Tài liệu phương trình, hệ phương trình, bất phương trình vô tỉ

PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức
I. Phương pháp biến đổi tương đương
1. Kiến thức cần nhớ:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 1 2 1
2 2
2 1 2 1
1.
2. 0
3. ,
4. 0
5. ,
n
n
n n
n n
n n
n n
a a
a b a b ab
a b a b a b
a b a b
a b a b a b
+ +
+ +

=
= ⇔ = >
= ⇔ = ∀
≥ ≥ ⇔ ≥
≥ ⇔ ≥ ∀
2. Các dạng cơ bản:
* Dạng 1:
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
0g x
f x g x
f x g x
 ≥

= ⇔

=


(Không cần đặt điều kiện
( )
0f x ≥
)
* Dạng 2:
( ) ( )
f x g x>
xét 2 trường hợp:
TH1:

( )
( )
0
0
g x
f x

<


≥


TH2:
( ) ( )
2
( ) 0g x
f x g x
≥



>


* Dạng 3:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
( ) 0

0
f x
f x g x g x
f x g x

≥

≤ ⇔ ≥


≤

Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x) là tam thức bậc
hai (ax
2
+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều kiện cho
( )
0g x ≥
rồi bình
phương 2 vế đưa phương trình−bất phương trình về dạng quen thuộc.
+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình
1 2
0 1 2 1
0
n n n
n n
a x a x a x a x a
− −
−
+ + + + + =L

có nghiệm
x=
α
thì chia vế trái cho cho x–
α
ta được
( )
( )
1 2
0 1 2 1
0
n n
n n
x b x b x b x b
α
− −
− −
− + + + + =L
, tương tự cho bất
phương trình.
* Phương trình−bất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng
này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và
nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác.
* Phương trình−bất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải
phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương
trình−bất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác.
“Cũng như không ?!”
Ví dụ 1: Giải phương trình:
01312
2

=+−+− xxx
(ĐH Khối D – 2006)
Biến đổi phương trình thành:
2
2 1 3 1x x x− = − + −
(*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được:
028116
234
=+−+− xxxx
ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được:
(*)⇔ (x – 1)
2
(x
2
– 4x + 2) = 0.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( ) ( )
( )
2
2
4 1 2 10 1 3 2x x x+ ≥ + − +
, ĐK:
2
3
−≥x
( )
( )
2
2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5pt x x x x x x x x⇔ + + ≥ + + − + ⇔ + + ≥ +
(1), Với

3
2
x ≥ −
hai vế (1) đều
không âm nên ta bình phương 2 vế: x
3
– x
2
– 5x – 3
0≥
( ) ( )
2
3 1 0x x⇔ − + ≥
b) Tương tự với 2 dạng: *
( ) ( )
f x g x≥
*
( ) ( )
f x g x<
Ví dụ 1: Giải bất phương trình
( )
2
2 6 1 2 0 1x x x− + − + <
Giải
1
( )
2
1 2 6 1 2x x x⇔ − + < −
bất phương trình tương đương với hệ:
2

2
2
2 0
3 7 3 7 3 7
2 6 1 0 3
2 2 2
2 6 1 2
1 3
x
x
x x x x x
x x x
x
>

− >


− + +


− + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ ⇔ ≤ ≤
 
 
− + < −

− < <


Ví dụ 2: Tìm m để phương trình

2
2 1 2x mx m− + = −
có nghiêm.
Giải
* Nếu m < 2 ⇒ phương trình vô nghiệm.
* Nếu m ≥ 2 ⇒ phương trình ⇔ x
2
−2mx−m
2
+4m−3=0. Phương trình này có ∆=2m
2
−4m+3>0 với mọi
m.
Vậy với m ≥ 2 thì phương trình đã cho có nghiêm.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình
2
2 3 1x mx x+ − = +
có hai nghiệm phân biệt.
Giải:
Cách 1:
( )
2
1
2 4 0,(*)
x
PT
x m x
≥ −



⇔

+ − − =


, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:
2 2
1 2
2 4 20 2 4 20
0, 0
2 2
m m m m m m
x x
− + − + − − − +
= > = <
. Phương trình đã cho có 2 nghiệm
⇔
(*) có 2 nghiệm
1x ≥ −
⇔
( )
2
22
2
4
1 4 4 20 1
4 4 20
m
x m m m m
m m m

≤


≥ − ⇔ − ≥ − + ⇔ ⇔ ≤ −

− ≥ − +


Chú ý: + x
1
> 0, x
2
< 0 vì x
1
> x
2
và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu.
+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm.
+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với
1 0x t≥ − ⇒ ≥
.
(*) trở thành:
( ) ( ) ( )
2
1 2 1 4 0t m t− + − − − =
(**). Để (*) có 2 nghiệm
1x ≥ −
thì (**) phải có 2 nghiệm
0
≥

t
.
Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:
2
2 2 1x mx x+ + = +
, (1)
Giải:
( ) ( )
2
2 1 0
3 4 1 0, 2
x
pt
x m x
+ ≥


⇔

− − − =


để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm lớn
hơn hoặc bằng
1
2
−
hay
( )
2

4 12 0
1 9
0
2 2
1
2 2
m
f m
S


∆ = − + >


 
− ≥ ⇔ ≥

 ÷
 


> −


.
Chú ý : Cách 2: đặt
1
2
t x= +
, khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng

1
2
−
thì
( )
2
1 1
3 4 1 0
2 2
t m t
   
− − − − − =
 ÷  ÷
   
có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.
3. Các kỹ năng:
a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế
không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
5 1 1 2 4x x x− − − > −
(ĐH Khối A – 2005)
Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành:
5 1 1 2 4x x x− > − + −
khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2
1 2 2 1x x x x x− + + =
.
Giải

2
Điều kiện:
( )
1
2 *
0
x
x
x
≥


≤ −


=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2
2 2 2
2
1 2 2 1 2 4 2 1 2 2 1
4 2 2 1
8 9 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x

x x
⇔ + + − + = ⇔ − + = −
⇔ + − = −
⇔ − =
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0,
9
8
x =
.
(Hãy tìm thêm cách giải khác)
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình
2 2
2 4 0x mx x− − − =
có nghiệm.
HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được
2
1,2
16
2
m m
x
± −
=
. Kết hợp với điều
kiện ta tìm được |m| ≥ 4.
b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:
- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức
Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2

7 7x x+ + =
.
HD:
• Bình phương hai vế.
• Dùng hằng đẳng thức a
2
− b
2
=0.
• Nghiệm
1 29
2,
2
x x
−
= =
.
Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a.
( )
2
2
4
1 1
x
x
x
> −
+ +
b.
( )

2 2
3 2 3 2 0x x x x− − − ≥
ĐS: a. −1≤x<8, b.
{ }
[
)
1
; 2 3;
2
 
−∞ − +∞


 
U U
.
Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau
có hai nghiệm thực phân biệt:
( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
.(1)
Giải: ĐK:
2≥x
, do m > 0.
( )( ) ( )



=−+

=
⇔−=+−⇔
)2(,326
2
242
23
mxx
x
xmxxpt
. Để chứng minh
0>∀m
, phương trình
(1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm khác 2.
Thật vậy: đặt
( )
3 2
6 32, 2f x x x x= + − ≥
, ta có f(2) = 0,
( ) ( )
' 2
lim , 3 12 0, 2
x
f x f x x x x
→+∞
= +∞ = + > ∀ ≥
nên f(x) là hàm liên tục trên
[
)
2;+∞
và đồng biến trên

khoảng đó suy ra
0
>∀
m
phương trình (2) luôn có nghiệm x
0
mà 2 < x
0
<
∞+
.
Một số dạng chuyển thành tích:
- Dạng:
( ) ( )
- -a c x b d
ax b cx d
m
+
+ ± + =
Ta biến đổi thành:
( ) ( )
( )m ax b cx d ax b cx d+ ± + = + − +
Ví dụ: Giải phương trình:
3
4 1 3 2
5
x
x x
+
+ − − =

. ĐS: x=2.
- Dạng: u+v=1+uv ⇔ (u-1)(v-1)=0
Ví dụ: Giải phương trình:
3
2
3 3
1 2 1 3 2x x x x+ + + = + + +
. ĐS: x=0, x=−1.
Ví dụ: Giải phương trình:
3 24
4
1 1x x x x+ + = + +
. ĐS: x=0, x=1.
- Dạng: au+bv=ab+uv ⇔ (u−b)(v−a)=0
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
. ĐS: x=0, x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3 2 2 2
3 3 2 3 2 2x x x x x x x+ + + + = + + +
. ĐS: x=0.
- Dạng: a
3
−b
3
⇔ (a−b)(a
2
+ab+b
2

)=0 ⇔ a=b
Ví dụ: Giải phương trình:
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + +
. ĐS: x=1.
3
c. Chuyển về dạng: A
1
+ A
2
+ + A
n
= 0 với
,0 1
i
A i n≥ ≤ ≤
khi đó pt tương đương với:
, ,
1 2
0 0 0L
n
A A A= = =
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
4 3 3 4 3 2 2 1x x x x x+ + = + + −

.
HD: Phương trình tương đương
( ) ( )
2
4 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0x x x x x x− + + + − − + − =
. ĐS: x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
4 2 4x y y x y− − + = +
.
Giải
Bình phương hai vế ta được
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2
1
2 1 2 2 2 4 0 , 2.
2
x y y x y x y− + + + + + = ⇔ = = −
d. Sử dụng lập phương:
Với dạng tổng quát
3 3 3
a b c± =
ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức
( ) ( )
3
3 3
3a b a b ab a b± = ± ± ±
khi đó phương trình tương đương với hệ

3 3 3
3
3
a b c
a b abc c

± =


± ± =


. Giải hệ này
ta có nghiệm của phương trình.
Ví dụ: Giải bất phương trình
3 3 3
1 2 2 3x x x− + − = −
. ĐS:
3
1; 2;
2
x x x= = =
.
e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu:
- TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
( )
( )
2
2 16

7
3 1
3 3
x
x
x
x x
−
−
+ − >
− −
(ĐH Khối A−2004)
Giải
ĐK:
4≥x
.
( )
( ) ( )
2 2
1 2 16 3 7 2 16 10 2⇔ − + − > − ⇔ − > −x x x x x

( )
( )
2
2
4
5
10 2 0
10 2 0
10 34 5

2 16 10 2
x
x
x
x
x
x x

≥

⇔ >


− <


⇔

− ≥



⇔ − < ≤


− > −



Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:

10 34> −x
.
- TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường hợp:
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a.
( )
2 2
3 4 9x x x− + ≤ −
b.
2
51 2
1
1
x x
x
− −
<
−
.
HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3. ĐS:
5
3
6
x x< − ∨ ≥
.
b. Xét hai trừng hợp của x−1. ĐS:
1 52 5 1x x− ≤ < − ∨ >
.
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a.

( )
2
2 1 1 0x x x x x x− − − − + − =
.
HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành:
2 2 3 2
2 4 4 6 4 0x x x x x x x x− − − + − + − =
.
2 2
( 2)(2 2 2) 0x x x x x⇔ − − + − + =
b.
2 2
4 5 1 2 1 9 3x x x x x+ + − − − = +
. HD: Nhân lượng liên hợp.
Bài 2: Giải bất phương trình sau:
2
1 2 1 2 2 .x x x− + + ≥ −
HD: Cách 1: Đặt
4 2
2
4
1 2 1 2
16
t t
t x x x
−
= − + + ⇒ = −
. Cách 2: Bình phương rồi đưa về dạng:A
1
+A

2
=
0, với A
1
, A
2

0≥
.
Bài 3: Giải phương trình
4 3 10 3 2x x− − = −
. (HD: Bình phương hai lần ra phương trình bậc 4 đầy
đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức).
4
Bài 4: Giải phương trình
2
2
1 1
3
x x x x+ − = + −
.
Bài 5: Giải phương trình
2
2 6 1 1x x x+ + = +
.
Bài 6: Giải các phương trình sau:
1.
2
1 1x x− = +
2.

3 3
2 2 3 1x x− + − =
3.
3 3 3
2 2 2 9x x x+ + − =
4.
3
3 3
1 1 2x x x− + + =
5.
2
1 1 2
4
x
x x+ + − = −
6.
2
2 3 3 1
4
x
x x
− +
+ = + +
7.
5 3 3 1 1x x x− + − = −
. (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A
1
+A
2
= 0, với A

1
, A
2

0≥
).
Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m x m x m+ + − =
.
Bài 8: Tìm m sao cho phương trình:
2
4x x x m− = +
.
a. Có nghiệm.
b. Có hai nghiệm phân biệt.
Bài 9: Giải các bất phương trình sau:
a.
2
1 1 4
3
x
x
− −
<
.
b.
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7x x x x x x+ + + + + ≤ + +
.
c.

2 2 2
2 2 3 4 5x x x x x x+ − + + − ≤ + −
.
Bài 10: Giải các phương trình:
a.
3 3
2 2
3 3
1x x x x x+ + = + +
. b.
4
3 4
3
x
x x
x
+ + =
+
.
c.
3
4 3 1 4x x
x
+ = + +
. d.
2
2 3 9 4x x x+ = − −
.
e.
2 2

2 1 4 3 1 2 2 6x x x x x x− + + + = + +
.
II. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Dạng 1:
( )
( )
0
n
F f x =
, đặt
( )
n
t f x=
(lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t ≥ 0).
Ví dụ 1: Giải các phương trình: a.
2 2
11 31x x+ + =
. b.
( ) ( )
2
5 2 3 3x x x x+ − = +
.
HD: a. Đặt
2
11, 0t x t= + ≥
. ĐS: x=±5.
b. Đặt
2
3 , 0t x x t= + ≥
. ĐS:

3 109
2
x
− ±
=
.
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2 2
2 2 5 2x x m x x m+ + − − =
.
Giải
Đặt:
( )
2
2
5 2 6 1 0; 6t x x x t
 
= − − = − + ⇒ ∈
 
.
Khi đó phương trình trở thành
( )
2 2
2 5 0 * 5t mt m t m− + − = ⇔ = ±
. Phương trình đã cho có nghiệm
khi (*) có nghiệm
0; 6t
 
∈
 

hay
0 5 6 5 6 5
0 5 6 5 6 5
m m
m m
 
≤ + ≤ − ≤ ≤ −
⇔
 
≤ − ≤ ≤ ≤ +
 
 
.
Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình:
( )
2
( 2 2 1) 2 0m x x x x− + + + − ≤
, (1) có nghiệm
0;1 3x
 
∈ +
 
.
Giải: Đặt
2 2 2
2 2 2 2t x x x x t= − + ⇒ − = −
. Nếu
[ ]
31;0 +∈x
thì

( )
[ ]
2;111
2
∈+−= xt

BPT trở thành:
( ) ( )
2
1 2 0, 2m t t+ + − ≤
Khi đó ta có
2
2
1
t
m
t
−
≥
+
, với
1 2t≤ ≤
. Đặt
( )
2
2
1
t
f t
t

−
=
+
, dùng đồ thị ta tìm được
2
3
m ≤
.
Dạng 2:
5
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 0m f x g x n f x g x n f x g x p± ± + + + =
, đặt
( ) ( )
t f x g x= ±
, bình phương
hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t.
Ví dụ 1: Cho phương trình
( ) ( )
3 6 3 6x x m x x+ + − = + + −
.
a. Giải phương trình khi m=3.
b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Giải
Đặt:
( ) ( ) ( )
2

3 6 9 2 3 6 *t x x t x x= + + − ⇒ = + + −
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
( ) ( )
2 3 6 9x x+ − ≤
nên từ (*) ta có
3 3 2t≤ ≤
.
Phương trình đã cho trở thành t
2
−2t−9=−2m (1).
a. Với m=3 (1) ⇔ t
2
−2t−3 ⇔ t =3. Thay vào (*) ta được x=−3, x=6.
b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm
3;3 2t
 
∈
 
. Xét hàm số
( )
2
2 9f t t t= − −
với
3;3 2t
 
∈
 
, ta thấy f(t) là một hàm đb nên:
( )
( )

6 (3) 3 2 9 6 2f f t f− = ≤ ≤ = −
với
3;3 2t
 
∈
 
. Do
vậy (1) có nghiệm
3;3 2t
 
∈
 
khi và chỉ khi
6 2 9
6 2 9 6 2 3
2
m m
−
− ≤ − ≤ − ⇔ ≤ ≤
Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau:
Cách 1: dùng BĐT như bài trên 2: dùng pp hàm số ( xem phần PP
hàm số ).
Ví dụ 2: Giải phương trình
( )
3 3
3 3
35 35 30x x x x− + − =
.
HD: đặt:
3

3 3
3 3
35
35 35
3
t
t x x x
t
−
= − ⇒ − =
. ĐS: x=2, x=3.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình
2
7 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x+ + − + + − ≤ −
.
HD: Đặt
7 7 7 6 0t x x= + + − ≥
⇒ …
6
6
7
x≤ ≤
.
Dạng 3 :
( ) ( )
( )
, 0
n n
F f x g x =
, trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.

TH1: Kiểm tra nghiệm với
( )
0g x =
.
TH2: Giả sử
( )
0g x ≠
chia hai vế phương trình cho
( )
k
g x
và đặt
( )
( )
n
f x
t
g x
=
.
Ví dụ 1: Giải phương trình
( )
3 2
5 1 2 2x x+ = +
.
ĐK:
1x ≥ −
.
( )
( )

( ) ( )
( )
3 2 2 2
5 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1x x x x x x x x+ = + ⇔ + − + = − + + +

2 2
1 1
2 5 2 0
1 1
x x
x x x x
+ +
⇔ − + =
− + − +
Đặt
2
1
, 0
1
x
t t
x x
+
= ≥
− +
. Phương trình trở thành
2
2
2 5 2 0
1

2
t
t t
t
=


− + = ⇔

=

.
• Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.
• Với
1
2
t =
: Phương trình đã cho có nghiệm
5 37
2
x
±
=
.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x+ + − − − = +
.
Giải
ĐK:

5x ≥
.
2 2 2 2
5 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20x x x x x x x x x x+ + − − − = + ⇔ + + = + + − −
Bình phương hai vế:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 4 5 3 4 5 4 5 4x x x x x x− − + + = − − +
Đặt
2
4 5
, 0.
4
x x
t t
x
− −
= ≥
+
phương trình trở thành
2
3
2 5 3 0 1,
2
t t t t− + = ⇔ = =
.
6

• Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm
5 61 5 61
5, 5
2 2
x x
+ −
= > = <
.
• Với
3
2
t =
: Phương trình đã cho có nghiệm
7
8 5, 5
5
x x= > = − <
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
5 61
, 8
2
x x
+
= =
.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
24
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
.

HD: ĐK
1x ≥
. Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho
24
1x −
đặt
4 4
1 2
1
1 1
x
t
x x
−
= = −
+ +

( )
0 1t< <
. ĐS
1
1
3
m− < ≤
.
Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để).
( ) ( ) ( ) ( )
0af x g x f x h x+ + =
. Đặt
( )

t f x=
, khi đó phương trình trở thành
( ) ( )
2
0at g x t h x+ + =
.
Ví dụ: Giải phương trình
( )
2 2
2 1 2 1 2 1x x x x x− + − = − −
.
HD
Đặt
2
2 1 1 6t x x x= + − ⇒ = − ±L
.
(Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,…
rất hay!)
Bài tập
Giải các phương trình sau:
1.
( )
2 3
2 5 2 4 2 21 20x x x x− + = − −
ĐS:
9 193 17 3 73
,
4 4
x x
± ±

= =
.
2.
( )
3
3 2
3 2 2 6 0x x x x− + + − =
Đặt
2y x= +
, ĐS:
2, 2 2 3x x= = −
.
3.
( )
2 3
2 3 2 3 8x x x− + = +
ĐS:
3 13x = ±
.
4.
1 1 1
2 1 3
x
x x
x x x
−
+ = − + −
Đặt
1
1t

x
= +
, ĐS:
1 5
2
x
+
=
.
Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác).
Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường tìm mọi cách đặt ẩn
phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp cách là
ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số
về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này.
Lưu ý vài tính chất cơ bản:
*
sin 1, cos 1a a≤ ≤
. *
2 2
sin cos 1a a+ =
.
*
2
2
1
1 tan
cos
a
a
+ =

*
2
2
1
1 cot
sin
a
a
+ =
.
Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
1 1 2x x+ − =
.
Giải
ĐK
1x ≤
. Đặt
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
. Khi đó phương trình trở thành
2 2 2
1 1 cos 2 cos 2sin sin 1 0.t t t t+ − = ⇔ + − =
Ta tìm được:
1
sin
2
t =

. Khi đó
2
3
cos 1 sin
2
x t t= = ± − = ±
.
Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định
( )
u x a≤
. Ta có thể nghĩ đến cách đặt
( )
sin , ;
2 2
u x a t t
π π
 
= ∈ −
 
 
hoặc đặt
( )
[ ]
cos , 0;u x a t t
π
= ∈
.
* Nếu
( )
[ ]

0;u x a∈
ta có thể đặt
( )
2
sin , 0;
2
u x a t t
π
 
= ∈
 
 
.
Ví dụ 2: Giải phương trình
( ) ( )
3
3 2 2
1 2 1x x x x+ − = −
.
7
HD: Đặt
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
dưa về phương trình lượng giác
( ) ( )
sin cos 1 sin cos 2 sin cost t t t t t+ − =
.
Để gải phương trình này ta lại đặt

sin cos , 2u t t u= + ≤
.
ĐS:
2 1 2 2 2
,
2 2
x x
− − −
= =
.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 3
1 4 3x x x− = −
. ĐS:
1 2 2
,
4
2
x x
+
= − = ±
.
Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình).
* Khi gặp phương trình có dạng
( ) ( ) ( )
( )
, ,+ − = 0
n m
F f x a f x b f x
.

Đặt
( ) ( )
,
n m
u a f x v b f x= + = −
. Khi đó ta được hệ phương trình sau:
( )
, 0
n m
F u v
u v a b
 =


+ = +


. Giải hệ này
tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phương trình
( )
n
u a f x= +
hoặc
( )
m
v b f x= −
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( ) ( )
3 6 3 3 6x x x x+ + − = + + −

. ĐS:
0, 3x x= = −
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3
24 12 6x x+ + − =
. ĐS:
24, 88, 3x x x= − = − =
.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
4 4
17 3x x+ − =
. ĐS:
1, 16x x= =
.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 3
3
2 7 2 7 3x x x x− + + − − + =
. ĐS:
1, 6x x= = −
.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
3
3 3
1 3 2x x− + − =
, đặt
3 3

1, 3,u x v x= − = −
pt trở thành:
3
3 3
2
2
u v
u v

+ =


− =


Ví dụ 6: Giải phương trình:
3
1 1
1
2 2
x x+ + − =
, đặt
3
1 1
,
2 2
u x v x= + = −
Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình:
axx =++−
33

11
có nghiệm.
Đặt
33
1,1 xvxu +=−=
. Phương trình trở thành:
( )
2 2
2a u v uv
u v a

+ − =


+ =


TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm.
TH2:
0a ≠
, hệ phương trình trở thành
2
1 2
3
u v a
uv a
a
+ =




 
= −
 ÷

 

. Hệ có nghiệm khi
2
4 0 0 2S P a− ≥ ⇔ < ≤
.
Vậy phương trình có nghiệm khi
0 2a< ≤
.
* Khi gặp phương trình có dạng
( ) ( )
n
n
f x b a af x b+ = −
.
Đặt
( ) ( )
,
n
t f x y af x b= = −
ta có hệ
n
n
t b ay
y b at


+ =


+ =


.
Ví dụ 1: Giải phương trình
3
3
2 1 2 2 1x x+ = −
. ĐS:
1 5
1,
2
x x
− ±
= =
.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2
3
2 4
2
x
x x
+
+ =
.

Giải
ĐK
3x ≥ −
.
( )
( )
( )
2 2
2
1 2
3 1 1
2 4 2 1 2 1 1 1
2 2 2 2
x
x x
x x x x
+ +
+ +
+ = ⇔ + − = ⇔ + − = +
.
Đặt
2
1
1, 1 1 1
2 2 2
x t t
t x y y
+
= + = + = + ⇒ − =
. Ta được hệ phương trình

2
2
1
1
2
1
1
2
t y
y t

− =




− =


. Giải thêm chút
nữa ta được kết quả! ĐS:
3 17 5 13
,
4 4
x x
− − ± − ±
= =
.
8
Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta

phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2
4 7 1 2 2x x x+ + = +
. ĐS:
7 1
1, ,
4 4
x x x= − = − =
.
Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương.
Bài tập:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − +
2.
2 2
2x x x x+ + = +
3.
2 2
4 2 1 2 2 9x x x x x x+ + + + + = + +
4.
4 1 5
2x x x
x x x
+ − = + −
.
Bài 2: Giải cácbất phương trình sau:
1.

2 2
5 10 1 7 2x x x x+ + > − −
2.
3
24 12 6x x+ + − ≤
3.
2 2
2 5 6 10 15x x x x+ − − > +
4.
2
1 1 2
4
x
x x
+ + − ≤ −
.
Bài 3: Giải các phương trình sau:
1.
3 3
12 14 2x x− + + =
2.
3
3 3
1 3 2x x− − − =
3.
2 3 2
1 2 1 3x x− + − =
4.
2
2 2x x− + = −

5.
2
1 1 2
4
x
x x+ + − = −
(đặt
1 1t x x= + + −
).
III. Phương pháp hàm số
Các tính chất:
Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (k∈R) có không
quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈(a,b) ta có
( )
( )f u f v u v= ⇔ =
.
Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình
f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng (a;b) thì
( )
bac ;∈∃
:
( )
( ) ( )
'
F b F a
F c
b a
−

=
−
. Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì
( ) ( ) ( )
; : ' 0 ' 0c a b F c F x∃ ∈ = ⇔ =
có nghiệm thuộc (a;b).
Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ không có quá
hai nghiệm thuộc D.
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng
biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng
định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v.
Ví dụ: Giải phương trình:
2
4 1 4 1 1x x− + − =
ĐK:
1
2
x ≥
. Đặt
( )
2
4 1 4 1f x x x= − + −
. Miền xác định:
1
2
x ≥
,

( )
'
2
2 4
0
4 1
4 1
x
f x
x
x
= + >
−
−
.
Do đó hàm số đồng biến với
1
2
x ≥
, nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy
1
2
x =
là nghiệm của phương trình.
Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau:
Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1)
B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng
d: y = g(m).
B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m)
9

B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm:
( ) ( ) ( )
min , max ,
x D
x D
f x m g m f x m
∈
∈
≤ ≤
.
* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm.
* phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) .
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình:
2 2
1 1x x x x m
+ + − − + =
có nghiệm.
TXĐ: R
Xét hs:
( )
2 2
1 1y f x x x x x= = + + − − +
, D
f
= R,
2 2
2 1 2 1
'
1 1
+ −

= −
+ + − +
x x
y
x x x x
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
' 2 2
2 2
2 2
2 1 2 1 0
0 2 1 1 2 1 1
2 1 1 2 1 1

− + >

= ⇔ − + + = + − + ⇔

− + + = + − +


x x
y x x x x x x
x x x x x x

(v.nghiệm)

Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến.
Giới hạn:
2 2
2 2
2
lim lim 1
1 1
2
lim lim 1
1 1
x x
x x
x
x x x x
x
x x x x
→−∞ →−∞
→+∞ →+∞
= = −
+ + + − +
= =
+ + + − +
BBT: x
∞−
∞+
y’ +
y 1
−1
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 < m < 1.
Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta

ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm
với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị.
Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
3 1mx x m− − ≤ +
, ĐK:
3x ≥
1 3
1
x
bpt m
x
+ −
⇔ ≥
−
, xét hs
( )
2
1 3 5
'
1
2 3 1
x x
y y
x
x x
+ − −
= ⇒ =
−
− −
.

'
0 5y x= ⇔ =
.
lim 0
x
y
→+∞
=
và f(3) =
1
2
.
BBT:
x 3 5
∞+
y’ + 0 −
y y(5)

1
2

0
Vậy bất phương trình có nghiệm
( )
3 1
5
4
y m m
+
⇔ ≥ ⇔ ≤

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
có nghiệm.
Giải: ĐK:
0 4x≤ ≤
( )
( 12) 5 4pt x x x x x m
⇔ + + − + − =
xét hs
( )
( )
( 12) 5 4y f x x x x x x= = + + − + −
. Miền xác
định:
[ ]
0;4D =
Nhận xét: Hàm số
( )
12h x x x x= + +
đồng biến trên D.
Hàm số
( )
5 4g x x x= − + −
đồng biến trên D.
10
Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
( ) ( )
0 4f m f≤ ≤
Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình:

2
3 1x m x+ = +
Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:
2
3
1
x
m
x
+
=
+
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C):
2
3
1
x
y
x
+
=
+
và đường thẳng: y = m.
Lập BBT :
x
∞−
1/3
∞+
y’ + 0 −
y

10
1
−1
KL:
1 10m m≤ − ∨ >
: phương trình vô nghiệm.
1 1m− < ≤
hoặc
10=m
: phương trình có nghiệm duy nhất.
1 10m< <
: phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
( ) ( )
1 3 1 3x x x x m
− + − − − − =
, (1)
Giải: ĐK:
1 3x≤ ≤
. Đặt
1 3t x x= − + −
, lập BBT của t(x) với
1 3x≤ ≤
ta có
2 2t≤ ≤
Khi đó phương trình (1) trở thành:
1
2
−
t

2
+ t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế trái với
2 2t≤ ≤
từ đó kết luận:
1 2m≤ ≤
.
Bài tập:
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2
9 9x x x x m+ − = − + +
.
Bài 2. Giải các phương trình sau:
1.
2 2
1 1 3 1x x x x
+ + − − + = −
2.
( ) ( )
1 3 1 3 1x x x x− + − − − − =
3.
( )
12 12 5 4x x x x x
+ + = − + −
B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn.
1. Phương pháp biến đổi tương đương:
Ta thực hiện theo các bước sau:
B1: Đặt điều kiện (nếu có).
B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình − hệ phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải
bằng cách: thế, khử biến
B3: Kết luận. (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả)

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
5 2 7
2 5 7
x y
x y

+ + − =


− + + =


.
Giải
Điều kiện:
2
2
x
y
≥


≥

.
Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
5 2 2 5x y x y x y+ − = − + ⇔ =
.
Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11.

Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:
2 1
2 1
x y
y x

≥ =


≥ +


Giải
Điều kiện:
0, ≥yx
.
11
cộng vế theo vế ta được:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1 1 0 0x y x y x y x y+ ≥ + + ⇔ − + − ≤ ⇔ = =
Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
2 0
1
x y m
x xy
− − =




+ =



( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
1
2 2 1 0 (*)
1
1
, 1, 0
y x m
y x m
x
hpt x m x m x
x
x
xy x
y x x
x
= −

= −


−
 
⇔ ⇔ ⇒ = − ⇔ + − − =
 
−
= −

= ≤ ≠



Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả:
1, 0x x≤ ≠
.
TH1: xét x = 1:
TH2: (*) có nghiệm kép
1x ≤
:
TH3: (*) có 2 nghiệm
1 2
1x x< <
:
Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với
( )
2
1
, 1, 0
x
y x x

x
−
= ≤ ≠
Ví dụ 4: giải:
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 185
( ) 65
x xy y x y
x xy y x y

+ + + =


− + + =


Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:
( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2 2
2 250 125 5x y x y x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + =
.
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
( )
2, 1
1,(2)
x y x y
y x y x


+ + − =



+ − − =

Giải: ĐK:
x,y x y≥ ≥
.
( )
2
2
1 2
4 4
x
x y x
x y
≤

⇔ − = − ⇔

− =

( )
2
1
2 2 1 2
2
4 4 1
y

y y x
x y

≥

⇔ − = − ⇔


− = −

KQ:
17 5
;
12 3
 
 ÷
 
.
Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau:
1.
3
3
x y
y x

− =


− =


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


4.
2
2
420
280
x y xy
y x xy

+ =


+ =


5.
2 2 2 2
1
1
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − =


6.
2 2 2 2

2
4
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − =



7.
2 2 2 2 2
x y x y a
x y x y a

+ − − =


+ + − =


(a > 0) 8.
2 2
2
4
x y x y
x y x y


+ − − =



− + + =


9.
( )
(
)
2 2
3 3
3
3
2 3
6
x y x y y x
y x

+ = +



+ =

10.
30
35
x y y x

x x y y

+ =


+ =


11.
2
2
1
1
4
1
1
4
x y
y x

− =




− =


Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm:
x y xy a

x y a

+ + =


− =


Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:
1 2
3
x y m
x y m

+ + + =


+ =



12
2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Ta thực hiện theo các bước sau:
B1: Điều kiện (nếu có).
B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ
B3: Giải hệ nhận được, từ đó suy ra nghiệm x, y.
B4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm từ đó kết luận.
Ví dụ 1: Giải hệ bất phương trình:
1 1 1

3
2
x y
x y

− + − =


+ ≤


điều kiện:
, 1x y ≤
Đặt
1 , 1u x v y= − = −
ĐK:
, 0u v
≥
, khi đó hệ được biến đổi về dạng:
2 2
2
1
0 1
0 1 0 0 1
3
1 1
4 4 1 0
2
u v
u

u x x
u v
u u
+ =

≤ ≤


⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤
 
− + − ≤
− + ≥



Vậy nghịêm của hệ là cặp nghiệm (x; y) thoả:
( )
2
0 1
1 1 1
x
y x
≤ ≤



= − − −


Ví dụ 2: (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình:

3
( , )
1 1 4
x y xy
x y R
x y

+ − =

∈

+ + + =


Điều kiện:
0, 1, 1xy x y≥ ≥ − ≥ −
. Đặt
3t xy x y t= ⇒ + = +
. Bình phương phương trình 2, thay ẩn phụ
vào, giải tìm được t = 3. Giải thêm chút xíu nữa ta được nghiệm.
Bài tập: Giải các hệ phương trình sau:
1.
( )
3 4
9
x y xy
xy

+ =



=


2.
2 2
2 8 2
4
x y xy
x y

+ + =


+ =


3.
2 1 3
1 2 2
x y
x y

+ + =


+ + =


4.

3
3
4
x y x y
x y x y

− = −


+ = + −


5.
1
3 3
1
2 8
x x y
y
x y
y

+ + + − =




+ + =



6.
2 2
14
84
x y xy
x y xy

+ + =


+ + =


`
BỔ SUNG
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ:
1). MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1:Giải phương trình:
(
)
2 2
1 1 1 2 1x x x+ − = + −
Giải: Điều kiện:
1 1x
− ≤ ≤
. Đặt
sin , ;
2 2
x t t
π π

 
= ∈ −
 
 
. Ta được:
3
1 cos sin (1 2cos ) sin sin 2 2 cos 2cos .sin
2 2 2
t t t
t t t t t+ = + = + ⇔ =
Vì
; cos 0
2 2 2
t
t
π π
 
∈ − ⇒ ≠
 
 
,ta được:
1
2 3
6
sin
2
2 2
1
2
t

x
t
x
t
π
π

=


=

= ⇔ ⇔



=
=



Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( )
5
2 5
1 1x x− + ≤
.
Giải: Điều kiện:
0 1x
≤ ≤

. Đặt x=cost với
0
2
t
π
≤ ≤
. Ta có
5
5
2
sin cos 1t t+ ≤
.
13
Do
5
5 2 2
2
sin sin ;cos cost t t t≤ ≤
nên
5
5 2 2
2
sin cos sin cos 1. 0;
2
t t t t t
π
 
+ ≤ + = ∀ ∈
 
 

bất PT có nghiệm :
[ ]
0;1x ∈

HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN
I. Hệ phương trình đối xứng loại 1:
Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.
− Phương trình n ẩn x
1
, x
2
, , x
n
gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay x
i
bởi x
j
; x
j
bởi x
i
thì phương trình
không thay đổi.
− Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng:
x
1
+ x
2
+ + x

n
x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ + x
1
x
n
+ x
2
x
1
+ x
2
x
3
+ + x
n-1
x
n

x
1
x
2

x
n
− Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng.
− Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét.
* Nếu đa thức F(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n
−
1
+ a
n
, a
0
≠ 0, a
i
∈ P có nhgiệm trên P là c
1
, , c
n
thì:
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1 2 1 2 3 -1

0
1 1
0



( 1) .
n
n n n
n
n
n
a
c c c
a
a
c c c c c c c c c c c c
a
a
c c c
a

+ + + = −



+ + + + + + + =






= −



(Định lý Viét tổng quát)
Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn:
A. LÝ THUUYẾT
1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2:
Nếu phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thì:
1 2
1 2

.
b
S x x
a
c
P x x
a

= + = −





= =


Ngược lại, nếu 2 số x
1
, x
2
có
1 2
1 2

.
x x S
x x P
+ =


=

thì x
1
, x
2
là nghệm của phương trình X
2
− SX + P = 0.
2. Định nghĩa:

( , ) 0
( , ) 0
f x y
g x y
=


=

, trong đó
( , ) ( , )
( , ) ( , )
f x y f y x
g x y g y x
=


=

3.Cách giải:
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và
2
4S P≥
.
Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y.
Chú ý:
+ Cần nhớ: x
2
+ y

2
= S
2
– 2P, x
3
+ y
3
= S
3
– 3SP.
+ Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv.
+ Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ.
4. Bài tập:
Loại 1: Giải hệ phương trình
14
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 2
3 3
30
35
x y xy
x y
+ =


+ =

.
GIẢI
Đặt

S , Px y xy= + =
, điều kiện
2
4S P≥
. Hệ phương trình trở thành:
2
2
30
P
SP 30
S
90
S(S 3P) 35
S S 35
S
ì
ï
ï
=
ï
ì
=
ï
ï
ï ï
Û
í í
æ ö
ï ï
- =

÷
ç
ï ï
î - =
÷
ç
ï
÷
ç
÷
ï
è ø
ï
î
S 5 x y 5 x 2 x 3
P 6 xy 6 y 3 y 2
ì ì ì ì
= + = = =
ï ï ï ï
ï ï ï ï
Û Û Û Ú
í í í í
ï ï ï ï
= = = =
ï ï ï ï
î î î î
.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
3 3
( ) 2

2
xy x y
x y
− = −


− =

.
GIẢI
Đặt
, , t y S x t P xt= − = + =
, điều kiện
2
4S P≥
Hệ phương trình trở thành:
3 3 3
xt(x t) 2 SP 2
x t 2 S 3SP 2
ì ì
+ = =ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = - =
ï ï
î î
S 2 x 1 x 1
P 1 t 1 y 1

ì ì ì
= = =
ï ï ï
ï ï ï
Û Û Û
í í í
ï ï ï
= = = -
ï ï ï
î î î
.
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1 1
4
1 1
4
x y
x y
x y
x y

+ + + =




+ + + =



.
GIẢI
Điều kiện
0, 0x y≠ ≠
.
Hệ phương trình tương đương với:
2 2
1 1
x y 4
x y
1 1
x y 8
x y
ì æ ö æ ö
ï
÷ ÷
ç ç
ï
+ + + =
÷ ÷
ç ç
ï
÷ ÷
ç ç÷ ÷
ï
è ø è ø
ï
í
ï

æ ö æ ö
ï
÷ ÷
ç ç
+ + + =
÷ ÷
ï
ç ç
÷ ÷
ï
ç ç
÷ ÷
è ø è ø
ï
î
Đặt
2
1 1 1 1
S x y , P x y , S 4P
x y x y
æ ö æ ö æ öæ ö
÷ ÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
= + + + = + + ³
÷ ÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
÷ ÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
÷ ÷ ÷ ÷
è ø è ø è øè ø

ta có:
2
1 1
x y 4
S 4 S 4
x y
P 4 1 1
S 2P 8
x y 4
x y
ì
æ ö æ ö
ï
÷ ÷
ç ç
ï
+ + + =
÷ ÷
ç ç
ï
ì
ì
÷ ÷
= =ï
ï
ç ç
÷ ÷
ï
è ø è ø
ï ï ï

Û Û
í í í
æ öæ ö
ï ï ï
=
- =
÷ ÷
ç ç
ï ï ï
îî
+ + =
÷ ÷
ç ç
ï
÷ ÷
ç ç÷ ÷
ï
è øè ø
ï
î
1
x 2
x 1
x
1
y 1
y 2
y
ì
ï

ï
+ =
ï
ì
=
ï
ï
ï ï
Û Û
í í
ï ï
=
ï ï
î
+ =
ï
ï
ï
î
.
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
2 2
2 8 2 (1)
4 (2)
x y xy
x y

+ + =



+ =


.
GIẢI
Điều kiện
, 0x y ≥
. Đặt
0t xy= ≥
, ta có:
2
xy t=
và
(2) x y 16 2t+ = -Þ
.
Thế vào (1), ta được:
2
t 32t 128 8 t t 4- + = - =Û
Suy ra:
xy 16 x 4
x y 8 y 4
ì ì
= =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = =
ï ï

î î
.
Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm
Phương pháp giải chung:
+ Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
+ Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và
2
4S P≥
(*).
+ Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m.
Chú ý:
Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v.
Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
15
1
1 3
x y
x x y y m
+ =


+ = −

.
GIẢI
Điều kiện
, 0x y ≥
ta có:
3 3
x y 1 x y 1

x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m
ì ì
ï ï
+ = + =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = - + = -
ï ï
ï ï
î î
Đặt
S x y 0, P xy 0= + =³ ³
,
2
S 4P.³
Hệ phương trình trở thành:
3
S 1 S 1
P m
S 3SP 1 3m
ì
ì
= =ï
ï
ï ï
Û
í í

ï ï
=
- = -
ï ï
îî
.
Từ điều kiện
2
S 0, P 0, S 4P³ ³ ³
ta có
1
0 m
4
£ £
.
Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
2 2
3 9
x y xy m
x y xy m
+ + =


+ = −

có nghiệm thực.
GIẢI
2 2
x y xy m (x y) xy m
xy(x y) 3m 9

x y xy 3m 9
ì
ì
+ + = + + =ï
ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = -
+ = -
ï ï
îî
.
Đặt S = x + y, P = xy,
2
S 4P.³
Hệ phương trình trở thành:
S P m
SP 3m 9
ì
+ =
ï
ï
í
ï
= -
ï
î
.

Suy ra S và P là nghiệm của phương trình
2
t mt 3m 9 0- + - =
S 3 S m 3
P m 3 P 3
ì ì
= = -
ï ï
ï ï
Þ Ú
í í
ï ï
= - =
ï ï
î î
.
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm
2
2
3 4(m 3)
21
m m 3 2 3
(m 3) 12
4
é
-³
ê
+Û Û £ Ú ³
ê
- ³

ê
ë
.
Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
4 1 4
3
x y
x y m
− + − =


+ =

có nghiệm.
GIẢI
Đặt
u x 4 0, v y 1 0= - = -³ ³
hệ trở thành:
2 2
u v 4
u v 4
21 3m
u v 3m 5
uv
2
ì
+ =ï
ì
ï
+ =ï

ï
ï
Û
í í
-
ï ï
+ = -
=
ï ï
î
ï
î
.
Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của
2
21 3m
t 4t 0
2
-
- + =
(*).
Hệ có nghiệm
Û
(*) có 2 nghiệm không âm.

/
3m 13
0
0
13

2
S 0 m 7
21 3m
3
0
P 0
2
ì
ì
-
ï
ï
D ³
ï
ï
³
ï
ï
ï
ï ï
Û ³ Û Û £ £
í í
ï ï
-
ï ï
³
³
ï ï
ï ï
î

ï
î
.
Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
2 2
4 4 10
( 4)( 4)
x y x y
xy x y m
+ + + =


+ + =

có nghiệm thực.
GIẢI
2 2
2 2
2 2
(x 4x) (y 4y) 10
x y 4x 4y 10
xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m
ìì
ï + + + =ï
+ + + =
ï
ï
Û
í í
ï ï

+ + = + + =
ï ï
î
î
.
Đặt
2 2
u (x 2) 0, v (y 2) 0= + = +³ ³
. Hệ phương trình trở thành:
u v 10 S 10
uv 4(u v) m 16 P m 24
ì ì
+ = =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
- + = - = +
ï ï
î î
(S = u + v, P = uv).
16
Điều kiện
2
S 4P
S 0 24 m 1
P 0
ì
ï

³
ï
ï
ï
-³ Û £ £
í
ï
ï
³
ï
ï
î
.
Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình.
Ví dụ. Giải phương trình:
3 3
3
1
2
x x+ − =
.
GIẢI
Đặt:
3
3
x u
1 x v

=



− =


. Vậy ta có hệ:
3 3
3
u v
2
u v 1

+ =



+ =

⇔
2
3
u v
2
(u v) (u v) 3uv 1

+ =



 
+ + − =

 

⇔
3
u+v =
2
19
u.v =
36







u, v là hai nghiệm của phương trình:
2
3 19
X - X + = 0
2 36
⇒
9+ 5
u =
12
9 - 5
u =
12







⇒
3
3
9 + 5
x =
12
9 - 5
x =
12

 

 ÷
 ÷

 


 

 ÷
 ÷

 

Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =

3 3
9 5 9 5
;
12 12
 
   
+ −
 
 ÷  ÷
 
 ÷  ÷
 
   
 
.
B. BÀI TẬP
I. Giải các hệ phương trình sau:
1)
4 4
6 6
1
1
x y
x y

+ =


+ =



2)
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y

+ =


− + =


3)
30
35
x y y x
x x y y

+ =


+ =


4)
2 2
4

2 8 2
x y
x y xy

+ =


+ + =


5)
2 2
18
( 1)( 1) 72
x x y y
xy x y

+ + + =


+ + =


6)
( )
( )
2 2
2 2
1
1 5

1
1 49
x y
xy
x y
x y

 
+ + =

 ÷
 


 

+ + =
 ÷

 

7)
2 2
2 2
1 1
4
1 1
4
x y
x y

x y
x y

+ + + =




+ + + =


8)
7
1
78
y
x
y x
x y
x xy y xy

+ = +




+ =


9)

( ) ( )
2 2 3 3
4
280
x y
x y x y
+ =



+ + =


10)
6 6
3 3
2
3 3
x y
x x y y

+ =


− = −


II. Gải hệ phương trình có tham số:
1. . Tìm giá trị của m:
a)

( )
5 4 4
1
x y xy
x y xy m

+ − =


+ − = −


có nghiệm.
b)
2 2
2
1
x y xy m
x y xy m
+ + = +



+ = +


có nghiệm duy nhất.
c)
( )
( )

2
2 2
4
2 1
x y
x y m

+ =


+ = +


có đúng hai nghiệm.
17
2.
2 2
x xy y m
x y m
+ + =



+ =


(1II)
a. Gii h phng trỡnh khi m = 5.
b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim.
3.

2 2
3 8
x xy y m
x y xy m
+ + =



+ =


(7I)
a Gii h phng trỡnh khi m = 7/2.
b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim.
4.
2 2
1x xy y m
x y xy m
+ + = +



+ =


(40II)
a. Gii h phng trỡnh khi m=2.
b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim (x;y) vi x >0, y >0.
III. Gii phng trỡnh bng cỏch a v h phng trỡnh:
1. Gii phng trỡnh:

4 4
1 18 3x x + =
.
2. Tỡm m mi phng trỡnh sau cú nghim:
a.
1 1x x m + + =
b.
m x m x m + + =
c.
3 3
1 1x x m + + =
Phn 3 H phng trỡnh i xng loi 1 ba n: (c thờm)
a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các phơng trình trong hệ là đối xứng.
b. Định lý Vi-et cho ph ơng trình bậc 3:
Cho 3 số x, y, z có:
x + y + z =
xy + yz + zx =
xyz =





Thì x, y, z ;à nghiệm của phơng trình X
3
- X
2
+ X - = 0. (*)
Thậy vậy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0
[ X

2
- (x + y)X + xy ](X - z) = 0
X
3
- X
2
z - X
2
(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0
X
3
- X
2
+ X - = 0.
(*) có nghiệm là x, y, z phơng trình X
3
- X
2
+ X - = 0 có 3 nghiệm là x, y, z.
c.Cách giải:
+ Do các phơng trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết đợc dới dạng , ,
Khi đó ta đặt
x + y + z =
xy + yz + zx =
xyz =

Ta đợc hệ của , , .
+ Giải phơng trình X
3
- X
2
+ X - = 0 (1) tìm đợc nghiệm (x, y, z) của hệ.
Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất hệ vô nghiệm.
(1) có 1 nghiệm kép duy nhất hệ có nghiệm.
(1) có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn hệ có 3 nghiệm.
(1) có 3 ngiệm hệ có 6 nghiệm.
d. Bài tập:
VD1: Giải hệ:
2 2 2
3 3 3
x + y + z = 2
x + y + z = 6
x + y + z = 8





Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có:
x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)

2
- 2(xy + yz + zx).
x
3
+ y
3
+ z
3
= (x + y + z)
3
- 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz.
Vậy 6 = 2
2
- 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = -1.
8 = 2
3
- 3.2.(-1) + 3xyz xyz = -2.
18
x, y, z là nghiệm của phơng trình:t
3
- 2t
2
- t + 2 = 0
t = 1
t = - 1
t = 2

Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1).
VD2: Giải hệ
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1
+ + = 1 (3)
x y z









Giải: ĐK: x, y, z 0. Từ (3)
xy + yz + zx
= 1
xyz
Do (2) xyz = 27
Vậy hệ
x + y + z = 9
xy + yz + zx = 27
xyz = 27

Do đó (x; y; z) là nghiệm của phơng trình: X
3
- 9X
2
+ 27X - 27 = 0
(X - 3)
3
= 0
X = 3.
Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3).
VD3: Giải hệ
2 2 2 2
3 3 3 3
x + y + z = a
x + y + z = a
x + y + z = a





Giải: x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2

- 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = 0.
x
3
+ y
3
+ z
3
= (x + y + z)
3
- 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz xyz = 0.
Vậy có:
x + y + z = 0
xy + yz + zx = 0
0xyz




=

(x; y; z) là nghiệm của phơng trình: X
3
- aX
2
= 0
X = 0
X = a

Vậy hệ có nghiệm là {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)}
e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần lu ý khi giải hệ loại này
+ Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đa ra đợc x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể nó là
hệ quả của hệ nên khi tìm đợc nghiệm nên thử lại.
+ Vì là hệ đối xứng giữa các ẩn nên trong nghiệm có ít nhất 2 cặp nghiệm có cùng x, cùng y
hoặc cùng z nên có thể giải hệ theo phơng trình cộng, thế.
VD:
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1
+ + = 1 (3)
x y z









Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 không là nghiệm của hệ
Với x 0, y 0, z 0, nhân hai vế của (3) với xyz ta có xy + yz + zx = xyz (4).
Từ (2) và (4) xyz = 27 (5)
Từ (2) x
2
(y + z) + xyz = 27x (6)
Từ (1), (5), (6) ta có: x
2
(9 - x) + 27 - 27x = 0

x
3
- 9x
2
+ 27x - 27 = 0
(x - 3)
3
= 0 x = 3
19
Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã:
y + z =6
yz = 9



⇒ y = z = 3.
VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3.
II. Hệ phương trình đối xứng loại 2:
1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn:
A. Định ghĩa:
( )
( )
( , ) 0 1
( , ) 0 2
f x y
f y x
=


=


Cách giải: Lấy (1) − (2) hoặc (2) − (1) ta được: (x−y)g(x,y)=0. Khi đó x−y=0 hoặc g(x,y)=0.
+ Trường hợp 1: x−y=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm.
+ Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ
phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm.
B. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
( )
( )
3
3
3 8 1
3 8 2
x x y
y y x

= +


= +


(I)
GIẢI
Lấy (1) − (2) ta được:
2 2
(x - y)(x + xy + y + 5) = 0
Trường hợp 1: (I)
3
x = 3x + 8y

x = y

⇔


3
x = 0
x - 11x = 0
x = ± 11
x = y
x = y





⇔ ⇔
 




.
Trường hợp 2: (I)
( )
2 2
3 3
x +xy+y +5=0
x +y =11 x+y



⇔



(hệ này vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm:
{ }
{ }
(x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
4
4
1 1
1 1
x y
y x

+ − =


+ − =


GIẢI
Đặt:
4
4
x - 1 = u 0; y - 1 = v 0≥ ≥
Hệ phương trình trở thành

4 4
4 4
u + 1 + v = 1 u + v = 0
v + 1 + u = 1 v + u = 0
 
 
⇔
 
 
 

u = 0
v = 0

⇔


(Do u, v ≥ 0)
x = 1
y = 1

⇒


.
Vậy hệ có nghiệm (1,1)
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình
2
2
x y y m

y x x m

= − +


= − +


(I)
a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Giải (I)
2 2
2
2
2 2
2 2
x = ± y
x - y = y - y - x + x
x = y - y + m
x = y - y + m
x = y x = y
x = y - y + m x - 2x + m = 0
x = - y x = - y
x = y - y + m y + m = 0



⇔ ⇔
 




 
 
 
 
 
 
⇔ ⇔
 
 
 
 
 
 
 
a) Hệ phương trình có nghiệm ⇔
'
x
'
y
Δ 0
1 - m 0 m 1
m 0
- m 0 m 0
Δ 0

≥
≥ ≤

 
⇔ ⇔ ⇔ ≤

 
≥ ≤
≥

 

20
b) H phng trỡnh cú nghim duy nht
'
x
'
y
'
x
'
y
= 0
< 0
< 0
= 0

1 - m = 0
- m < 0
1 - m < 0
- m = 0













m = 1.

Vy m = 1.
Vớ d 3: Gii phng trỡnh:
3
3
1 2 2 1x x+ =
.
GII
t
3
2x - 1 = t
2x - 1 = t
3
.
Ta cú h
3
3
x + 1 = 2t
t + 1 = 2x






3
2 2
x + 1 = 2t
(x - t)(x + xt + t + 1) = 0

3
x - 2x + 1 = 0
x = t




2
(x - 1)(x + x - 1) = 0
x = t




x = 1
- 1 5
x =
2





Vy phng trỡnh cú 3 nghim: 1;
- 1 5
2

.
C. Bi tp:
1.Gii cỏc h phng trỡnh sau:
a.
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y

+ =




+ =


b.
2
2
3
2
3
2
x y
x

y x
y

+ =




+ =


c.
3
3
1 2
1 2
x y
y x

+ =


+ =


d.
9 9
9 9
x y
y x

+ + =


+ + =


e.
2 2
2 2
x y
y x

+ =


+ =


g.
5 2 7
5 2 7
x y
y x

+ + =


+ + =

2. Cho h phng trỡnh
2
2
( ) 2
( ) 2
x x y m
y x y m

+ =


+ =


.
a. Gii h vi m = 0.
b. Tỡm m h cú nghim duy nht.
3. Tỡm m h:
3 2 2
3 2 2
7
7
x y x mx
y x y my

= +


= +

cú nghim duy nht.
4. Gii cỏc phng trỡnh: a.
2
5 5x x+ + =
.
b.
3
3
3 3 2 2x x + =
.
2. Hệ ph ơng trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: (Đọc thêm)
A. Dùng chủ yếu là phơng pháp biến đổi tơng đơng bằng phép cộng và thế. Ngoài ra sử dụng sự
đặc biệt trong hệ bằng cách đánh giá nghiệm, hàm số để giải.
B. Ví dụ:
Giải hệ
2
2
2
x + 2yz = x (1)
y + 2zx = y (2)
z + 2xy = z (3)





Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tơng đơng với hệ
2

2
x + 2yz = x
(x + y + z) = x + y + z
(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0





Hệ này đơng tơng với 4 hệ sau:
21
2 2
x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II)
x =y x + y - 2z - 1 = 0





2 2
x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV)
x =y x + y - 2z - 1 = 0





Giải (I):

(I)
2
x + 2yz = x
2y + z = 0
x = y






2
x + 2yz = x
z = - 2x
x = y






2 2
x - 4x = x
z = - 2x
x = y

-1
x = 0 x =
3
z = - 2x
x = y








Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); (
-1 -1 2
; ;
3 3 3
)
Làm tơng tự (II) có nghiệm (
2 -1 -1
; ;
3 3 3
);(
-1 2 -1
; ;
3 3 3
)
Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); (
1 1 1

; ;
3 3 3
)
Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0).
Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên.
VD2: Giải hệ phơng trình:
2 2
2 2
2 2
x + y + z = 1
x + y + z = 1
x + y + z = 1





Giải: Hệ
2 2
x + y + z = 1
(y - z)(y + z - 1) = 0
(x - z)(x + z - 1) = 0






2 2 2 2
2 2 2 2

x + y + z = 1 x + y + z = 1
y=z (I) y = z (II)
x=z x + z - 1 = 0
x + y + z = 1 x + y + z = 1
z + y - 1 = 0 (III) z + y -
x = z










1 = 0 (IV)
x + z - 1 = 0





Giải các hệ bằng phơng pháp thế đợc 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1);
1 1 1
; ;
2 2 2

ữ

.
VD4: Giải hệ:
2
2
2
1
1
1
x y
y z
z x

= +

= +


= +

Giải: Xét hai trờng hợp sau:
TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau:
Giả sử x=y có hệ
2
2
2
1
1
1
x x
y z

z x

= +

= +


= +


22
Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là :
1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5
; ; ; ; ;
2 2 2 2 2 2

+ + +
ữ ữ
ữ ữ

Tơng tự y=z, z=x ta cũng đợc nghiệm nh trên.
TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau .
Giả sử x>y>z ,xét hàm số f(t) = t
2
trên D =
[
)
1; +
a) z
0

, x>y>z
0

f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(vô lý).
b) z<y<x
0
f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(vô lý).
c) x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (vô lý)
Vậy điều giả sử là sai.
TH2 vô nghiệm.
VD5:
2
2
2
2
2
2
x x y y
y y z z
z z x x

+ =

+ =


+ =

(Vô địch Đức)

Giải:
TH1: Trong x, y, z ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau
Giả sử x = y ta có hệ
3
2
2
2 0 (1)
2 0 (2)
2 0 (3)
x x x
x z x z
z x z x

+ =

+ =


+ =

Từ (1) x = 0, x = -1.
x = 0. Thay vào (2), (3) z=0.
x = -1. Thay vào (2), (3) vô lý
Vậy hệ có nghiệm (0,0,0)
Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0).
TH2: 3 số đôi 1 khác nhau.
Từ 2x + x
2
y = y thấy nếu x
2

= 1
2 = 0 (vô lý)
Vậy x
2
1 2x + x
2
y = y
2
2
1
x
y
x
=

Hai phơng trình còn lại tơng tự ta có hệ phơng trình tơng đơng với:
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z

y
z
x
z

=




=




=



Giả sử x > y > z (*). Xét hàm số:
f(t) =
2
2
1
t
t
xác định trên D = R\ {1}
f

(t) =

2
2 2
2( 1)
0
(1 )
t
t
+
>

với mọi tD
hàm số đồng biến trên D
f(x) > f(y) > f(z)
y > z > x mâu thuẫn với (*).
Vậy điều giả sử sai. Do vai trò x, y, z nh nhau.
Vậy TH2 - hệ vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0)
C. Bài tập
23
1.
3 2
3 2
3 2
2
2
2
x y y y
y z z z
z x x x


= + + −

= + + −


= + + −

2.
2
2 2
3 3(3 4) 4 4x x
 
− − − =
 
Híng dÉn: §Æt
2
2
2
3 4
3 4
3 4
y x
x z
z y

= −

⇒ = −

= −



.
§a vÒ gi¶i hÖ
2
2
2
3 4
3 4
3 4
y x
z y
x z

= −

= −


= −

3.
xyz x y z
yzt y z t
ztx z t x
txy t x y
= + +


= + +



= + +


= + +

4.
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z

− + − =


− + − =


− + − =


5.
2
2

2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z

=

+



=

+




=

+

III. Hệ phương trình đẳng cấp:
1. Dạng:
( )
( )
,
,
F x y A
G x y B
 =


=


, trong đó
( ) ( ) ( ) ( )
, , ; , ,
n m
F kx ky k F x y G kx ky k G x y= =
.
2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0).
3. Ví dụ:
Giả hệ phương trình:
( )

2 2
2 2
2 3 9 *
4 5 5
x xy y
x xy y

− + =


− + =


GIẢI
+ Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
+ Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
1 2 3 9 1
1 4 5 5 2
x t t
x t t

− + =



− + =


. Lấy (1)÷(2) ta
được: 15t
2
−13t+2=0⇒
2
3
t =
;
1
5
t =
.
• Với
2
3
t =
: ta có
3
2
y x=
, thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (−3;2).
• Với
1
5
t =
: ta có
1

5
y x=
, thay vào (*) ta được nghiệm
5 2 2 5 2 2
; , ;
2 2 2 2
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
.
4. Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau:
1)
2 2
2 2
3 2 11
2 5 25
x xy y
x xy y

+ + =


+ + =


2)
2 2

2 2
6 2 56
5 49
x xy y
x xy y

− − =


− − =


3)
3 2
3 2
2 3 5
6 7
x x y
y xy

+ =


+ =



IV. Một số hệ phương trình khác:
Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải.
1.

2 2
2
( , )
2 1 2 2

+ + = −

∈

− − = −


¡
xy x y x y
x y
x y y x x y
.
HD: Biến đổi phương trình
2 2
2xy x y x y+ + = −
⇔ (x + y)(x −2y −1) = 0. ĐS: x = 5; y = 2.
24
2.
4 3 2 2
2
2 2 9
( , )
2 6 6

+ + = +


∈

+ = +


¡
x x y x y x
x y
x xy x
.
HD: Biến đổi hệ phương trình thành:
2 2
2
( ) 2 9
6 6
2
x xy x
x x
xy

+ = +


+ −
=


. ĐS: x = −4; y =
17

4
.
3.
( )
2 3 2
4 2
5
4
5
1 2
4

+ + + + = −




+ + + = −


x y x y xy xy
x y xy x
.
HD: Biến đổi hệ phương trình thành:
( )
( )
2 2
2
2
5

4
5
4
x y xy x y xy
x y xy
−

+ + + + =



−

+ + =


. Đặt:
2
u x y
v xy

= +

=

.
ĐS:
3
3
5

1
4
3
25
2

16
x
x
y
y

=
=


 
∨
  −
=
 
= −


.
4.
( )
3
1 1
1

2 1
x y
x y
y x

− = −



= +

.
HD: (1) ⇒
( )
1
1 0x y
xy
 
− + =
 ÷
 
. ĐS:
( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 , ; , ;
2 2 2 2
   
− + − + − − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷

   
5.
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
25
y x
y
x y

− − =



+ =

.
HD: Tìm cách khử logarit để được:
3
4
y
x =
. ĐS:
( )
3; 4
6.
3

2
y x y x
x y x y

− = −


+ = + +


.
HD:
( )
3 3 6
1 0y x y x y x y x− = − ⇒ − − − =
. ĐS:
( )
3 1
1;1 , ;
2 2
 
 ÷
 
7.
2
2
2
2
2
3

2
3
y
y
x
x
x
y

+
=



+

=


.
HD: Đối xứng loại 2. ĐS:
( )
1;1
8.
( )
2 3
9 3
1 2 1
3log 9 log 3
x y

x y

− + − =


− =


.
HD: Tìm cách khử logarit để được:
x y=
. ĐS:
( ) ( )
1;1 , 2;2
.
9.
3
1 1 4
x y xy
x y

+ − =


+ + + =


HD: Đặt
t xy=
, bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3. ĐS:

( )
3;3
.
25