Luận văn thạc sĩ một số phương pháp giải hệ phương trình

Mục lục
LỜI CẢM ƠN 5
LỜI NÓI ĐẦU 6
1 MỘT SỐ DẠNG HỆ VÀ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN 7
1.1 MỘT SỐ DẠNG HỆ CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.3 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.1.4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH . . . . . . . 19
1.2 PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.2.1 PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.2.2 PHƯƠNG PHÁP THẾ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 32
2.1 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH . . . . . . . . . . 37
2.3 PHƯƠNG PHÁP DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.4 PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ . . . . . . . . . . 46
2.5 PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.6 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.7 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG SỐ PHỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3
3 MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH 62
3.1 ỨNG DỤNG TRONG XÉT TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ . . . . . . . 62
3.2 ỨNG DỤNG TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH. . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.3 ỨNG DỤNG TRONG TÌM GTLN, GTNN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.4 ỨNG DỤNG TRONG GIẢI BÀI TOÁN KINH TẾ. . . . . . . . . . . . . . . 68
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
4
LỜI CẢM ƠN
Hoàn thành được bản luận văn này, ngoài sự nỗ lực của bản thân, tôi đã nhận được

sự chỉ bảo, giúp đỡ từ nhiều phía của các thầy, cô giáo, gia đình và bạn bè.
Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Phạm Văn Quốc, người thầy
đã tận tình hướng dẫn và chỉ bảo tôi trong suốt quá trình làm luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo khoa Toán-Cơ-Tin học, Trường Đại học
Khoa học tự nhiên-Đại học Quốc gia Hà Nội, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ
tôi trong quá trình học tập tại trường cùng toàn thể bạn bè và người thân đã đóng góp ý
kiến, giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này.
Mặc dù bản thân đã rất cố gắng và nghiêm túc trong học tập cũng như nghiên cứu
khoa học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân còn hạn chế nên trong quá trình
thực hiện không tránh khỏi sơ suất. Kính mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
5
LỜI MỞ ĐẦU
Chuyên đề hệ phương trình là một nội dung quan trọng, cần thiết, có thể xem như
một trong những dạng toán cơ bản nhất của chương trình đại số ở bậc trung học. Các bài
toán về giải hệ phương trình xuất hiện ở hầu hết các kì thi Đại học, Cao đẳng và các kì thi
Học sinh giỏi.
Đứng trước một hệ phương trình học sinh cần phải biết phân tích, nhận dạng và chọn
lựa phương pháp giải thích hợp. Mỗi bài toán đều có thể có nhiều cách giải. Tuy nhiên, việc hệ
thống hoá các phương pháp giải sẽ cho phép nhìn nhận các bài toán theo một hệ thống nhất
quán. Do đó tôi đã lựa chọn nghiên cứu đề tài “ Một số phương pháp giải hệ phương
trình”.
Bản luận văn được chia làm 3 chương:
Chương 1. Một số dạng hệ và phương pháp cơ bản.
Chương này nhắc lại một số dạng hệ cơ bản và phương pháp giải như: Hệ phương trình
bậc nhất hai ẩn, hệ đối xứng, đẳng cấp, hoán vị vòng quanh cùng các phương pháp cơ bản
là cộng và thế.
Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình.
Ở chương này, luận văn nêu ra một số phương pháp giải có thể nghĩ tới khi gặp một
hệ phương trình mà không sử dụng được các dạng cơ bản ở chương 1.

Chương 3. Một vài ứng dụng của hệ phương trình.
Luận văn trình bày 4 ứng dụng thường gặp của hệ phương trình là: Ứng dụng trong
việc xét tương giao giữa hai đồ thị; trong giải phương trình; trong tìm GTLN, GTNN và
trong bài toán kinh tế.
Hà nội, tháng 12 năm 2013
Tác giả luận văn
NGUYỄN THỊ KIM NGỌC
6
Chương 1
MỘT SỐ DẠNG HỆ VÀ PHƯƠNG
PHÁP CƠ BẢN
1.1 MỘT SỐ DẠNG HỆ CƠ BẢN
1.1.1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
*) Cơ sở phương pháp
a) Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng





a
1
x + b
1
y = c
1
a
2
x + b
2

y = c
2
b) Cách giải: Thông thường sử dụng một trong ba cách sau:
Cách 1: Phương pháp thế.
Cách 2: Phương pháp cộng.
Cách 3: Phương pháp dùng định thức.
Kí hiệu:
D =







a
1
b
1
a
2
b
2








= a
1
b
2
−a
2
b
1
, D
x
=







c
1
b
1
c
2
b
2








= c
1
b
2
−c
2
b
1
, D
y
=







a
1
c
1
a
2
c
2








= a
1
c
2
−a
2
c
1.
TH1: D = 0, hệ có nghiệm duy nhất





x =
D
x
D
y =
D
y
D
.
TH2: D = D

x
= D
y
= 0, hệ có vô số nghiệm dạng {(x
0
; y
0
)|a
1
x
0
+ b
1
y
0
= c
1
}.
7
TH3:












D = 0



D
x
= 0
D
y
= 0
, hệ vô nghiệm.
*) Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1.1. Cho hệ phương trình





8X + Y = 17
− 3X + 7Y = 1
Sử dụng một trong các phương pháp trên dễ dàng tìm được nghiệm (2;1).
Bằng cách thay X, Y bởi các biểu thức khác của ẩn ta sẽ sáng tác ra vô số hệ mới. Ví dụ:
Thay





X =

1
x
Y =
1
y
ta được hệ





8
x
+
1
y
= 17
7x − 3y = xy
˙
Thay





X = x
2
+ x
Y =


y −1
ta được hệ





8x
2
+ 8x +

y −1 = 17
7

y −1 − 3x
2
− 3x = 1
.
Ví dụ 1.2. Giải hệ phương trình





x
4
+ 4x
2
+ y
2

− 4y = 2
x
2
y + 2x
2
+ 6y = 23
Giải.
Đặt t = y
2
hệ trở thành





t − 4y = 2 − x
4
− 4x
2
0t + (x
2
+ 6)y = 23 − 2x
2
. Ta có
D = x
2
+ 6; D
t
= −x
6

− 10x
4
− 30x
2
+ 104; D
y
= 23 − 2x
2
.
⇒







t =
D
t
D
=
−x
6
− 10x
4
− 30x
2
+ 104
x

2
+ 6
y =
D
y
D
=
23 − 2x
2
x
2
+ 6
Do t = y
2
suy ra
(x
2
+ 6)(−x
6
− 10x
4
− 30x
2
+ 104) = (23 − 2x
2
)
2
⇔ (1 − x)(1 + x)(1 + x
2
)(x

4
+ 16x
2
+ 95) = 0
⇔



x = 1
x = −1
⇒ y =
D
y
D
= 3.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1;3), (-1;3).
8
1.1.2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
*) Cơ sở phương pháp
1) Hệ phương trình đối xứng loại 1
a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ có dạng





F (x; y) = 0
G(x; y) = 0
Trong đó F (x; y), G(x; y) là các đa thức đối xứng với x, y.
b) Cách giải: Đặt S = x + y; P = x.y (điều kiện S

2
≥ 4P ).
Dùng tính đối xứng ta đưa hệ về dạng





F
1
(S; P ) = 0
G
1
(S; P ) = 0
Giải hệ trên tìm được S, P từ đó theo định lý Viet đảo, x, y là nghiệm phương trình:
X
2
− SX + P = 0.
-Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P :
+) x
2
+ y
2
= (x + y)
2
− 2xy = S
2
− 2P.
+) x
3

+ y
3
= (x + y)
3
− 3xy(x + y) = S
3
− 3P S.
+) x
2
y + xy
2
= P S.
+) x
4
+ y
4
= (x + y)
4
+ 2x
2
y
2
− 4xy(x + y)
2
= S
4
+ 2P
2
− 4P S
2

.
2) Hệ phương trình đối xứng loại 2
a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ có dạng





F (x; y) = 0
F (y; x) = 0
Trong đó F (x; y) là đa thức không đối xứng.
b) Cách giải: Trừ hai phương trình vế theo vế ta được F (x; y) − F (y; x) = 0 (*)
Coi x là ẩn số, y là tham số và đặt F(x; y) := f(x) + g(y), g(y) độc lập với x thì
F (y; x) = f(y) + g(x). Khi đó
(∗) ⇔ G(x) := f(x) + g(y) − f (y) − g(x) = 0
Ta có G(y) = f(y) + g(y) − f(y) − g(y) = 0.
Suy ra y là nghiệm của phương trình G(x) = 0. Chứng tỏ G(x) có chứa nhân tử (x −y) theo
định lý Bezout.
Như vậy ta có cách giải hệ đối ứng loại 2 là: trừ hai phương trình vế theo vế để được
G(x; y) = (x − y).M(x; y) = 0. Sau đó giải hệ trong từng trường hợp x = y và M (x; y) = 0.
*) Ví dụ áp dụng
Loại 1: Hệ phương trình đối xứng loại 1
9
Ví dụ 1.3. Giải hệ phương trình





a + b = 4

a
2
+ b
2
= 8
Giải.





a + b = 4
a
2
+ b
2
= 8
⇔





a + b = 4
(a + b)
2
− 2ab = 8
⇔






a + b = 4
ab = 4
⇔





a = 2
b = 2
Vậy hệ có nghiệm a = b = 2.
Thay a = 2
√
xy; b =
√
x +
√
y ta được hệ:
Ví dụ 1.4. Giải hệ phương trình





2
√
xy +

√
x +
√
y = 4
x + y + 4xy + 2
√
xy = 8
Nhận xét: Đây đã là hệ phương trình đối xứng loại 1 nhưng ta không đặt S, P ngay (vì
chứa
√
x +
√
y). Ta theo cách đã tạo ra hệ này:
Giải.
Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0. Đặt a = 2
√
xy; b =
√
x +
√
y ⇒ x + y = b
2
− a.
Hệ trở thành





a + b = 4

a
2
+ b
2
= 8
⇔





a = 2
b = 2
Thay vào bước đặt ta được





2
√
xy = 2
√
x +
√
y = 2
⇔
√
x =
√

y = 1 ⇔ x = y = 1 (tmđk).
Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất (1;1).
Tương tự trên xét các hệ:
Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình





9y
3
(3x
3
− 1) = −125 (1)
45x
2
y + 75x = 6y
2
(2)
Giải.
Nhận xét y = 0 không thoả mãn hệ phương trình suy ra y = 0.
Chia 2 vế phương trình (1) cho y
3
và phương trình (2) cho y
2
thu được hệ








9(3x
3
− 1) = −
125
y
3
45
x
2
y
+ 75
x
y
2
= 6
⇔







(3x)
3
+ (
5

y
)
3
= 9
3x.
5
y
(3x +
5
y
) = 6
. Đặt





u = 3x
v =
5
y
Có hệ





u
3
+ v

3
= 9
uv(u + v) = 6
⇔





(u + v)
3
− 3uv(u + v) = 9
uv(u + v) = 6
. Đặt





S = u + v
P = uv
(S
2
≥ 4P )
Hệ trở thành






S
3
− 3P S = 9
P S = 6
⇔





S = 3
P = 2
⇒





u + v = 3
uv = 2
⇔





u = 2
v = 1
∨






u = 1
v = 2
.
10
+





u = 2
v = 1
⇒





3x = 2
5
y
= 1
⇔






x =
2
3
y = 5
.
+





u = 1
v = 2
⇒





3x = 1
5
y
= 2
⇔






x =
1
3
y =
5
2
.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (
2
3
; 5) và (
1
3
;
5
2
).
Ví dụ 1.6. Giải hệ phương trình





x(1 + x) +
1
y
(
1
y

+ 1) = 4
x
3
y
3
+ x
2
y
2
+ xy + 1 = 4y
3
Giải.
ĐK y = 0.
Hệ tương đương







x + x
2
+
1
y
2
+
1
y

= 4
x
3
+
x
2
y
+
x
y
2
+
1
y
3
= 4
⇔







(x +
1
y
) + (x
2
+

1
y
2
) = 4
(x +
1
y
).(x
2
+
1
y
2
) = 4
Đặt







u = x +
1
y
v = x
2
+
1
y

2
Hệ trở thành





u + v = 4
uv = 4
⇔ u = v = 2.
⇒







x +
1
y
= 2
x
2
+
1
y
2
= 2
⇔

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

y
= 2
x.
1
y
= 1
⇔





x = 1
1
y
= 1
⇔ x = y = 1.
Qua các ví dụ trên ta thấy đôi khi hệ ban đầu chưa phải là hệ đối xứng loại 1 nhưng
qua biến đổi hoặc đặt ẩn phụ ta đưa về hệ đối xứng loại 1.
Loại 2: Hệ phương trình đối xứng loại 2
Đối với hệ phương trình đối xứng loại 2, nếu f(x, y) là đa thức ta thường trừ vế với
vế của hai phương trình ta được phương trình dạng (x −y).M (x, y) = 0. Trong trường hợp
M(x, y) = 0 nếu M(x, y) là đa thức đối xứng ta thường cộng vế theo vế của hai phương trình
để được một hệ đối xứng loại 1.
Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình






x
3
= 2x − 3y (1)
y
3
= 2y −3x (2)
Giải.
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
x
3
− y
3
= 5x − 5y
⇔ (x − y)(x
2
+ y
2
+ xy −5) = 0
⇔



x − y = 0
x
2
+ y
2
+ xy −5 = 0
11
+) x − y = 0 ⇔ x = y thay vào (1): x

3
= −x ⇔ x = 0 ⇒ y = 0.
+) x
2
+ y
2
+ xy −5 = 0.
Cộng vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta được x
3
+ y
3
= −x − y.
Ta có hệ





x
2
+ y
2
+ xy −5 = 0
x
3
+ y
3
+ x + y = 0
⇔






(x + y)
2
− xy −5 = 0
(x + y)
3
− 3xy(x + y) + x + y = 0
Đặt S = x + y; P = xy; (S
2
≥ 4P ) hệ trở thành





S
2
− P −5 = 0
S
3
− 3SP + S = 0
⇔






P = S
2
− 5
S
3
− 3S(S
2
− 5) + S = 0
⇔





P = S
2
− 5
S(−2S
2
+ 16) = 0
⇔
















S = 0
P = −5
(tm)





S = ±2
√
2
P = 3
(loai)





S = 0
P = −5
⇒






x + y = 0
xy = −5
⇔





x =
√
5
y = −
√
5
∨





x = −
√
5
y =
√
5
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (0, 0); (
√

5, −
√
5); (−
√
5,

5).
Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình





√
x − 1 +

y + 6 = 7

y −1 +
√
x + 6 = 7
Giải. ĐK x ≥ 1; y ≥ 1.
Trừ vế theo vế của 2 phương trình ta được
√
x − 1 +

y + 6 =

y −1 +
√

x + 6
⇔

(x − 1)(y + 6) =

(y −1)(x + 6)
⇔ x = y.
Thay vào hệ ta được
√
x − 1 +
√
x + 6 = 7.
Mặt khác ta có (x − 1) − (x + 6) = −7 ⇒
√
x − 1 −
√
x + 6 = −1
⇒





√
x − 1 +
√
x + 6 = 7
√
x − 1 −
√

x + 6 = −1
⇔





√
x − 1 = 3
√
x + 6 = 4
⇔ x = 10.
Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = 10.
Nếu ta thay đổi hệ số tự do một chút ta sẽ có bài toán mới như sau:
Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình





√
x − 1 +

y + 6 =
√
7

y −1 +
√
x + 6 =

√
7
12
Nhận xét: Bài này ta hoàn toàn có thể giải bằng cách trừ từng vế của hai phương trình
tương tự ví dụ trên. Tuy nhiên ta có thể có lời giải ngắn gọn hơn nhờ đánh giá như sau:
Giải.
ĐK x ≥ 1; y ≥ 1. Khi đó
√
x − 1 +

y + 6 ≥
√
7

y −1 +
√
x + 6 ≥
√
7
Dấu “=” xảy ra khi x=y=1.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1).
Ví dụ 1.10. Giải hệ phương trình





x
2
+

√
x = 2y
y
2
+
√
y = 2x
(Đề thi HSG tỉnh Bến Tre 2010-2011)
Giải.
ĐK x ≥ 0; y ≥ 0.
Nhận xét (0;0) là một nghiệm của hệ.
Xét x>0, y>0. Trừ từng vế của hai phương trình ta có
x
2
− y
2
+
√
x −
√
y + 2(x − y) = 0
⇔ (x − y)(x + y +
1
√
x +
√
y
+ 2) = 0 ⇔ x = y.
Thay vào hệ ta có
x

2
+
√
x = 2x ⇔ x
√
x + 1 = 2
√
x
⇔ (
√
x − 1)(x +
√
x − 1) = 0 ⇔



x = 1
x =
3 −
√
5
2
Vì x = y nên hệ đã cho có 3 nghiệm: (0; 0), (1; 1), (
3 −
√
5
2
;
3 −
√

5
2
).
Ví dụ 1.11. Giải hệ phương trình





√
x − 3 +

5 − y = 2

y −3 +
√
5 − x = 2
Giải.
ĐK 3 ≤ x, y ≤ 5.
Cách 1
Nhận xét (3;3), (5;5) không phải là nghiệm của hệ phương trình.
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
13
√
x − 3 −

y −3 +

5 − y −
√

5 − x = 0
⇔
x − y
√
x − 3 +
√
y −3
+
x − y
√
5 − y +
√
5 − x
= 0
⇔ x − y = 0 ⇔ x = y.
Thay vào hệ ta có
√
x − 3 +
√
5 − x = 2
⇔ x − 3 + 2

(x − 3)(5 − x) + 5 − x = 4
⇔ (x − 3)(5 − x) = 1 ⇔ x = 4.
Ta cũng có thể chỉ ra x = y như sau:
Cách 2
Hệ tương đương







5 − y = 2 −
√
x − 3
√
5 − x = 2 −

y −3
Từ điều kiện của x, y suy ra
√
x − 3 ≤ 2;
√
y −3 ≤ 2.
Bình phương hai vế ta được





5 − y = 4 + x − 3 − 4
√
x − 3
5 − x = 4 + y − 3 − 4

y −3
⇔






4
√
x − 3 = x + y − 4
4

y −3 = x + y −4
⇔ x = y.
Cách 3: Từ hệ suy ra





(
√
x − 3 +

5 − y)
2
= 4
(

y −3 +
√
5 − x)
2
= 4

⇒ (
√
x − 3 +
√
5 − y)
2
+ (
√
y −3 +
√
5 − x)
2
= 8.
Mà theo bất đẳng thức BSC
(
√
x − 3 +

5 − y)
2
≤ (1
2
+ 1
2
)(x − 3 + 5 −y)
(

y −3 +
√
5 − x)

2
≤ (1
2
+ 1
2
)(y −3 + 5 − x)
⇒ (
√
x − 3 +

5 − y)
2
+ (

y −3 +
√
5 − x)
2
≤ 8.
Dấu bằng xảy ra ⇔





√
x − 3 =

5 − y
√

5 − x =

y −3
. Kết hợp với hệ suy ra x = y = 4.
Ví dụ 1.12. Giải hệ phương trình





2
x
− 2 = 3y −3
x
2
y
− 2 = 3x − 3
y
(I)
Giải.
Trừ vế theo vế của hai phương trình trên suy ra
14
2
x
− 2
y
+ 3
x
− 3
y

+ 3(x − y) = 0 (1)
+) Nếu x > y thì (1) vô nghiệm.
+) Nếu x < y thì (1) vô nghiệm.
+) x = y thoả mãn (1). Hệ (I) tương đương với





x = y
2
x
− 2 = 3x − 3
x
(2)
(2) ⇔ 2
x
+ 3
x
− 3x − 2 = 0.
Xét hàm số f(x) = 2
x
+ 3
x
− 3x − 2 ; f

(x) = 2
x
ln 2 + 3
x

ln 3 − 3.
Có f

(x) là hàm liên tục và đồng biến trên R.
Vì lim
x→+∞
f

(x) = +∞; lim
x→−∞
f

(x) = −3 nên phương trình f

(x) = 0 có đúng một nghiệm.
Suy ra phương trình f(x) = 0 có tối đa 2 nghiệm. Mà f(0) = f(1) = 0 nên x = 0, x = 1 là
hai nghiệm của phương trình (2).
Vậy hệ (I ) có 2 nghiệm là (0;0) và (1;1).
Nhận xét: Đối với các hệ phương trình đối xứng loại 2 mà các phương trình thành phần
là phương trình siêu việt việc làm xuất hiện nhân tử (x − y) gặp khó khăn ta sẽ chứng tỏ
x = y bằng các phương pháp bất đẳng thức hoặc hàm số
Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình sau:
1.





x

2
+ y
2
+ xy = 3
xy
3
+ x
3
y = 2
ĐS: (1;1), (-1;-1).
2.





x
2
+ y
2
= 8 − x − y
xy(xy + x + y + 1) = 12
Hướng dẫn: Đặt u = x
2
+ x; v = y
2
+ y.
3.






x
3
+ 1 = 2x
2
− 2x + 2y
y
3
+ 1 = 2y
2
− 2y + 2x
1.1.3 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
*) Cơ sở phương pháp
a) Định nghĩa:
+ Biểu thức f(x; y) gọi là đẳng cấp bậc k nếu f(mx; my) = m
k
f(x; y).
15
+ Hệ





f(x; y) = a
g(x; y) = b
trong đó f(x; y), g(x; y) đẳng cấp bậc k gọi là hệ đẳng cấp.
b) Cách giải:

• Xét x = 0 thay vào hệ kiểm tra xem có thoả mãn không.
• Với x = 0 đặt y = tx thay vào hệ ta có





f(x, tx) = a
g(x, tx) = b
⇔





x
k
f(1, t) = a
x
k
g(1, t) = b
Chia vế theo vế của hai phương trình ta được f(1, t) =
a
b
g(1, t). Giải phương trình này
tìm được t thay vào hệ ta tìm được (x, y).
*) Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1.13. Giải hệ phương trình






x
3
+ y
3
= 1
x
3
− x
2
y + 2xy
2
= 1
Giải.
Dễ thấy x = 0 không thoả mãn hệ suy ra x = 0.
Đặt y = tx thay vào hệ ta được





x
3
+ x
3
t
3
= 1

x
3
− x
3
t + 2x
3
t
2
= 1
⇔





x
3
(1 + t
3
) = 1
x
3
(1 − t + 2t
2
) = 1
⇒ 1 + t
3
= 1 − t + 2t
2
⇔ t(t

2
− 2t + 1) = 0 ⇔



t = 0
t = 1
.
+) t = 0 ⇒ y = 0 ⇒ x = 1.
+) t = 1 ⇒ y = x thay vào hệ ⇒ 2x
3
= 1 ⇔ x =
1
3
√
2
.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1; 0), (
1
3
√
2
;
1
3
√
2
).
Ví dụ 1.14. Giải hệ phương trình






x
2
+ 2xy −3y
2
= 0
x |x| + y |y| = −2
Giải.
Vì x = 0 không thoả mãn hệ phương trình nên x = 0.
Đặt y = tx hệ trở thành





x
2
+ 2x
2
t − 3x
2
t
2
= 0 (1)
x |x| + xt |xt| = −2 (2)
(1) ⇔ x
2

(1 + 2t − 3t
2
) = 0 ⇔ 3t
2
− 2t − 1 = 0 ⇔



t = 1
t = −
1
3
.
+) Với t = 1, (2) ⇔ x |x| = −1 ⇔ x = −1 ⇒ y = −1.
16
+) Với t = −
1
3
, (2) ⇔ x |x| = −
9
4
⇔ x = −
3
2
⇒ y =
1
2
.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (−1; −1), (−
3

2
; −
3
2
).
Những hệ phương trình trên ta đều nhận ra ngay dạng hệ đẳng cấp. Sau đây ta xét
một số ví dụ mà phải qua biến đổi mới đưa được về hệ đẳng cấp .
Ví dụ 1.15. Giải hệ phương trình





2y(x
2
− y
2
) = 3x
x(x
2
+ y
2
) = 10y
(Trích đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá 2010)
Giải.
Nhận xét nếu x = 0 thì y = 0 và ngược lại nên (0,0) là một nghiệm của hệ.
Xét xy = 0, từ hệ suy ra
20y
2
(x

2
− y
2
) = 3x
2
(x
2
+ y
2
) ⇔ 3x
4
− 17x
2
y
2
+ 20y
4
= 0.
Vì x = 0, đặt y = tx phương trình trở thành
x
4
(3 − 17t
2
+ 20t
4
) = 0 ⇔ 20t
4
− 17t
2
+ 3 = 0 ⇔




t
2
=
1
4
t
2
=
3
5
⇔




t = ±
1
2
t = ±

3
5
+) t =
1
2
⇒ y =
1

2
x thay vào hệ ta được
x
2
4
= 1 ⇔ x = ±2 ⇒ y = ±1.
+) t = −
1
2
⇒ y = −
1
2
x thay vào hệ ta được −
1
4
x
2
= 1 (vô nghiệm).
+) t =

3
5
⇒ y =

3
5
x thay vào hệ ta được x = ±
4
√
375

2
⇒ y = ±
4
√
135
2
.
+) t = −

3
5
⇒ y = −

3
5
x thay vào hệ ta được x
2
= −
15
4

5
3
(vô nghiệm).
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm (0; 0), (2; 1), (−2; −1), (
4
√
375
2
;

4
√
135
2
), (−
4
√
375
2
; −
4
√
135
2
).
Nhận xét: Dấu hiệu để ta có thể nhận ra yếu tố đẳng cấp đó là 2 vế của mỗi phương
trình đều lệch nhau 2 bậc. Do đó ta đã nhân hai phương trình lại với nhau để được một
phương trình đồng bậc.
Ta xét một số ví dụ nữa về đưa một hệ về phương trình đồng bậc:
Ví dụ 1.16. Giải hệ phương trình







(4 +
1
y + 2x

)
√
x = 2
√
3
(4 −
1
y + 2x
)
√
y = 4
Giải. ĐK x>0, y>0.
Hệ đã cho tương đương với







4 +
1
y + 2x
=
2
√
3
√
x
4 −

1
y + 2x
=
4
√
y
⇔









4 =
√
3
√
x
+
2
√
y
1
y + 2x
=
√
3

√
x
−
2
√
y
17
Nhân vế theo vế ta có
4
y + 2x
=
3
x
−
4
y
⇔ 4xy = 3(y+2x)y−4x(y+2x) ⇔ 3y
2
−2xy−8x
2
= 0.
Vì x > 0, y > 0, đặt y = tx, t > 0, phương trình trở thành
x
2
(3t
2
− 2t − 8) = 0 ⇔ 3t
2
− 2t − 8 = 0 ⇔




t = 2 (tm)
t = −
4
3
(loai)
+) t = 2 ⇒ y = 2x thay vào phương trình đầu ta được
(4 +
1
4x
)
√
x = 2
√
3 ⇔ 16x − 8
√
3
√
x + 1 = 0 ⇔




√
x =
√
3 +
√
2

4
√
x =
√
3 −
√
2
4
⇔




x =
5 + 2
√
6
16
x =
5 − 2
√
6
16
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (
5 + 2
√
6
16
,
5 + 2

√
6
8
); (
5 − 2
√
6
16
,
5 − 2
√
6
8
).
Ví dụ 1.17. Giải hệ phương trình





x
2
(1 + y
2
) = 2
1 + x
2
y
2
+ xy = 3x

2
Giải.
Nhận xét x = 0. Chia cả hai phương trình cho x
2
ta được





1 + y
2
=
2
x
2
1
x
2
+ y
2
+
y
x
= 3
Đặt u =
1
x
hệ trở thành






2u
2
− y
2
= 1
u
2
+ y
2
+ uy = 3
Nhận xét y = 0 không thoả mãn hệ phương trình nên y = 0.
Đặt u = ty ta có hệ





(2t
2
− 1)y
2
= 1
(t
2
+ t + 1)y
2

= 3
⇒ t
2
+ t + 1 = 3(2t
2
− 1) ⇔



t = 1
t = −
4
5
+) t = 1 ⇒ u = y = ±1 ⇒ x = y = ±1.
+) t = −
4
5
⇒ y = ±
5
√
7
⇒ u = −
4
5
y = ∓
4
√
7
⇒ x =
1

u
= ∓
√
7
4
.
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (1; 1), (−1; −1), (−
√
7
4
;
5
√
7
), (
√
7
4
; −
5
√
7
).
Ví dụ 1.18. Cho hệ phương trình





x

2
+ 3xy −2y
2
= k (1)
2xy −x
2
= 9 (2)
Chứng minh rằng hệ có nghiệm với mọi k.
Giải.
(2) ⇔ x(2y −x) = 9 ⇒ x = 0
Đặt y = tx hệ phương trình trở thành





x
2
(1 + 3t − 2t
2
) = k
x
2
(2t − 1) = 9
Chia từng vế hai phương trình ta được
1 + 3t − 2t
2
2t − 1
=
k

9
.
18
Xét hàm số f(t) =
1 + 3t − 2t
2
2t − 1
, f

(t) = −1 −
4
(2t − 1)
2
< 0 ∀t =
1
2
.
Lại có lim
t→±∞
f(t) = ∓∞; lim
t→
1
2
±
f(t) = ±∞.
Hàm số f(t) liên tục trên mỗi khoảng xác định nên đường thẳng y =
k
9
luôn cắt đồ thị hàm
số y = f(t) tại hai điểm phân biệt có hoành độ t

1
, t
2
: t
1
<
1
2
< t
2
.
Khi đó, với t = t
2
, (2) ⇔ x
2
(2t
2
− 1) = 9 ⇔ x = ±
3
√
2t
2
− 1
.
Vậy với mọi k hệ đã cho luôn có nghiệm








x = ±
3
√
2t
2
− 1
y = ±
3t
2
√
2t
2
− 1
.
Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình
1.





x
3
− y
3
= 7
2

x
+
3
y
=
16
x
2
y
2
ĐS: (2;1).
2.





x
4
− 2x
3
y + 3y
4
= 3y −x
y
3
+ x
2
y −x
3

= 1
ĐS: (−1; 0), (1; 1), (
1
3
√
9
;
2
3
√
9
).
3.





x
3
+ xy
2
+ 2xy + x − 2y −2 = 0
2y
3
+ xy
2
+ 6y
2
+ 2xy −2x + 6y + 2 = 0

HD: đặt u = y + 1 có hệ





x
3
+ xu
2
= 2u
xu
2
+ 2u
3
= 3x
1.1.4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH
*) Cơ sở phương pháp
Xét hệ


























f(x
1
) = g(x
2
)
f(x
2
) = g(x
3
)
. . .
f(x
n−1
) = g(x
n
)

f(x
n
) = g(x
1
)
(1)
Hệ (1) được gọi là hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh (khi hoán vị vòng quanh các
ẩn số thì hệ không đổi).
Định lý 1: Nếu f(x) và g(x) có cùng tính đơn điệu trên miền I(a; b) liên thông,
19
I(a; b) ⊆ D := D
f
∩ D
g
, còn (x
1
, x
2
, , x
n
) là nghiệm của hệ (1) với x
j
∈ I(a; b), ∀j = 1.n
thì x
1
= x
2
= = x
n
.

Chứng minh.
Giả sử f(x) và g(x) đồng biến trên I(a; b) và x
1
= min {x
1
, x
2
, , x
n
}. Ta có
x
1
≤ x
2
⇒ f(x
1
) ≤ f(x
2
) ⇒ g(x
2
) ≤ g(x
3
) ⇒ x
2
≤ x
3
⇒ ⇒ x
n
≤ x
1

⇒ x
1
≤ x
2
≤ x
3
≤ ≤ x
n
≤ x
1
⇒ x
1
= x
2
= x
3
= = x
n
(dpcm)
Định lý 2: Nếu f(x) và g(x) khác tính đơn điệu trên miền I(a; b) liên thông,
I(a; b) ⊆ D := D
f
∩ D
g
, còn (x
1
, x
2
, , x
n

) là nghiệm của hệ (1) với x
j
∈ I(a; b), ∀j = 1.n
thì:
i) Khi n lẻ thì x
1
= x
2
= = x
n
.
ii) Khi n chẵn thì x
1
= x
3
= = x
n−1
và x
2
= x
4
= = x
n
.
Chứng minh.
Không giảm tổng quát giả sử f(x) đồng biến và g(x) nghịch biến trên miền I,
x
1
= min {x
1

, x
2
, , x
n
}.
i) n lẻ
x
1
≤ x
2
⇒ f(x
1
) ≤ f(x
2
) ⇒ g(x
2
) ≤ g(x
3
) ⇒ x
2
≥ x
3
⇒ ⇒ x
n
≤ x
1
⇒ f(x
n
) ≤ f(x
1

) ⇒ g(x
1
) ≤ g(x
2
) ⇒ x
1
≥ x
2
⇒ x
1
= x
2
= = x
n

ii) n chẵn
x
1
≤ x
3
⇒ f(x
1
) ≤ f(x
3
) ⇒ g(x
2
) ≤ g(x
4
) ⇒ x
2

≥ x
4
⇒ f(x
2
) ≥ f(x
4
) ⇒ g(x
3
) ≥ g(x
5
) ⇒ x
3
≤ x
5
⇒
⇒ f(x
n−2
) ≥ f(x
n
) ⇒ g(x
n−1
) ≥ g(x
1
) ⇒ x
n−1
≤ x
1
⇒ f(x
n−1
) ≤ f(x

13
) ⇒ g(x
n
) ≤ g(x
2
) ⇒ x
n
≥ x
2
Vậy ta có





x
1
≤ x
3
≤ ≤ x
n−1
≤ x
1
x
2
≥ x
4
≥ ≥ x
n
≥ x

2
⇔





x
1
= x
3
= = x
n−1
x
2
= x
4
= = x
n
.
*) Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1.19. Giải hệ phương trình














1
4
x
3
+ 2x − 4 + ln(x
2
− 2x + 2) = ln(2e
y
)
1
4
y
3
+ 2y −4 + ln(y
2
− 2y + 2) = ln(2e
z
)
1
4
z
3
+ 2z − 4 + ln(z
2
− 2z + 2) = ln(2e

x
)
20
Giải.
Đặt f(t) :=
1
4
t
3
+ 2t − 4 + ln(t
2
− 2t + 2); g(t) := ln(2e
t
).
Có f(t) xác định và liên tục với mọi t ∈ R và
f

(t) =
3
4
t
2
+ 2 +
2t − 2
t
2
− 2t + 2
=
3
4

t
2
+
2t
2
− 2t + 2
t
2
− 2t + 2
> 0 ∀t ∈ R.
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên R.
g(t) = ln(2e
t
) = t + ln 2 là hàm số đồng biến trên R.
Khi đó, theo định lý 1, x = y = z = t là nghiệm của phương trình
1
4
t
3
+ 2t − 4 + ln(t
2
− 2t + 2) = t + ln 2
⇔ h(t) :=
1
4
t
3
+ t − 4 −ln 2 + ln(t
2
− 2t + 2) = 0 (1)

Có h

(t) =
3
4
t
2
+ 1 +
2t − 2
t
2
− 2t + 2
=
3
4
t
2
+
t
2
t
2
− 2t + 2
≥ 0 ∀t ∈ R
nên h(t) là hàm số đồng biến trên R. Mà h(2)=0 nên (1) có nghiệm duy nhất t=2.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=z=2.
Ví dụ 1.20. Giải hệ phương trình












y
3
+ 9x
2
− 27x + 17 = 0
z
3
+ 9y
2
− 27y + 17 = 0
x
3
+ 9z
2
− 27z + 17 = 0
(1)
Giải.
Hệ đã cho tương đương với












9x
2
− 27x + 17 = −y
3
9y
2
− 27y + 17 = −z
3
9z
2
− 27z + 17 = −x
3
Ta có −y
3
= 9(x −
3
2
)
2
−
13
4
⇒ −y

3
≥ −
13
4
⇒ y
3
≤
13
4
<
27
8
⇒ y <
3
2
.
Tương tự ta cũng có x <
3
2
; z <
3
2
.
Đặt f(t) := 9t
2
− 27t + 17, t <
3
2
; g(t) := −t
3

hệ có dạng











f(x) = g(y)
f(y) = g(z)
f(z) = g(x)
Có f

(t) = 18t − 27 < 0 ∀t <
3
2
nên f(t) là hàm số nghịch biến trên (−∞;
3
2
).
Dễ thấy g(t) là hàm số nghịch biến trên R nên cũng nghịch biến trên (−∞;
3
2
).
Áp dụng định lý 1, x = y = z = t là nghiệm thuộc (−∞;
3

2
) của phương trình
21
t
3
+ 9t
2
− 27t + 17 = 0 ⇔



t = 1
t = −5 ±
√
42
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
(1;1;1); (−5 +
√
42; −5 +
√
42; −5 +
√
42); (−5 −
√
42; −5 −
√
42; −5 −
√
42).
Nhận xét: Ở bài này ta thấy f(t) không đơn điệu trên TXĐ do đó phải có nhận xét

x, y, z <
3
2
. Đây là mấu chốt của bài toán.
Trên đây là một số bài tập áp dụng trực tiếp định lý 1 và 2. Sau đây ta xét một số ví dụ
mà thay vì đánh giá x, y, z riêng lẻ, ta sẽ đi đánh giá những biểu thức hoán vị của x, y, z là
x + y, y + z, z + x hoặc x
3
+ y
3
, y
3
+ z
3
, z
3
+ x
3
.
Ví dụ 1.21. Giải hệ phương trình












x = 3y
3
+ 2y
2
y = 3z
3
+ 2z
2
z = 3x
3
+ 2x
2
(1)
Giải.
Biến đổi hệ (1) ⇔











x + y = 3y
3
+ 2y

2
+ y
y + z = 3z
3
+ 2z
2
+ z
z + x = 3x
3
+ 2x
2
+ x
Đặt f(t) = 3t
3
+ 2t
2
+ t có f

(t) = 9t
2
+ 4t + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) là hàm số đồng biến
trên R.
Không giảm tổng quát giả sử x = max {x, y, z} .
⇒ x + y ≥ y + z ⇒ f (y) ≥ f(z) ⇒ y ≥ z ⇒ x + y ≥ x + z ⇒ f(y) ≥ f(x) ⇒ y ≥ x
⇒ x = y ⇒ x + z = y + z ⇒ f(x) = f(z) ⇒ x = z.
Suy ra hệ (1) tương đương






x = y = z
3x
3
+ 2x
2
− x = 0
⇔





x = y = z
x ∈

0; −1;
1
3

.
Nhận xét: Sở dĩ ta nghĩ tới việc cộng thêm y, z, x lần lượt vào hai vế của từng phương
trình là vì ta cần xây dựng một hàm đơn điệu trên miền xác định. Nếu để nguyên hệ ban
đầu thì f (t) = 3t
3
+ 2t
2
có f

(t) = 9t

2
+ 4t nên không phải là hàm đơn điệu. Việc cộng thêm
y, z, x lần lượt vào hai vế của từng phương trình vừa làm cho hàm f(t) = 3t
3
+ 2t
2
+ t đồng
biến trên R vừa có thể so sánh được vế trái của từng phương trình.
Ta quay lại hệ phương trình ở ví dụ 1.20
22
Ví dụ 1.22. Giải hệ phương trình











y
3
+ 9x
2
− 27x + 17 = 0
z
3
+ 9y

2
− 27y + 17 = 0
x
3
+ 9z
2
− 27z + 17 = 0
(1)
Giải.
Biến đổi hệ (1) ⇔











y
3
= −9x
2
+ 27x − 17
z
3
= −9y
2

+ 27y −17
x
3
= −9z
2
+ 27z − 17
⇔











y
3
+ x
3
= x
3
− 9x
2
+ 27x − 17
z
3
+ y

3
= y
3
− 9y
2
+ 27y −17
x
3
+ z
3
= z
3
− 9z
2
+ 27z − 17
Đặt f(t) := t
3
− 9t
2
+ 27t − 17. Có f

(t) = 3t
2
− 18t + 27 = 3(t −3)
2
≥ 0, ∀t ∈ R.
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R.
Không giảm tổng quát giả sử x = max {x, y, z}
x ≥ y ⇒ x
3

≥ y
3
⇒ x
3
+ z
3
≥ y
3
+ z
3
⇒ f(z) ≥ f(y) ⇒ z ≥ y ⇒ z
3
≥ y
3
⇒ x
3
+ z
3
≥ y
3
+ x
3
⇒ f(z) ≥ f(x) ⇒ z ≥ x
⇒ x = z ⇒ f(x) = f(z) ⇒ y
3
+ x
3
= x
3
+ z

3
⇔ y
3
= z
3
⇔ y = z.
Suy ra hệ tương đương





x = y = z
x
3
+ 9x
2
− 27x + 17 = 0
⇔





x = y = z
x ∈

1; −5 ±
√
42


Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
(1;1;1); (−5 +
√
42; −5 +
√
42; −5 +
√
42); (−5 −
√
42; −5 −
√
42; −5 −
√
42).
Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình
1.






















y.4
9x
3
+
1
2
x
=
2
3
z.4
9y
3
+
1
2
y
=
2
3
x.4
9z

3
+
1
2
z
=
2
3
ĐS: x = y = z =
1
3
.
2.












x
2
− 2x + 6.log
3
(6 − y) = x


y
2
− 2y + 6.log
3
(6 − z) = y

z
2
− 2z + 6.log
3
(6 − x) = z
ĐS: (3; 3; 3).
3.











y
3
= 6x
2
− 12x + 8

z
3
= 6y
2
− 12y + 8
x
3
= 6z
2
− 12z + 8
HD: f(t) = 6t
2
−12t + 8, g(t) = t
3
cùng đồng biến trên

3
√
2; = ∞

.
23
1.2 PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
1.2.1 PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ
*) Cơ sở phương pháp: Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng,
trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi
hoặc có lợi cho các bước sau.
*) Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1.23. Giải hệ phương trình






(x − y)(x
2
− y
2
) = 25
(x + y)(x
2
+ y
2
) = 13
Giải.
Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được
(x + y

(x − y)
2
+ x
2
+ y
2

= 38
⇔ x
3
+ y
3

= 19.
Thay vào phương trình đầu ta được xy(x + y) = −6 ta có hệ





x
3
+ y
3
= 19
xy(x + y) = −6
⇔





(x + y)
3
− 3xy(x + y) = 19
xy(x + y) = −6
⇔





x + y = 1

xy = −6
⇔















x = −2
y = 3





x = 3
y = −2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (-2;3) và (3;-2).
Ví dụ 1.24. Giải hệ phương trình






x
3
+ 3xy
2
= 28
x
2
+ 6xy + y
2
= 10x + 6y
Giải.
Nhân 2 vế phương trình thứ hai với -3 rồi cộng với phương trình thứ nhất được
x
3
+ 3xy
2
− 3x
2
− 18xy −3y
2
= 28 − 30x − 18y
⇔ (x − 1)
3
+ 3y
2
(x − 1) − 18y(x − 1) + 27(x −1) = 0
⇔ (x − 1)


(x − 1)
2
+ 3(y −3)
2

= 0
⇔



(x − 1) = 0
(x − 1)
2
+ 3(y −3)
2
= 0
⇔ x = 1.
24
Kết hợp với (1) ta có y
2
= 9 ⇔ y = ±3.
Vậy nghiệm của hệ là (1;3), (1;-3).
Rõ ràng là ta thực hiện phép toán cộng, trừ từng vế khi phát hiện thấy nếu làm vậy
trong các phương trình một số hạng tử đồng dạng có thể giản ước được. Tuy nhiên, có những
hệ phương trình, ta lại thực hiện việc nhân hay chia từng vế (nếu khác không) để thực hiện
việc thu gọn.
Ví dụ 1.25. Giải hệ phương trình












x + 3y = x
3
− 12
− y + 4z = y
3
− 6
9z + 2x = z
3
+ 32
Giải.
Hệ đã cho tương đương với












3y + 6 = x
3
− x − 6
4z + 16 = y
3
+ y + 10
2x − 4 = z
3
− 9z + 28
⇔











3(y + 2) = (x − 2)(x
2
+ 2x + 3)
4(z + 4) = (y + 2)(y
2
− 2y + 5)
2(x − 2) = (z + 4)(z
2

− 4z + 7)
Nhân từng vế các phương trình của hệ vừa thu được ta có
24(x − 2)(y + 2)(z + 4) = (x − 2)(y + 2)(z + 4)(x
2
+ 2x + 3)(y
2
− 2y + 5)(z
2
− 4z + 7)
⇔



(x − 2)(y + 2)(z + 4) = 0
(x
2
+ 2x + 3)(y
2
− 2y + 5)(z
2
− 4z + 7) = 24
+) Xét (x − 2)(y + 2)(z + 4) = 0 ⇔ x = 2 ∨ y = −2 ∨ z = −4.
Với x = 2 thay vào (1) ta có y = −2, thay vào (2) có z = −4.
Suy ra hệ có nghiệm (2; −2; −4).
Tương tự, xét y = −2, z = −4 ta đều được nghiệm này.
+) Xét (x
2
+ 2x + 3)(y
2
− 2y + 5)(z

2
− 4z + 7) = 24 (∗)
Ta có
(x
2
+ 2x + 3)(y
2
− 2y + 5)(z
2
− 4z + 7)
=

(x + 1)
2
+ 2

(y −1)
2
+ 4

(z −2)
2
+ 3

≥ 2.4.3 = 24
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = −1, y = 1, z = 2.
Vậy nên (*) có nghiệm duy nhất (−1; 1; 2).
Thử lại, ta thấy (−1; 1; 2) không là nghiệm của hệ.
25
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; −2; −4).

Ví dụ 1.26. Giải hệ phương trình











x + y + xy = 11
y + z + yz = 5
z + x + zx = 7
Giải. Hệ đã cho tương đương với











(x + 1)(y + 1) = 12
(y + 1)(z + 1) = 6
(z + 1)(x + 1) = 8

⇔











(x + 1)(y + 1) = 12
(y + 1)(z + 1) = 6
[(x + 1)(y + 1)(z + 1)]
2
= 576
TH1:











(x + 1)(y + 1) = 12

(y + 1)(z + 1) = 6
(x + 1)(y + 1)(z + 1) = 24
⇔











x = 3
y = 2
z = 1
TH2:











(x + 1)(y + 1) = 12

(y + 1)(z + 1) = 6
(x + 1)(y + 1)(z + 1) = −24
⇔











x = −5
y = −4
z = −3
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (3; 2; 1), (−5; −4; −3).
Ví dụ 1.27. Giải hệ phương trình












6x(y
2
+ z
2
) = 13yz
3y(z
2
+ x
2
) = 5zx
6z(x
2
+ y
2
) = 5xy
Giải.
Nhận xét, (x; 0; 0), (0; y; 0), (0; 0; z) là nghiệm của hệ phương trình.
Xét xyz = 0. Biến đổi hệ về dạng
















6(
1
z
2
+
1
y
2
) =
13
xyz
(1)
3(
1
x
2
+
1
z
2
) =
5
xyz
(2)
6(
1
y

2
+
1
x
2
) =
5
xyz
(3)
⇒







6(
1
z
2
−
1
x
2
) =
8
xyz
3(
1

x
2
+
1
z
2
) =
5
xyz
⇔







3.
2
z
2
=
9
xyz
3(
1
x
2
+
1

z
2
) =
5
xyz
⇔





1
xy
=
2
3z
3(
1
x
2
+
1
z
2
) =
5.2
z.3z
⇒
1
x

2
=
1
9z
2
⇔
1
x
= ±
1
3z
.
TH1:
1
x
=
1
3z
thay vào (1) và (3)







6(
1
z
2

+
1
y
2
) =
13
y3z
2
6(
1
y
2
+
1
9z
2
) =
5
y3z
2
⇔







6.
8

9z
2
=
8
3yz
2
6(
1
z
2
+
1
y
2
) =
13
3yz
2
⇔





y =
1
2
6(
1
z

2
+ 4) =
26
3z
2
⇔





y =
1
2
z = ±
1
3
26
Vì
1
x
=
1
3z
nên hệ có nghiệm (1;
1
2
;
1
3

), (−1;
1
2
; −
1
3
).
TH2:
1
x
= −
1
3z
thay vào (1) và (3)







6(
1
z
2
+
1
y
2
) = −

13
y3z
2
6(
1
y
2
+
1
9z
2
) = −
5
y3z
2
⇔







6.
8
9z
2
= −
8
3yz

2
6(
1
z
2
+
1
y
2
) = −
13
3yz
2
⇔





y = −
1
2
6(
1
z
2
+ 4) =
26
3z
2

⇔





y = −
1
2
z = ±
1
3
Vì
1
x
= −
1
3z
nên hệ có nghiệm (−1; −
1
2
;
1
3
), (1; −
1
2
; −
1
3

).
Vậy hệ đã cho có các nghiệm: (x; 0; 0), (0; y; 0), (0; 0; z), (x; 0; 0), (0; y; 0), (0; 0; z), (1;
1
2
;
1
3
), (−1;
1
2
; −
1
3
),
(−1; −
1
2
;
1
3
), (1; −
1
2
; −
1
3
).
Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình
1.








3y =
y
2
+ 2
x
2
3x =
x
2
+ 2
y
2
ĐS: (1;1).
2.












x
2
(y + z)
2
= (3x
2
+ x + 1)y
2
z
2
y
2
(z + x)
2
= (4y
2
+ y + 1)z
2
x
2
z
2
(x + y)
2
= (5z
2
+ z + 1)x
2

y
2
ĐS: (x; y) ∈

(t; 0; 0); (0; t; 0); (0; 0; t);

9
13
;
3
4
;
9
11

;

−
5
6
; −1; −
5
4

, t ∈ R

.
3.






(x
2
+ y
2
− x.y)(x − y) = 1 + y
3
(x
2
+ y
2
+ x.y)(x + y) = 1 − y
3
ĐS: (x; y) ∈ {(1; 0), (−1; −1)}.
1.2.2 PHƯƠNG PHÁP THẾ
Hệ phương trình giải bằng phương pháp thế là đưa nhiều ràng buộc về ít ràng buộc, đưa
hệ nhiều phương trình về hệ ít phương trình hay là đưa hệ phương trình về phương trình.
Bởi vậy, đây là cách làm tự nhiên nhất, theo quan điểm đưa cái phức tạp về cái đơn giản.
Dấu hiệu nhận biết đối với hệ phương trình giải bằng phép thế là ít nhất một trong các
phương trình có thể rút được một ẩn qua các ẩn còn lại; việc thế vào những phương trình
kia cho ta phương trình hay hệ phương trình có thể giải được.
Loại 1: Từ một phương trình tính một ẩn theo ẩn còn lại rồi thế vào phương
trình kia
Nếu trong phương trình của hệ mà có một ẩn xuất hiện dưới dạng bậc nhất thì ta có
27