Tuyển tập hệ phương trình đặc sắc Nguyễn Thế Duy

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

Nguyễn Thế Duy

TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC SẮC
ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
I, Lời nói đầu.
Cũng rất lâu rồi mới viết tài liệu, bản tài liệu này lại đặc biệt hơn khi mình
quyết định đưa nó ra để chào đón ngày đặc biệt đối với bản thân mình.
Đồng thời số lượng các bài toán cũng là một con số đặc biệt đối với bản
thân. Mục đích đưa ra TÀI LIỆU này là giúp các bạn đang ôn thi THPT
QUỐC GIA có nhiều cái nhìn nhận hơn về dạng TOÁN khó, dạng TOÁN
lấy điểm 8 – 9 trong kỳ thi THPT, không dễ để học nó và cần phải có thời
gian đầu tư. Tài liệu tổng hợp bởi các bài HỆ PHƯƠNG TRÌNH với nguồn
đề chính là trên mạng xã hội, từ bản thân và lời giải là do bản thân tác giả
tổng hợp đưa ra. Đồng thời cám ơn người anh trai Nguyễn Xuân Nam rất
nhiều, anh vừa đóng góp, vừa chỉnh sửa để hoàn thiện bản TÀI LIỆU này.
Bản tài liệu sẽ có sai xót, hi vọng quý khán giả đọc vui lòng góp ý kiến nội
dung cũng như hình thức vào hòm mail để
tác giả hoàn thiện hơn và tính xa xôi hơn cho việc VIẾT SÁCH.
II, 21 bài toán HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Bài 1. Giải hệ phương trình



2y
xy



 x  y  x  y  2y

8



2
2


2 x  y  3x  y  11


 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: x  y  0; x  y  0; x  y  x  y  2 y  0 .
+ Xét y  0  x  0 , không thỏa mãn hệ phương trình.
+ Xét y  0 , phương trình thứ nhất tương đương với:

x  y  x  y  2y
2y



  x  y



x y  xy
8
8


1
xy
2y
xy



x  y  x y 1  8

(1)

Phương trình thứ hai tương đương với

x  y  2

x2  y 2  x  y  x  y  11

Page 1

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

(2)
  x  y  11


x  y x  y  x  y  1  8



Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình 
.



 x  y  x  y   x  y  11








Nguyễn Thế Duy

x y  xy

2

2

a b  1  8
a  x  y
Đặt 
. Hệ phương trình trở thành 

 2
b  x  y  x  y ; b  0
b  a  11



2
2
a  11  b
a  11  b




ab  a  8
a  2



.




 2


2
2
3
2

b3
11  b  b  11  b  8 

b  b  11b  3  0 

b  a  11 










13

x  y  2
x  3 2

x  y  2

a  2 




2


2 
Với 

.







b

3
9
x

y

x

y

3
x

y

3

2







y3 2




2


 13
9
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y    3 2; 3 2   .
2 
 2





Bài 2. Giải hệ phương trình



2  x  y 1
1






x  y 1
yx5

 x , y   .

4
2


y

y

y 2  x2  y 2  1 
 1 x


x 1



x  y  1  0
Lời giải: Điều kiện: 
và y  x  5  0; x  y  1  0; x 1 .
 2
2



x  y  1
Phương trình thứ nhất tương đương với:

1







 x  y  1  x  y 1  2

(1)

x  y 1

2 

2  x  y 1
x  y 1 2  x  y 1

Phương trình thứ hai tương đương với y 2  x2  y 2  1 


x  1  y 4  x2  y 2   1
y 2  x2  y 2  1

y 4  y 2  1  x2

x 1

 y 4  x2  y 2   1  0
(*)

 y  x  y   1  
 y 2  x2  y 2  1  x  1 (**)

4

2

Page 2

2

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc
Phương trình (*) vô nghiệm, vì x2  y 2  1 .

Nguyễn Thế Duy

x 2  y 2  1 


x  1 ( không t/m điều kiện ).
 y x  y   1  0  

 4





y  0
y  0
4

2

2

Phương trình (**) tương đương với y 2  1  x2  y2  1  x
 y  1
2

y 1
1
.
 y 2  1
 0  
1
 0 (vn)
x2  y 2  1  x

2
2
x  y 1  x

+ Với y  1 , thế vào phương trình (1), ta được x  x  2  x  1 .

+ Với y  1 , thế vào phương trình (1), ta được

x 2  x2  2


x 2
x  x2  4  2  x2  4  2  x  
 x2.



x  2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  1;  1 , 2; 1 .
Bài 3. Giải hệ phương trình



x y 2  1  y x2  1  x3  y 3  0



2
2



 3x  2 y  7  x  1  y  3

 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: 3x2  2 y  7  0 .
Phương trình một của hệ tương đương với:
y
x
y x2  1  x y 2  1  x3  y 3 


2
2
y 1
x 1
Xét hàm số f t 

t
t 1
2

với t   , có f 't 

x3  y 3

x2  1y2  1
1

t  1 t 2  1
2



Nếu x  y từ i suy ra f  y  f x  y  x  x  y .



Nếu x  y từ i suy ra f  y  f x  y  x  x  y .

i

 0; t   .

Do đó, từ phương trình một ta có x  y , thế vào phương trình hai ta được:

3x2  2x  7  x  1  x2  3  2x2  3  x  1  x  1  x2  3
2

 2x2  3  x  1  x  1  2x  1 x2  3  x2  3
2

2


x 1
 x2  3  2 x  1 x2  3  x2  3  2x  1  
 2


3x  8 x  1  0
Page 3

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc
Nguyễn Thế Duy
4  13 4  13 
4  13
 .
 x
  x; y  
;


3
3
3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất kể trên.
Bài 4. Giải hệ phương trình



3 2 y  1  y 1  4 x  4  x  1




x  1  1  y 2  2   y  1 x  1








 x , y   .

1
1
Lời giải: Điều kiện: 1  x  ; y  .
4
2


a  x  1; a  0



Đặt 
3.

b

y

1;
b



2



2


Phương trình thứ hai trở thành a  1 b2  1  2  b2 a2  2


 1  a b4 a2  2ab2 a  1  0

(*).

Ta có  a2  2a  41  a  a2  2a  2 .
2

2

2

2
2

1
 2 a  2a  a  2a  2
b


(vn)

1

a

2 1  a

Phương trình (*) có nghiệm là: 
.
2
2

 2 a  2a  a  2a  2
 a 1
b 
2 1  a


Với b2  a  1  y  x  1  x  y 2  1 , thế vào phương trình thứ nhất, ta
được 3 2 y  1  y 5  4 y 2  4 y 2 (**).
Điều kiện:

1
5
.
y
2
2

1
, không thỏa mãn phương trình (**).
2
1
5
+ Xét  y 

, phương trình (**) tương đương với
2
2
3 2 y  1 6 y  3  y  5  4 y 2  3  2 y  32 y 2  3 y  1  0



+ Xét y 



6 3 y  1  2 y 2 
2y 1  2y 1



4 y 3 y  1  2 y 2 
5  4y  3  2y
2

 33 y  1  2 y 2   0

Page 4

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc


1

3

y   x  
2
3y  1  2 y  0  
2
4



y

1

x

0

.



4
y
6


 3  0 (vn)
 2y  1  2y  1
5  4y2  3  2y


 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y  0; 1 ,  ;
 4

Nguyễn Thế Duy

1 
.
2 

Bài 5. Giải hệ phương trình



y2  x  1  y


 y  y 1


x 1




4y2
2

x


1

x

5

3 x


y

1



Lời giải: Điều kiện: x  0; y  1; x2  5 
Phương trình thứ nhất tương đương với


1
 y 
y
 
1  
 x  1 
x 1
2

 x , y   .

4y2
0.
y 1
x 1
y  x 1  y
2



1


1



y 1



2

1
y  y 1

(*).
 y 1




y

a
; a1

1
1
Đặt 
, khi đó phương trình (*) 
x 1


2

1 a  a
1  b2  b


b

y

1;
b

0


a 2  b2

 1  a2  a  1  b2  b  a  b 
0
1  a2  1  b2

2
2
a  b  y  y  1  y  x  1  y  1  x

y 1
y 1
x 1
 
.
ab

 0 (vn)
1 

1  a2  1  b2
 y2

Phương trình thứ hai tương đương với x  1  x2  4
 1  1  3 x
 y  1 

Page 5

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

Nguyễn Thế Duy

 x  1  x2  4x  1  3 x .

Điều kiện: x  2  3 .
Chia cả hai vế của phương trình cho
x

Đặt t  x 

1
x

x , ta được

1

1
 x 4  3
x
x

(**)

( t  2 ), phương trình (**) trở thành t  t 2  6  3



2t 3




5
3  t

 t 6  3t   2
t .
2 
5


2
t
t  6  3  t 





2

x  4

5
1
5
1 17
  x 


Với t   x 
.
 x  1 ( l)
2
x
4
x 2

4

y  5  5
2



y2
5
5
2 .
Với x  4 
 1  4   y     

y 1
2
4

y  5  5

2


2

 5  5 
 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  4;

2 
Bài 6. Giải hệ phương trình







x  4 x  1  y  1  y 2  7  0






 5x  y  5  1  x  y  6
Lời giải: Điều kiện: x  1; 5x  y  5; 1  x  y .

 x , y   .

Nhận xét: x  1 không là nghiệm của hệ phương trình.
Với x  1 , ta có:


 6 x  6  6
6x  6 

 5x  y  5  1  x  y 
1  x  y   5x  y  5  1  x  y  x  1

5x  y  5  1  x  y

5x  y  5 



x  7
 2 1 x  y  7  x  
2

4 y  x2  10 x  45   x  5  20  20  y  5



Với x  1; y  5 , xét phương trình một của hệ, ta được:

Page 6

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

x  4

Nguyễn Thế Duy



x  1  y  1  y 2  7  0  x  4 x  1 

y 7
0
y 1
2

2
y2  7
y 2  3 y  10
 3  0  x 1  2 
0
y 1
y 1
 x 1  2
2

 y  5 y  2
 x 1  2 
0 
 x y5


y 1
y


5

0


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  5; 5 .



 x 1 4 x 1  4 







Bài 7. Giải hệ phương trình



x x  2  x  3 y  1   y  5 y  1




2 x  3  4 x  y 3 y  7  y 2  25




Lời giải: Điều kiện: x  3; y 1 .

 x , y   .

Từ phương trình một của hệ, ta có:
x







x  2  y  1  x  3y  1  2 y  1  x  y  3 y  1  0

x x  y  3
x2  y 1



xy3
x  3y  1  2 y  1

  x  y  3 y  1  0







x
1

  x  y  3

 y  1  0

 x  2  y  1
x  3y  1  2 y  1
 


f x ,y


 f x, y  0; x  2; y 1 .

 xy30  x y 3

Với x  y  3 thế vào phương trình hai trong hệ, ta được:
2 y  12 3 y  7  y 2  25

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:


2 y  y 1


 2 y  12 3 y  7  2 y  24



3 y  7 .8.8  y  23
3





Nên suy ra y 2  25  2 y  12 3 y  7  2 y  24  y 2  2 y  1  0

  y  1  0  y  1  x  4 ( thỏa mãn điều kiện x  3; y 1 )
2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  4;1 .

Page 7

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

Nguyễn Thế Duy

Bài 8. Giải hệ phương trình
2


 y  1 2 x  y  x  x  xy  0
 2

2



x  y  2 xy  3x  2  0

 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: 2x  y .
Phương trình một của hệ tương đương với:

y  1









2x  y  x  1  x2  y  1

 

  y  1




2x  y  x  x2   y  1



2x  y  x  1  x  1  2x  y x  1  2x  y



2x  y  x  1







2x  y  x  y  0

2
2
Mặt khác, từ phương trình hai x  y  3x  2  0  x   0 nên từ 
3

x  y
ta được 2 x  y  x  y  0  
.
 2
2



x  y  2 xy  2 x  y
Do đó hệ phương trình đã cho trở thành:




xy
xy



x  2



2
2


 y  2  x

x  y  2 xy  2 x  y







2

2
2
y  0


x

y

2
xy

3
x

2

0
3
x

2

2
x

2









Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  2;0 .
Bài 9. Giải hệ phương trình



 x  3 y 4  x  2 x y  2 x  6 y


 2



2 x  5 y  x  2  19 y  3

 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: 4  x  2; y  0 .
Nhận thấy x  y  0 không là nghiệm của hệ phương trình.
Với x, y  0 , khi đó phương trình một của hệ trở thành:
x







4  x  2  3y

x

2

4x 2

 x2  2 x



 3y







4  x  2  2x y  0



4  x  2  2x y  0

4x 2



y 3





2

4x 2 y0

Page 8



/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc
Đặt t 



4x 2



y  t2 



Nguyễn Thế Duy



2

4  x  2 y , từ đó suy ra:

  x2  2xt  3t 2  0  x  tx  3t  0  x  t
 x



4x 2



y  2 4x  y  2 y  4x


y  4
y  4








x  4 y  y

4  4 y  y  4  x 

Do đó, phương trình thứ hai trong hệ tương đương với:



x  2  x  2  1  1 

2 x 2  5 4 y  y  1  x  2  2  y  2 x 2  5x  1  x  2  4  x


x  3

x2



4  x  2 x2  6 x  0

x3

 2 x x  3  0
x2 1
1 4 x






x2
1

  x  3

 2 x  0  x  3  y  1 .

 
x2 1 1 4 x


0; x 2;4






Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  3;1 .
Bài 10. Giải hệ phương trình










2 xy  xy  y  2  y 2 x  1 y  1  1




2 x2  4 y  4 y  1   y 2  2 x  1 y


 

 x , y   .

1
Lời giải: Điều kiện: x  ; y 1 .
2
Phương trình một của hệ tương đương với:


 y  1  1
 2 x y  1  1 y  1  1   xy  y  2  y 2 x  1 
 2 x y  1  1  xy  y  2  y 2 x  1
2x y  1  1  xy  y  2  y 2x  1



y 1 1

 2 x y  1  y 2 x  1   x  1 y  2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

2 x



y  1  y 2x  1  x2  2x  1 y 2  4 y  4
2

 2x y  1  y 2x  1  x  1 y  2
Page 9

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x
2x  1



Nguyễn Thế Duy
2 y 1
y



x2  k 2 2x  1

.

 k 
2 2


4 y  4  k y

Khi đó phương trình hai trong hệ trở thành:
2 y 1
y



y2  2x  1
y2  2x  1

k

 k3  1  k  1
2
2
2 2
x  4y  4
k 2 x  1  k y

x  0; y  0

x  2 x  1 
x  1  2



 2


Từ đó suy ra 
.

x  2 x  1  0  



y

2
y

1
y

2

2
2



2







y  4 y  4  0





Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  1  2; 2  2 2 .
Bài 11. Giải hệ phương trình



x 2  2 xy y 2  2 xy
1

 2

4

2

xy
x

1
y

1





2y


x  2x2 
 2x2  2x

y




x , y   .

1
Lời giải: Điều kiện: 0  x  ; 0  y  2; x , y  0 .
2
Phương trình một của hệ tương đương với:
x2  1  2 xy  1 y 2  1  2 xy  1
1


4
2
2
xy
x 1
y 1

 1
1  1
 
 2 xy  1 2
 2
20
 x  1 y  1 xy
 1
1
1
 2 xy  1 2
 2
   0
 x  1 y  1 xy 



0  x  1
Vì 

2  xy  1 suy ra bổ đề bất đẳng quen thuộc:



0  y  2
1
1
2
1
2

 2



 2 xy  xy  1  xy  1  xy  1 .
2
x  1 y  1 xy  1 xy xy  1

Với 2 xy  1  0 

2
 4 x , thế xuống phương trình hai trong hệ ta được:
y

x  2 x2  4 x  1  2 x2  2 x

Page 10

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc
 5x  2 x2  1  2
2
2




Nguyễn Thế Duy

x  2x 4x  1  2x
2

x  2x 4x  1  4x
1  2 x4 x  x  4 x
2

2

1  2x  4x2  x

2

 2x

2

 3x  1

2

 3x  1  4 x 2  x  1  2 x

 0
2

1  2x  4x2  x




1  x  1
1  17
4

 x
y
4
2

8
2
1  17



4 x  x  1  0

xy  1
1
Với 
suy ra x  và y  2 thế vào phương trình hai trong hệ ta

2

xy  1

 1
 1
 1
1

22
 2  
 2   2  , điều này vô lý. Do đó hệ
2
2
 2 
 2 
 2 
2

được

2

phương trình vô nghiệm.
 1  17
4

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  
;
.

8
1  17 
Bài 12. Giải hệ phương trình



1  y2
1  x2



x

y
xy

2

1  x2
 1 y


3
2



x  3 x  1  5  y

Lời giải: Điều kiện: x  ;

 x , y   .

5  y  5 .

Bình phương hai vế phương trình một của hệ, ta được:
2
 1  x2 


2 1  y 

  2 xy  x2  2 xy  y 2
x2 

y

 1  x2 
 1  y 2 
2
2
2
2
2
2
2
 1  x2
  y 2  1  y  1  0  x x  y   y  y  x   0
 x2 

1


 1  x2
 1  y 2
1  y2
1  x2





x2 x2  y 2 
1  y2



y 2 x2  y 2 
1  x2

 x2
y 2 
 0
 0   x2  y 2 

 1  y 2 1  x2 

Page 11

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc


x

2

 y 2  x 2  y 2  1

Nguyễn Thế Duy

2

1  x2 1  y 2 

 0  x2  y 2 . Thế phương trình thứ hai trong hệ,

chúng ta có: x3  3x  1  5  x2  x3  3x  2  5  x2  1

2
2
4  x2
x  2 
  x  2 x  1 
 x  2 x  1 
0
5  x2  1
5  x2  1

2


 x  2 x  1 5  x2  x2  3x  3  0  x  2  y  2 .


2

2
3 

3
2
2

Vì  x  1 5  x  0; x  3x  3  x     0; x .


2
4
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  2; 2 .
Bài 13. Giải hệ phương trình



x2  xy  1y 2  xy  1  1



 1
1

 3  x2  x  1  y   1

2

y

 x
Lời giải: Điều kiện: x; y  0 .

 x , y   .

y2  y  1
1
1
 1  2  3  x2  x  1  0 
0 y0.
y
y
x
Từ phương trình một của hệ, ta có:

Ta có: y 

x

2

 xy y 2  xy  x2  y 2  2xy  1  1

x  y
2
2
2
 xy x  y  x  y  0  x  y xy  1  0  

 xy  1  

1
1

 3  x2  x  1  x   1 .
Với x  y , từ phương trình hai ta được
2
x
x

1
1
 3  x2  x  1  x   1 .
2
x
x
Do đó, để kết luận nghiệm của hệ phương trình ta cần đi giải phương trình:

Với xy  1 , từ phương trình hai ta được

1
1
 3  x 2  x  1  x   1  3x 2  1  x x 2  x  1  x 2  x  1
2
x
x

Page 12

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc






 

3x2  1  x  1  x
2 x  x  1

x2  x  1  x  0
x  x  1

0
3x 2  1  x  1
x2  x  1  x
x  1
 
2
2
 2 x  x  1  2 x  3 x  1  x  1
x  1
 
2
2
i 
 2 x  x  1  3 x  1  x  1  0

Giải i , ta có: i 






Nguyễn Thế Duy

4 x2  x  1  3x 2  1
2 x2  x  1  3x 2  1

 x 1 0

x2  4 x  3

 x 1 0
2 x2  x  1  3x2  1

x3

  x  1
 1  0

 2 x 2  x  1  3x 2  1

x  1
 
2
2
 2 x  x  1  3x  1  x  3  0 ii
Lấy i  ii suy ra:


2  x  0
( vô nghiệm ).
4 x2  x  1  2 x  4  0  2 x2  x  1  2  x  
 2


3x  0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  1;1 .
Bài 14. Giải hệ phương trình



x  y  4 x  y  2 y  5  0




x  yx2  5  y 2  1



Lời giải: Điều kiện: x  y .

 x , y   .


a  x  y
 a  b2  x  y  x  y  2 y , khi đó phương trình một
Đặt 



b

x

y

0


của hệ tương đương với: a  4b  a  b2  5  0  ab  1  b2  4b  5
 ab  1  b  1b  5  b  1a  b  5  0
 ab  50  x  y x y  5 0  5 x y  x y

Thế xuống phương trình hai trong hệ, ta được:
Page 13

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

x  yx2 

Nguyễn Thế Duy



x  y  x  y  y2  1

  x  y x 2   x  y x  y  x 2  y 2  y 2  1

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


x  y  1x  y 


 x 2  x  y  1 
  x  y  1 x 2





x y 1 x y  x y  1  0

0

xy 1

x y 1

x  y  x  y  1

  x  y  1 x 2 
  0  x  y  1  0


xy 1


Do đó, hệ phương trình đã cho trở thành:
x  y  1


 3 5
x  y  1


  x; y   ;   .


 2 2 


x  y  x  y  5  0 
x  y  4  0

 3 5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   ;   .
 2 2 
Bài 15. Giải hệ phương trình



7 x2  6 xy  3 y 2  3x2  6 xy  7 y 2  4 x  y




8 y  6 x  1  2  y  2 y  4 x  2  3




Lời giải: Điều kiện: x  2; y  2 . Ta có:





 x , y   .



7 x 2  6 xy  3 y 2 

2
2
1
3
1
1
5 x  3 y   x  y   5 x  3 y  5x  3 y 
4
4
2
2

3x 2  6 xy  7 y 2 

2

2
1
3
1
1
3x  5 y   x  y   3x  5 y  3x  5 y 
4
4
2
2

Suy ra

7 x2  6xy  3y 2  3x2  6xy  7 y 2  4x  y . Dấu đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi x  y  2 nên từ phương trình một ta được x  y  2 .
Thế xuống phương trình hai trong hệ, chúng ta có:

8x  6







x 1  2  x  2 x  4 x  2  3

Page 14

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc






 4 x  4  4 x  4   1  2  x  2  2 



 f  4 x  4   f 2  x  2 

Nguyễn Thế Duy



 4 x  3 4 x  4  2  x  2 4  4 x  2  x  2  1
2

x2



2


 1





Xét hàm số f a  aa2  1 với a  0 , có f 'a  3a2  1  0; a  0 suy ra
f a là hàm số đồng biến trên 0; nên từ phương trình  ta có:

  f 

 



4x  4  f 2  x  2  4x  4  2  x  2

 4 x  4  4  x  2  4 x  2  3x  6  4 x  2
x  2  y  2


x2


 2

34
34



9 x  52 x  68  0  x  9  y  9





 34 34 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  
2; 2 , ; 
.

 9 9 




Bài 16. Giải hệ phương trình



2 y  y  2 x   y  1 y  2  2 x




2
2
2

y  2 x  1 x  2 x  3  2 x  4 x


 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: y  0; y  2x .
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:



2 y  y  2x

 
2

y . 2  1. y  2 x

 2 y  y  2x 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

y



2

  y  1y  2  2x
2

 y  1 y  2  2x
1

y  2x

 y  y  2 x  2 .

 y 2  2xy  x2  x2  2   y  x  x2  2  y  x  x2  2
2

Thế xuống phương trình hai trong hệ, ta được:



x  x2  2

  2x  1
2

x2  2x  3  2x2  4x

Page 15

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

Nguyễn Thế Duy

 2 x 2  2  2 x x 2  2  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x
 2 x  1  x x 2  2   x  1 x 2  2 x  3  0
 x  1   x  1 x 2  2 x  3  x x 2  2  x
 x  1   x  1

x  1

2

 2  x  x x  2
2

Xét hàm số f t  t  t t 2  2 , có f 't  1  t 2  2 

t2
t2  2

i 
 0; t  

suy ra f t là hàm số đồng biến trên  , nên từ i thu được:
1
f x  1  f x  x  1  x  x    y  1 .
2
 1 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   ;1 .
 2 
Bài 17. Giải hệ phương trình



x  y . x2  x  y  y





 x  31  y

 7  2 y  3 3x  7




 2 3y

 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: x  y  0; x2  x  y  0; 0  y  3 .
Đặt

x  y  t ( t  0 ), suy ra y  t 2  x .

Phương trình thứ nhất trở thành t x2  2x  t 2  t 2  x

x  0

  x  2 x  t t  t  x  t  1 x  0  t  1
.
t  1 (l)

+ Với x  0 , thế vào phương trình thứ hai, ta được
31  y
 7  2 y  3 7 (vô nghiệm).
2 3 y

2

2

2

2

2

2

2

+ Với x  y  1  y  1  x , thế vào phương trình thứ hai, ta được

x  32 



 x  3 2 


x  2

3  y  7  2 y  3 3x  7

2 x  5  3 3x  7

(*)

Điều kiện x 2 .
Đặt t  x  2 ( t  0 ), phương trình (*) trở thành
Page 16

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

Nguyễn Thế Duy

t 3  2t 2  t  2  2t 2  1  3 3t 2  1

 t 3  2t 2  1
t 
3





2t 2  1  1  t  1  3 3t 2  1  0

2t 2 2t 2  1
2t 2  1  1

Do t  0 nên t 2 



t t 2  3

t  1

2

2t 2t 2  1
2t 2  1  1

 t  1 3t  1 



2

3

3

3t

2

 1

2

0t0.

t2  3

t  1

2

 t  1 3t  1 
3

2

3

3t

2

 1

2

0 .

Với t  0  x 2  y  3 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  2; 3 .
Bài 18. Giải hệ phương trình



1


xy 
 8x  y  5


x





 8x  y  5  x  y  1  3 x  2
Lời giải: Điều kiện: x  0; x  y  1; 8x  5  y  0 .

 x , y   .

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:
3 x  8x  y  5  x  y  1  2

x y5





x y5

3 x  8x  y  5
x  y 1  2
x  y  5  0
 

 3 x  8 x  y  5  x  y  1  2
Với x  y  5  y  5  x thế vào phương trình một trong hệ, ta được:

x5  x 

1
x

 3 x  5x2  x3  3x  1  x  1  y  4 .

Với 3 x  8x  y  5  x  y  1  2 , kết hợp với phương trình hai ta
suy ra 3 x  x  y  1  y  8x  1 , thế vào phương trình một trong hệ,
ta được:

x8 x  1 

1
x

 2  8 x3  x2  2 x  1 vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y  1; 4 .

Page 17

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc

Nguyễn Thế Duy

Bài 19. Giải hệ phương trình



2 xy  2 x  y x  y 2  3x 2  5x  1




2
3
2


2 y x  y  2 x  6 x  2 x  2 x  5

 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: x  y 2  0; xx2  6  0 .
Phương trình một của hệ tương đương với:
x 2  2 xy  y 2  2 x  y x  y 2  x  y 2  4 x 2  4 x  1



 x y  xy

2



2

 y  x  y2  x  1

 2 x  1  
 y  x  y 2  1  3x

2

Với y  x  y2  x  1 , ta có 2 y x  y 2  x2  3x  1 , thế vào phương
trình thứ hai trong hệ, ta được:
x 2  3x  1  2 x 3  6 x  2 x 2  2 x  5  2 x 3  6 x  x 2  x  6

 2 xx2  6  x2  6  x 



x2  6  x

 0
2

x2  6  x  x  3 .



1
y  2
 y  3  y2  2  

.
2  y 1
2

3

y

2

y
2






Với y  x  y 2  1  3x , ta có 2 y x  y 2  9x2  7 x  1 , thế vào phương
trình thứ hai trong hệ, ta được:
9 x 2  7 x  1  2 x 3  6 x  2 x 2  2 x  5  7 x 2  5x  6  2 x 3  6 x  0





x2  6  x

  6x  x  2  0 , phương trình vô nghiệm.
2

2


1 
 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  3;1 

2 
Bài 20. Giải hệ phương trình








2
2


4 x  x  x  1 y  y  4 y  0



2 x  2 y  1  2 x 3  y  y  1


 

 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: x  ; 3  y 1 .
Phương trình một của hệ tương đương với:



 







4 x x  x2  1  x  x2  1 x  x2  1 y  y 2  4 y  0

Page 18

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc



 

Nguyễn Thế Duy





 4x x  x2  1  y  y 2  4 y  0  4x2  4x x2  1  y y  y 2  4

 2 x2 x 


2x

2


 4   y y  y 2  4














Xét hàm số f t  t t  t 2  4 , có f 't  2t  t 2  4 

t2
t2  4

 0 suy

ra f t là hàm số liên tục và đồng biến trên  nên từ  ta thu được:
f 2x  f  y  y  2x .

Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta có:

2x  2 1  2x  2x 2x  3  2x  1  0

i


a  1  2 x
2
Đặt 
 2ab  a  b  4 , khi đó phương trình i trở thành:




b  2 x  3
b2  a2
ab2  1  a2  1b 
 0  2b  a  b2  a2  2aba  b  0
2
 a  b  2b  a  a  ba  b  2a  b  2  0

 a  b  2 b  a  a  ba  b  2  0



 a  0; b  2  x  1  y  1

 a  b  2  ab  0 

2
b  0; a  2


 x  1  y  3

 1




Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  
 ; 1 ,1; 3
.



 2



Bài 21. Giải hệ phương trình



y x  1  3 x  y2  2x  y




x  5 y  4 x  y 2  2 xy  2 y




 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: x  1; x  y 2 .
Đặt t  x  y 2  0  t 2  x  y 2  x  t 2  y 2 , khi đó phương trình hai của
hệ trở thành: t 2  y 2  5y  4t  2t 2  y 2  y  2 y
 t 3  2 yt 2   y 2  5 y  4t  2 y 3  2 y  0  t  2 y  2t 2  2t  y 2  y






x  y  2y  2 x  y  2 x  y
2

2



 x  y2  2y  2

0 
2 x  y2  x  y


Page 19

/>

Tuyển tập những Hệ phương trình đặc sắc


y  1
+ Với x  y 2  2 y  2  
2 .
2

x

y

2
y

2






Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

Nguyễn Thế Duy

2
y 2  x  1 3 x  y  1 4 x  2 y 2  2


2
2
2
1  5
1  5
 2x  y  2x  y2  1  y 2  y  1  0 
y
 y 1
2
2
 y  1
Do đó phương trình vô nghiệm vì 
.
 y  1

2x  y  y x  1  3 x  y 2 

+ Với 2 x  y2  x  y

 , khi đó phương trình một trở thành:

y x  1  2 x  y 2  x  y 2  2x  y
 y x  1  x  y  x  y 2  2x  y  y x  1  x  y 2  x

i

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
y2  x  1 x  y2  1
y x  1  x  y2 

x
2
2


y  0
y  0


y  x  1

i





  





2
2
x  y 2  1




2  y  1  y

 x y 1 

y  0
1  5
5 5

 y
x
 2

2
2

y  y  1  0
 5  5 1  5 
 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  
;


 2
2

III, Lưu bút.
Chúc mọi người đọc tài liệu vui vẻ và hi vọng có được điều gì đó sau khi
đọc bản TÀI LIỆU trên. Chào thân ái !!!

Tác giả

Nguyễn Thế Duy
Page 20

/>