Giải hệ phương trình bằng cách đưa về dạng tích

Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH


Bài 1 (D - 2012): Giải hệ phương trình
3 2 2 2
2 0 (1)
2 2 0
xy x
x x y x y xy y
  


     


Ta biến đổi phương trình (2) như sau:




3 2 2 2
2 2 0
x xy x y y x y
     







 
 
2 2 2
2
2
2 ( ) 0
2 1 0
2 1
x x y y x y x y
x y x y
y x
y x
      
    




 


Với
2
y x

thế vào (1) ta có pt
3 2
2 0 1 1

x x x y
      

Với
2 1
y x
 
thế vào (1) ta có pt
2
1 5
5
2
1 0
1 5
5
2
x y
x x
x y

 
  


   

 
   



Bài 2: Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2( ) 0 (*)
4 2 4 0
x y xy x y
x y x y

    


    



Nhận xét: Pt(1) và (2) không có nhân tử chung. Nhưng khi ta trừ theo vế 2 pt với nhau ta
được một phương trình có thể đưa về tích được.
Trừ theo vế 2 phương trình với nhau ta được
2 2 4 4 0
xy x y
   


2 ( 1) 4( 1) 0
( 1)(2 4) 0
1
2
x y y

y x
y
x
    
   




 


Với y = 1 thế vào (*) ta được pt
2
1
4 3 0
3
x
x x
x
 

   

 


Với x = - 2 thế vào (*) ta được
2
0

2 0
2
y
y y
y


  




Vậy: Hệ phương trình có 4 nghiệm (-1; 1), (-3; 1), (-2; 0), (-2; 2)

Bài 3: Giải hệ phương trình
3
1 1
2 1 (*)
x y
x y
y x

  



 


Lưu ý: Các en có thể giải bài toán này bằng cách xét hàm số đặc trung

1
( )
f t t
t
 
. Áp dụng
tính đơn điệu để tìm kết quả. Ở đây thầy trình bày theo hướng khác là tạo phương trình tích
Điều kiện:
, 0
x y


Biến đổi phương trình (1) thành
 
1 1 1
0 1 0
x y
x y x y x y
x y xy xy
 

          
 
 

Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061

1

x y
xy




 


Với x = y thay vào pt(2) ta được
3
1 1
2 1 0
1 5 1 5
2 2
x y
x x
x y
    


   
 

  



Với
1

1xy y
x
    
thay vào (2) ta có pt
4
2 0
x x
  
(PTVN)

Bài 4: Giải hệ phương trình
2 2
2
1 (*)
3 3
x y xy
x y y

  


  



Nhận xét: Từng phương trình không có nhân tử chung. Nên ta sẽ cộng hoặc trừ theo vế hai
phương trình để tìm nhân tử chung
Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được





2
3 2 0
x x xy y
    


( 1)( 2) ( 1) 0
( 1)( 2 ) 0
1
2
x x y x
x x y
x
y x
     
    




 


Với x = 1 thay vào (*) ta có pt
2
0
0
1

y
y y
y


   




Với 2
y x
 
thay vào (*) ta có pt
2
1 1
6 5 0
5 3
x y
x x
x y
  

    

   


Vậy: Hệ có 3 nghiệm (0; 1), (1; 1), (5; -3)

Bài 5: Giải hệ phương trình
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (*)
( ) 2 ( )
x y xy y x y
xy x y x y

    


   



Biến đổi pt (2) thành
3 3 2 2
2 2
x y xy x xy y
    


   
   
 
 
3 3 2 2
3 2 3 2
2 2
2 2

2 2
2 2 0
2 2 0
1 1 2( 1) 0
1 2 0
1
2
x y xy x xy y
x y x xy y xy
x xy y xy xy
xy x y
xy
x y
      
      
      
    




 


Với
1
1xy y
x
  
thay vào (*) ta được pt

4 2
1 1
3 6 3 0
1 1
x y
x x
x y
  

   

    


Với
2 2
2
x y
 
thế vào (*) ta có pt




2 2 3 2 2
5 4 3 0
x y xy y x y x y
     

Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061

3 2 2 3
3 2
4 5 2 0
4 5 2 0
2
1
x x y xy y
x x x
y y y
x
y
x
y
     
   
     
   
   










*
2 2
x
x y
y
   thay vào
2 2
2
x y
 
ta được
2 2
2
5 5
y x    
*
1
x
x y
y
  
thay vào
2 2
2
x y
 
ta được
1 1
y x

    


Bài 6: Giải hệ phương trình
2 2
2
2 1 2 2 (*)
xy x y x y
x y y x x y

   


   



Điều kiện:
1, 0
x y
 

Biến đổi pt(1) thành






2 2 2 2 2 2

0 0
xy x y x y y xy y x y y x
            


( ) ( ) ( )( ) 0
( )( 1 ) 0
( )(2 1 ) 0
1 2
y x y x y y x x y
x y y y x
x y y x
x y
x y
       
     
    
 



 


Với
x y
 
(loại vì theo điều kiện x và y cùng dấu)
Với
1 2

x y
 
thay vào (*) ta có pt




1 2 2 2 2 2 ( 1) 2 2 0
y y y y y y y
       


1 ( ì 0)
2
y loaiv y
y
  






*
2 5
y x
  

Vậy: Hệ có nghiệm (5; 2)

Bài 7: Giải hệ phương trình
4 2 2 2
2
2 7 7 8
3 13 15 2 1 (*)
y xy y x x
y x x

     


    



Điều kiện:
15
1
2
x  

Biến đổi phương trình (1) thành




4 2 2 2
2 7 7 8 0
y xy x y x
     









2
2 2 2 2
7 8 0 1 8 0
y x y x y x y x
           


2
2
1
8
y x
y x

 


 


Với
2
1
y x
 
thay vào (*) ta có
3 16 15 2 1
x x x
    
2
3 4 2
x y y
      

Với
2
8
y x
 
thay vào (*) ta có
3 11 15 2 1
x x x
    
(PTVN)
Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061

Bài 8: Giải hệ phương trình
2 2

2 2
2 0
3 7 3 0 (*)
y xy x
x xy y x y

  


     



Biến đổi pt(1) thành




2 2 2 2 2 2
0 0
y y xy x y xy y x
        


  
( ) ( )( ) 0 2 0
2
x y
y x y y x x y x y y x
x y

 

          




Với x = - y thay vào (*) ta có pt
2
1 1
4 3 0
3 3
x y
x x
x y
   

   

   


Với
2
x y

thay vào (*) ta có pt
2
13 157
13 157

2
13 3 0
13 157
13 157
2
x y
x y
x y

 
    


   

 
    




Bài 9: Giải hệ phương trình
3 2 2
3 2
2 2
2 4 (*)
x x y xy y x y
x xy x

    



  



Biến đổi phương trình (1) thành




3 2 2
2 2 0
x x y xy y x y
     


 
2
2
2
2 ( ) ( ) ( ) 0
( ) 2 1 0
2 1
x x y y x y x y
x y x y
y x
y x
      
    

 



 


Với
y x
 
thay vào (*) ta có
3 2
2 0 1 1
x x x y
       

Với
2
2 1
y x
 
thay vào (*) ta có
2
1 17
10 17
2
4 0
1 17
10 17
2

x y
x x
x y


   


   


   



Vậy: Hệ có 3 nghiệm

Bài 10: Giải hệ phương trình
2 2
3 3 2 2
2 0
2 1 (*)
x y xy x y
x y x y y

    


    




Biến đổi phương trình (1) thành






2 2 2 2 2 2
0 0
x y y xy x y x y y xy x y
             

( )( ) ( ) 0
( )( 2 1) 0
2 1
x y x y y x y x y
x y x y
x y
x y
       
    




  


Với x = y thay vào (*) ta có phương trình
3 2
2 1 0 1 1
x x x y
        

Với
2 1
x y
  
thay vào (*) ta có pt
3 2
3 4 0 0 1
y y y y x
        

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (-1; -1) và (-1; 0)

Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
Bài 11: Giải hệ phương trình
2 2
1
1 (*)
x y x y x y
x y

     



 



Biến đổi phương trình (1) thành
1 .
x y x y x y x y
      


   
  
. 1 0
1 1 0
1 1 0
1 1
1 1
x y x y x y x y
x y x y x y
x y x y
x y y x
x y y x
        
       
     
   
 
 
 

   
 

Với
1
y x
 
thay vào (*) ta có
1 1 1 0
x x x y
      

Với
1
y x
 
thay vào (*) ta có
1 1 1 0
x x x y
      

Vậy: Hệ có nghiệm duy nhất (1; 0)

Bài 12: Giải hệ phương trình
2 2 3
3 2
2 8 4 0
16 2 8 5 0 (*)
x xy xy y
x x y


   


   



Biến đổi phương trình (1) thành




2 2 3 2 3 2
2 8 4 0 2 4 8 0
x xy xy y x xy y xy
        




 
 
2
2
2
(2 ) 4 2 0
2 4 0
2
4

x x y y y x
x y x y
y x
x y
    
   







Với
2
y x

thay vào pt (*) ta có
3 2
1
2
16 2 32 5 0
3 19
4
x
x x x
x





    






*
1
1
2
x y
  

*
3 19 3 19
4 2
x y
 
  
Với
2
4
x y
 thay vào (*) ta được
6
1024 5 0
y
 

(vô nghiệm)

Bài 13: Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 5 2
4 (*)
x xy y x y
x y x y

    


   



Dùng phương pháp tham số biến thiên. Xem pt(2) là phương trình bậc 2 ẩn x như sau:
2 2
2 ( 5) 2 0
x y x y y
     
có
2
9( 1)
y
  

Nên pt có 2 nghiệm
1

2
2
y
x
x y





 


Từ đó ta biến đổi pt (1) thành
  
2 1
2 1 2 0
2
y x
x y x y
y x
 

     

 


Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
Với
2 1
y x
 
thay vào (*) ta có
2
1 1
5 4 0
4 13
5 5
x y
x x
x y
  


   

    


Với 2
y x
 
thay vào (*) ta có
2
2 4 2 0 1 1
x x x y
      

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (1; 1),
4 13
;
5 5
 
 
 
 


Bài 14: Giải hệ phương trình
3 2
2 2
3 3 3 (*)
2 3 9 3
x x x y xy
y xy x x y

    


   



Dùng phương pháp tham số biến thiên xem (2) là phương trình bậc hai theo y như sau:
2 2
2 (3 1) 9 3 0
y x y x x

    
có
2
(9 1)
x
  
nên pt có 2 nghiệm
3
3 1
2
y x
x
y



 




Biến đổi pt(2) thành
  
3
3 2 3 1 0
1 3
2
y x
y x y x
x

y



    





Với y = 3x thay vào (*) ta có
3 2
3 3
6 10 3 0
3 5 9 3 5
2 2
x y
x x x
x y
  


    
 

  



Với

1 3
2
x
y

 thay vào (*) ta có
3 2
3 4
1 5
2 3 8 3 0
2 4
1 2
x y
x x x x y
x y
   



        


   


Vậy: Hệ phương trình có 6 nghiệm

Bài 15: Giải hệ phương trình
2
2 2

5 3 6
4 3 2 9 (*)
x x xy y
x y xy y

   


  



Biến đổi phương trình (1) thành






2
5 6 3 0 2 3 ( 3) 0
x x xy y x x y x
          


  
3
3 2 0
2
x

x x y
y x
 

     

 


Với
3
x
 
thay vào (*) ta có
2
45 3 233
2 45 9 0
4
y y y
 
    
Với
2
y x
 
thay vào (*) ta có
3 2
1 9
4 7 2 1 0
4 4

1 1
x y
x x x
x y

  

    

   


Vậy: Phương trình có 4 nghiệm

Bài 16: Giải hệ phương trình
2
3
( 3) 4 3
2 2 3 (*)
y y x y
x y

    


   



Điều kiện:

2
y


Biến đổi phương trình (1) thành
2
( 4) 3 3 0
y x y x
    

Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
Dùng phương pháp tham số biến thiên xem y là ẩn, x là tham số ta tìm được
3 ( )
1
y l
y x



 


Với
1
y x
 
thay vào (*) ta có
3

2 1 3
x x
   

Xét hàm số
3
( ) 2 1
f x x x
   
là hàm số đồng biến trên


1;

và x = 3 là một nghiệm của
pt nên x = 3 là nghiệm duy nhất
*
3 2
x y
   

Vậy: Hệ có 1 nghiệm (3; -2)

Bài 17: Giải hệ phương trình
2 2
5
1( 1) ( 2)
x y
y x y y x y


 


     



Điều kiện:
1
y


Biến đổi phương trình (2) thành
1( 1) ( 1 1)
y x y y x y
      


( ) 1 1 ( 1)
x y y y y x y x y
         


( ) 1 1 ( 1) 0
( ) 1 ( 1) 1 0
. 1 1 1 0
1 . 1 1 0
1 1
x y y y y x y x y
x y y y x y x y y

x y y x y y x y y
x y y x y y
x y y x
          
   
          
   
   
          
   
   
       
   
      

Thay x = -1 vào pt(1) ta tìm được
2
2 ( )
y
y l



 


Vậy: Hệ có nghiệm (-1; 2)

Bài 18: Giải hệ phương trình
2

2
2 ( 1) 2 ( 1) 3 (*)
4
2
x y y y
y
x y x
x y
   




  




Biến đổi pt(2) thành


2 2
2 2 4
x y x x y y
    


 
2 2
2 2 2

2
2
2
2
2 2 4
2 4
4
2
2
x y x x y
x y x x y x
x y x
x y x
x y x
    
     
   

  



   


Với
2
2 4 4
x y x y x
     

thay vào (*) ta có pt
2
24 46 27 0
x x
  
(vô nghiệm)
Với
2
2 4 4
x y x y x
      
thay vào (*) ta có
2
3
4
40 66 27 0
9
10
x
x x
x



    






Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
*
3
1
4
x y
  

*
9 2
10 5
x y
  

Vậy: Hệ có 2 nghiệm

Bài 19: Giải hệ phương trình
2 0
1 2 1 1 (*)
x y xy
x y

  


   




Điều kiện:
1
1,
2
x y
 

Biến đổi pt(1) thành




0 0
x y y xy x y y xy
        












0 2 0

x y x y y x y x y x y
         

Với
0 0
x y x y
    
(mâu thuẫn so với điều kiện)
Với
2 4
x y x y
  
thay vào (*) ta có pt
1
2
4 1 2 1 1
5
2
y
y y
y



    






*
1
2
2
y x
  

*
5
10
2
y x
  

Vậy: Hệ đã cho có 2 nghiệm

Bài 20: Giải hệ phương trình


 
2
2
4 3 1 7
3 4 1 3
x y x
y x y

  



  



Biến đổi pt (1) thành










2 2
3 4 1 3 3 1 4 1 0 1 3 3 4 0
y x y y x y y y x
            

Với
1
y

thay vào (1) ta được pt
2
2
4 3 10 0
5

4
x
x x
x
 


   




*
1 2
y x
   

*
5
1
4
y x
  

Với
3 4
3
x
y
 

 thay vào (1) ta được pt
4
x


*
19
4
3
x y
   

Vậy: Hệ có 3 nghiệm

Bài 21: Giải hệ phương trình


2 2
2
4 2 2 7 7 10
9 8 5 2
x y x y y
y x

    


  



Điều kiện:
5
2
x


Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
Biến đổi (1) thành


2 2
4 2 2 7 7 10 0
x y x y y
     

Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x, y là tham số ta tìm được
5 2
;
2 2
y y
x x
 
 

Với
5 2
y x

 
thay vào (2) ta có pt
2
1 1
y y
   

*
1 2
y x
  

*
1 3
y x
   

Với
2 2
y x
 
thay vào (2) ta có pt
2
9 8 3 8 3 (3 )(3 )
y y y y y
       


3 0
8 (3 ) 3

y
y y

 



  



3 2
3
3
3
3 9 37 0
y
y
y
y y y
 



   




   




*
5
3
2
y x
   


Bài 22: Giải hệ phương trình
2 2
2
3
2 2
6 1 1
x y x y y x
x y y

    


    



Điều kiện: 1,
y x y
 

Biến đổi phương trình (1) thành
 
 
 
2 1 0
2 1 0 (3)
x y
x y x y x y
x y x y


      

    



Nhận xét: Theo điều kiện ta có


1 2 0 2 1 0
x y x y x y x y
           
nên (3) vô
nghiệm
Với
x y

thay vào (2) ta có phương trình

2
3
6 1 1 0
x x x
     






 
 
2
3
2
3 3
2
3 3
6 2 1 1 4 0
2 2
(2 )(2 ) 0
1 1
6 2 6 4
2
1 1
2 (4)
1 1
6 2 6 4
x x x

x x
x x
x
x x
x
x
x
x x
        
 
     
 
   





  

 
   


Đánh giá pt (4)
Với
1
x

ta có

 
2
3 3
3 3
1 1 1
1
1 1 49 2 7 4
6 2 6 4
VT
x
x x
   
   
   

3
VP


Từ đó suy ra (4) vô nghiệm
*
2 2
x y
  

Vậy: Hệ có nghiệm (2; 2)

Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061

Bài 23: Giải hệ phương trình
2 2
2 3 1 2( )
3 2 5 0
x y y x x y
x y xy x y

   


    



Điều kiện:
1
; 0
3
x y
  

Biến đổi (2) thành


2 2
3 1 5 2 0
x y x y y
    

Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x, y là tham số ta tìm được

2 1
,
3
y
x y x

 
Với
x y

thay vào (1) ta có pt
 
0
2 3 1 0 2 3 1 0
1 ( )
x
x x x x x x x
x l


       

 


*
0 0
x y
  

Với
2 1
3
y
x

 thay vào (2) ta tìm được
 
2 1 2
2 2 1
3 3
y
y y y y

   



   
1
1 ( )
1 2
1 2 1
2
3 3
2 2
y
y l
y y y
y

y
 

 

       








*
2 1
y x
  

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (0; 0), (1; 2)

Bài 24: Giải hệ phương trình
4 2 2 2 3 2 2
3 2
2 5 2 1 0
x x y y y x y x
y x

    



   



Biến đổi pt (1) thành
4 2 2 2 3 2 2
0
x x y y y x y x
     








  
4 2 2 2 2 3 2
2 2 2
2 2
2
0
1 0
0 (3)
1 (4)
x x y x y y x y
x y x y
x y

y x
      
    

 


 


Với
2 2
0 0
x y x y
    
(Loại do không thỏa hệ phương trình)
Với
2
1
y x
 
thay vào (2) ta có pt
3
2 3 2 1 0
y y
   

Xét hàm số
3
( ) 2 3 2 1

f y y y
   
có
2
1 3
'( ) 6 0, ;
2
3 2
f y y y
y
 
     
 

 

Vậy hàm số đồng biến trên
3
;
2
 



 

Mặt khác:
(1) 0
f


nên
1
y

là nghiệm duy nhất của pt
( ) 0
f y


*
1 2
y x   
Vậy: Hệ có 2 nghiệm

Bài 25: Giải hệ phương trình
3 2 2 3
6 9 4 0
2
x x y xy y
x y x y

   


   



Biến đổi pt (1) thành
  

2
4
4 0
x y
x y x y
x y


   




Đồng Nai, năm 2014

Biên soạn: Võ Hoàng Phước 0937.320.061
Với
x y

thay vào (2) ta có
2 2 2
x x
  

*
2 2
x y
  

Với

4
x y

thay vào (2) ta có
2
3 5 2 8 2 15
5 3
y y y y      


*
8 2 15 32 8 15
y x    

Vậy: Hệ có 2 nghiệm