
2 2
2
1 1
; 2 2.
t x t x t
x x
= + ≥ ⇒ + = −

Khi đó, phương trình trở thành
2
( ) 2 2 0. (2)
f t t mt m= + + − =
a) Với
1
2
m
= −

59

(2)
2
2
1
3 0
3
2
.
2
t
t t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −



Ta nhận
1
2 2 1.
t x x
x
= ⇒ + = ⇔ =

Vậy, với
1
2
m
= −
phương trình có một nghiệm
1.
x
=

b) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm
2.
t
≥
Xét bài toán
ngược “Tìm điều kiện để phương trình đã cho vô nghiệm”.
Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) hoặc vô nghiệm hoặc có hai
nghiệm
( 2; 2)
∈ −

2
2
0
8 8 0
0
8 8 0
1
4 2 2.

2
( 2) 0, (2) 0
2 0,4 2 0
2 2
2 2
2
2
m m
m m
m
af af
m
S
m
∆ <

− − <











∆ ≥
− − ≥





⇔ ⇔ ⇔ − < < +




− > >
> + >












− < <
− < − <










Vậy, với
1
4 2 2
2
m m≤ − ∨ ≥ + thì phương trình đã cho có nghiệm.
Ví dụ 4. Giải phương trình
( 4)( 5)( 7)( 8) 4
x x x x
+ + + + =

Giải.
Viết lại phương trình dưới dạng
2 2
( 12 32)( 12 35) 4
x x x x
+ + + + =

Đặt
2
12 32 4,
t x x
= + + ≥ −
phương trình đã cho trở thành
2
1
( 3) 4 3 4 0

4
t
t t t t
t
=

+ = ⇔ + − = ⇔


= −


Với
1,
t
=
ta có
2 2
6 5
12 32 1 12 31 0
6 5.
x
x x x x
x

= − +

+ + = ⇔ + + = ⇔

= − −



Với
4,
t
= −
ta có
2 2
12 32 4 12 36 0 6.
x x x x x
+ + = − ⇔ + + = ⇔ = −

Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm
6; 6 5.
x x= − = − ±
Ví dụ 5. Giải phương trình
4 4
( 4) ( 6) 82
x x+ + + =
60

Giải.
Đặt
5,
t x
= +
phương trình đã cho trở thành
4 4 4 2 4 2
4
( 1) ( 1) 82 2 12 2 82 6 40 0

10
t
t t t t t t
t
=

− + + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔


= −


Với
4,
t
=
ta có
1.
x
= −

Với
10,
t
= −
ta có
15.
x
= −

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
1; 15.
x x
= − = −

§3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Trong mục này ta xét một số hệ phương trình hai ẩn.
1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn
Hệ phương trình có dạng
2 2
0
0
Ax By C
ax bxy cy dx ey f
+ + =



+ + + + + =



Phương pháp giải.
Sử dụng phương pháp thế: Rút
x
hoặc
y
từ phương trình bậc nhất rồi thay vào phương trình
bậc hai trong hệ, ta được một phương trình một ẩn. Giải phương trình một ẩn này, sau đó tìm
ẩn còn lại.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 2
1 0 (1)
6 3 4 3 0 (2)
x y
x y x
− + =



− + + =



Giải.
Từ phương trình (1) suy ra
1,
y x
= +
thay vào phương trình (2) ta được
2 2
2
6 3( 1) 4 3 0
0 1
3 2 0
2 5
.
3 3
x x x
x y

x x
x y
− + + + =
= ⇒ =


⇔ − = ⇔

= ⇒ =



Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
2 5
(0;1),( ; ).
3 3

Chú ý. Có thể dùng phương pháp thế để giải những hệ phương trình phức tạp hơn, miễn là có
thể biểu thị được một ẩn qua ẩn kia dưới dạng đơn giản. Ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
2 2
2
4 1(1)
3 4 (2)
x xy y
y xy

− + =




− =


Giải.
61

Nhận xét rằng nếu
( ; )
x y
là nghiệm của hệ phương trình thì
0.
y
≠

Từ phương trình (2), rút
x
theo
,
y
ta được
2
4
3
y
x
y
−
= (3), thay (3) vào (1), ta được
2

4 2
2
16
2 31 16 0
1
.
2
y
y y
y

=

− − = ⇔

= −



Ta chọn
2
4 1
16
4 1.
y x
y
y x
= − ⇒ = −

= ⇔



= ⇒ =


Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
(1;4),( 1; 4).
− −

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
7 21 18 (1)
3 0 (2)
x y x y
xy xy y

+ − =


− + =



Giải.
+ Xét
0,
y
=
thay vào hệ phương trình ta được

18
.
7
x = Vậy, hệ phương trình đã cho nhận
18
( ;0)
7
làm nghiệm.
+ Xét
0,
y
≠
khi đó (2) tương đương với
( 3 ) 0 3 0 3 .
y xy x y xy x y xy x y
− + = ⇔ − + = ⇔ = −

Thay
3
xy x y
= −
vào phương trình (1) ta được
( ) ( )
2 2
3 7 21 18 3 7( 3 ) 18 0
3 9
3 2.
x y x y x y x y
x y
x y

− + − = ⇔ − + − − =
− = −

⇔

− =


+ Với
3 9,
x y
− = −
ta có hệ phương trình
( )
2
3 9
3 9
3 9
( )
3 9 9 09
3 9 9 0
x y
x y
x y
vn
y yxy
y y
= −
− = −


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

+ Với
3 2,
x y
− =
ta có hệ phương trình
( )
2
3 2
1 7
3 2
3 2
3 2
3
3 2 22
3 2 2 0
1 7
3

x y
x y
x y
x y
y
y yxy
y y
y
= +



− +

= +
= +

− =


 
=

⇔ ⇔ ⇔
   

+ ==
+ − =







− −

=





1 7 1 7
1 7 1 7
.
3 3
x x
y y
 
= + = −
 
⇔ ∨
 
− + − −
= =
 
 

62

Vậy, hệ phương trình đã cho có ba nghiệm là
18 1 7 1 7
;0 , 1 7; , 1 7; .
7 3 3
   
− + − −
 
+ −
   
 
   
 
   

2. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai
Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai đối với hai ẩn
,
x y
là hệ phương trình có dạng

2 2
2 2
' ' ' '
ax bxy cy d
a x b xy c y d

+ + =


+ + =




Phương pháp giải.
· Xét xem
0
x
=
có thỏa hệ phương trình hay không;
· Khi
0
x
≠
, đặt
y kx
=

+ Thế
y kx
=
vào hệ phương trình, khử x ta được phương trình bậc hai theo k;
+ Giải tìm k, sau đó tìm
( ; ).
x y

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
3 2 11 (1)
2 3 17 (2)

x xy y
x xy y

+ + =


+ + =



Giải.
· Xét
0,
x
=
hệ phương trình trở thành
2
2
11
3 17
y
y

=


=


(vô nghiệm)

· Xét
0
x
≠
, đặt
y kx
=
. Khi đó, hệ phương trình trở thành
(
)
( )
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
3 2 11 (1')
3 2 11
2 3 17
1 2 3 17 (2')
x k k
x kx kx
x kx kx
x k k

+ + =

+ + =
 
⇔
 

+ + =
 + + =



Từ (1’) và (2’) suy ra
2 2
17(3 2 ) 11(1 2 3 )
k k k k
+ + = + +

2
16 12 40 0
k k
⇔ − − =


2
4 3 10 0
2
5
.
4
k k
k
k
⇔ − − =
=



⇔

= −


+ Với
2
k
=

2
1
2
1 1
11 11
2
2
1
2
x
y
x x
x
y x
y x
x
y
 =




=
= ∨ = −

= 


⇒ ⇔ ⇔
 

=
=
= −





= −




63

+ Với
2
4
3
5

4 4
33
11
3
5
3 3
16
4
5
4
5
4
4
3
5
3
x
x
y
x x
k
y x
xy x
y


=










= −
= ∨ = −
=




  

= − ⇒ ⇔ ⇔
 


 
= −
= −= −


 








=





Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
( ) ( )
4 5 4 5
1;2 ; 1; 2 ; ; ; ; .
3 3 3 3
   
− − − −
   
   

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
3 3
2 2
8 2
3 3( 1)
x x y y
x y

− = +


− = +





Giải. Cách 1.
Tuy hệ phương trình đã cho không phải là hệ phương trình đẳng cấp bậc hai nhưng ta vẫn
có thể giải bằng phương pháp như đã trình bày.
· Xét
y
= 0, hệ phương trình trở thành
3
2
8 0
6
x x
x

− =


=


(vô nghiệm)
· Xét
0
y
≠
ta đặt
x ky

=

Thay vào hệ phương trình ta được
3 3 3 3 2 2
2 2 2 2 2 2
8 2 8 2
3 3 3 3 6
k y ky y y k y k y
k y y k y y
 
− = + − = +
 
⇔
 
− = + − =
 
 
3 2
2 2
( 1) 8 2 (1)
( 3) 6 (2)
k y k
k y

− = +

⇔

− =




Lấy (1) chia cho (2) vế theo vế ta được:
3 2
0
12 0 3
4
k
k k k k
k
=


+ − = ⇔ =


= −


+ Với
0,
k
=
thay vào (2), ta được
2
3 6,
y
− =
hệ phương trình vô nghiệm.
+ Với

3,
k
=
ta được
2
3
1
1 1
1
3
3
3
1
x
y
y y
y
x y
x y
x
y

=



=
= ∨ = −

= 



⇔ ⇔
 

=
=
= −





= −




64

Với
4,
k
= −
ta được
2
6
4
13
6

6
13
13
6
4
4
13
6
13
x
y
y
x y
x
y


= −








=


=

 

⇔




= −


=







= −





Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
( ) ( )
6 6 6 6
3;1 ; 3; 1 ; 4 ; ; 4 ; .
13 13 13 13
   

− − − −
   
   
   

Cách 2. Ta giải bằng phương pháp thế như sau
Ta có
2 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
8 2 2(4 ) 3( ) 6(4 ) (1)
3 3( 1) 3 6 3 6 (2)
x x y y x y x y x y x y
x y x y x y
  
− = + − = + − = +
  
⇔ ⇔
  
− = + − = − =
  
  

Thế (2) vào (1) ta được
( )
3 3 2 2 2 2
0
3( ) ( 3 )(4 ) 12 0 3
4
x
x y x y x y x x xy y x y

x y
=


− = − + ⇔ + − = ⇔ =


= −


+ Với
0,
x
=
khi đó
2
(2) 2,
y
⇔ = −
vô nghiệm.
+ Với
3 ,
x y
=
khi đó
2
3
1
(2) 1
3

1
x
y
y
x
y

=



=


⇔ = ⇒

= −



= −




+ Với
4 ,
x y
= −
khi đó

2
6 6
4 4
6
13 13
(2)
13
6 6
13 13
x x
y
y y
 
= − =
 
 
⇔ = ⇒ ∨
 
 
= = −
 
 

Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
( ) ( )
6 6 6 6
3;1 ; 3; 1 ; 4 ; ; 4 ; .
13 13 13 13
   
− − − −

   
   
   

3. Hệ phương trình đối xứng
3.1. Hệ phương trình đối xứng loại I
Ta qui ước gọi một hệ hai phương trình chứa hai ẩn
,
x y
là hệ phương trình đối xứng loại
I, nếu ta thay thế
x
bởi
y
và
y
bởi
x
thì mỗi phương trình của hệ không thay đổi.
Phương pháp giải.
· Đặt ,
S x y P xy
= + =
đưa hệ phương trình về hệ phương trình ẩn S và P.
65

· Tìm S, P, khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
2
0,
X SX P

− + =
chú ý phải có điều
kiện
2
4 0
S P
− ≥
.
3.2. Hệ phương trình đối xứng loại II
Ta qui ước gọi một hệ hai phương trình chứa hai ẩn x, y là hệ phương trình đối xứng loại
II, nếu tráo đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình này chuyển thành phương trình kia.
Phương pháp giải.
· Trừ từng vế các phương trình đã cho ta được phương trình mới, đưa phương trình này về
phương trình tích.
· Ứng với từng trường hợp xảy ra, kết hợp với một trong hai phương trình của hệ để có
một hệ phương trình con, giải hệ phương trình con này.
· Tổng hợp nghiệm.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 2
2 2 2
3( )
7( )
x xy y x y
x xy y x y

− + = −


+ + = −




Giải.
Cách 1.
Đặt
, ,
x X y Y
= = −
hệ phương trình đã cho trở thành
2 2
2 2 2
3( )
7( )
X XY Y X Y
X XY Y X Y

+ + = +


− + = +



Đây là hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai ẩn
, .
X Y

Đặt
, ,
S X Y P XY

= + =
điều kiện
2
4 0.
S P
− ≥

Ta có hệ phương trình
2 2 2 2
2 2 2 2
3 2 3 0 0 0
0
3 7 2 2
S P S S S S S S S
P
S P S P S P S
  
− = + − = − = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− = = − = −
  

  
hoặc
1
2

S
P
=


= −


·
0 0
0
0 0
S X Y
X Y
P XY
= + =
 
⇒ ⇔ = =
 
= =
 
, do đó
0.
x y
= =

·
1 1 2
2 2 1
S X Y X

P XY Y
= + = =
  
⇒ ⇔
  
= − = − = −
  
hoặc
1
2
X
Y
= −


=


Do đó,
2
1
x
y
=


=

hoặc
1

2
x
y
= −


= −


Vậy, hệ phương trình đã cho có ba nghiệm
(0;0);(2;1);( 1; 2).
− −

Cách 2.
2 2
2 2 2
3( ) (1)
7( ) (2)
x xy y x y
x xy y x y

− + = −


+ + = −



66

Ta có
2 2
2
(2) 2 5 2 0
2
x y
x xy y
y
x
=


⇔ − + = ⇔

=


· Với
2
x y
=
khi đó
2
0 0
(1) 0
1 2
y x
y y
y x
= ⇒ =


⇔ − = ⇔

= ⇒ =


· Với
2
y
x
=
khi đó
2
0 0
(1) 0
1 2
x y
x x
x y
= ⇒ =

⇔ + = ⇔

= − ⇒ = −


Vậy, hệ phương trình có ba nghiệm
(0;0);(2;1);( 1; 2).
− −

Chú ý. Bạn đọc cũng có thể giải theo phương pháp đối với hệ phương trình đẳng cấp.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y

+ =


− + =



Giải.
Ta có
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y

+ =


− + =



( )
2 2
2 2
2
2 2
2 2 2 2
5
5
4
3 13
x y
x y
x y
x y x y

+ =

+ =
 
⇔ ⇔
 
=
+ − =

 


Khi đó
2 2

;
x y
là các nghiệm của phương trình
2
5 4 0
X X
− + =
; phương trình này có nghiệm
là
1 2
1; 4
X X
= =
.
Do đó, hệ phương trình
2 2
2 2
5
4
x y
x y

+ =


=


tương đương với
2

2
2
2
1
1 1
4 2 2
2 2
4
1 1
1
x
x x
y y y
x x
x
y y
y


=

= ∨ = −






= = ∨ = −



 

⇔


= ∨ = −
 
=






= ∨ = −


=





Vậy, hệ phương trình đã cho có tám nghiệm là
(
)
1;2
;
(

)
1; 2
−
;
(
)
1;2
− ;
(
)
1; 2
− −
;
(
)
2;1
;
(
)
(
)
(
)
2; 1 ; 2;1 ; 2; 1
− − − −
.
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
2
2
2

2
2
3
2
3
y
y
x
x
x
y

+
=



+

=



Giải.
67

2
2
2
2

2
3
2
3
y
y
x
x
x
y

+
=



+

=


(1)
Điều kiện:
0
0
x
y
>



>

(do vế phải không âm nên vế trái cũng không âm)
Ta có
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
0, 0 0, 0
1 3 2 3 2
3 2 3 0
x y x y
yx y xy x
xy x xy x y x y

> > > >



⇔ = + ⇔ = +
 
 
= + − + − =



( )( )
2 2
0, 0
3 2

3 0
x y
xy x
x y xy x y
> >


⇔ = +


− + + =


do
0, 0
x y
> >
suy ra
3 0,
xy x y
+ + >
nên ta được hệ phương trình

2 2
0, 0
3 2
x y
xy x
x y
> >



= +


=


3 2
0, 0
3 2 0
x y
x x
x y
> >


⇔ − − =


=

( )
( )
2
0, 0
1 3 2 2 0
x y
x x x
x y

> >


⇔ − + + =


=


0, 0 0, 0
1 0 1
1
x y x y
x x
x y y
> > > >
 
 
⇔ − = ⇔ =
 
 
= =
 

1
1
x
y
=


⇔

=


Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất
(
)
1;1 .

Ví dụ 4. Cho hệ phương trình
2
2
( 1)
( 1)
xy x m y
xy y m x

+ = −


+ = −



a) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất;
b) Giải hệ phương trình khi
1.
m
= −

Giải.
a) Hệ phương trình đã cho tương đương với