Phân loại các hệ phương trình trong toán học phổ thông

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

LUẬN VĂN THẠC SĨ

“PHÂN LOẠI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG TOÁN
HỌC PHỔ THÔNG”

HỌC VIÊN: LÊ VĂN LƯU
CHUYÊN NGÀNH: Phương pháp toán sơ cấp
MÃ SỐ: 60460113
CÁN BỘ HƯỚNG DẪN: PGS. TS. Nguyễn Minh Tuấn

HÀ NỘI - 2015


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của PGS. TS. Nguyễn Minh
Tuấn. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong
suốt quá trình làm luận văn. Từ tận đáy lòng em xin cảm bày tỏ sự biết ơn sâu sắc đến
thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới: các thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học; Phòng sau
đại học Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội; Các thầy cô
giáo đã tham gia giảng dạy khóa cao học chuyên ngành phương pháp toán cơ cấp khóa
2013-2015; Ban giám hiệu và các đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Siêu Hưng Yên đã
tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn của mình.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và rất nghiêm túc trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu
nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên những nội dụng được trình bày trong
luận văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong
nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn
thiện hơn.

Hà Nội, tháng 9 năm 2015
Tác giả

Lê Văn Lưu

i


Mục lục
Mở đầu

3

1 Phương trình đại số bậc ba và bốn
1.1 Phương trình đại số bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phương trình đại số bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Phương trình dạng (x − a)4 + (x − b)4 = c. . . . . . . . .
1.2.2 Phương trình dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Phương trình với hệ số phản hồi. . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Phương trình dạng t4 = αt2 + βt + λ. . . . . . . . . . . .
1.2.5 Phương trình dạng ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 , a = 0

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.

4
4
8
8
8
9
10
11

2 Hệ phương trình thường gặp
2.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . .
2.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Hệ phương trình đối xứng loại một . . . . . . . .
2.2.2 Hệ phương trình đối xứng loại hai . . . . . . . . .
2.3 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Hệ phương trình chứa một phương trình đẳng cấp
2.3.2 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . .
2.4 Hệ phương trình bậc hai tổng quát . . . . . . . . . . . .
2.5 Hệ phương trình bậc cao nhiều ẩn số . . . . . . . . . . .
2.5.1 Hệ phương trình hoán vị vòng quanh . . . . . . .

2.5.2 Hệ phương trình bậc cao nhiều ẩn số . . . . . . .
2.6 Hệ phương trình chứa căn, hệ phương trình mũ và logarit
2.6.1 Hệ phương trình chứa căn . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Hệ phương trình mũ và logarit . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

12
12
15
15
31
41
41
43
51
58
58
67
73
73
79

3 Hệ phương trình không mẫu mực
3.1 Phương pháp biến đổi tương đương . . . .
3.1.1 Phương pháp cộng . . . . . . . . .
3.1.2 Phương pháp thế . . . . . . . . . .
3.1.3 Phương pháp phân tích thành nhân

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

83
88
89
94
97

ii

. .
. .
. .
tử

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

MỤC LỤC
3.2
3.3
3.4

MỤC LỤC

Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Phương pháp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Kết luận

117

Tài liệu tham khảo

118

iii


Mở đầu
Hệ phương trình là một trong những nội dung trọng tâm, phổ biến có vị trí đặc
biệt quan trọng trong chương trình toán học phổ thông. Nó xuất hiện nhiều trong
các kỳ thi học sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học và cao đẳng. Học
sinh phải đối mặt với rất nhiều những dạng toán về hệ phương trình mà việc phân
loại chúng chưa được liệt kê đầy đủ trong sách giáo khoa. Đó là các hệ phương
trình bậc nhất, hệ phương trình đối xứng loại một, hệ phương trình đối xứng loại

hai, hệ phương trình đẳng cấp, hệ phương trình bậc hai tổng quát,...
Việc phân loại các hệ phương trình cũng như việc tìm lời giải các hệ và việc xây
dựng các hệ là niềm đam mê của không ít người, đặc biệt những người trực tiếp
giảng dạy. Chính vì vậy để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn
đề tài "Phân loại các hệ phương trình trong toán học phổ thông" làm đề tài nghiên
cứu của luận văn. Đề tài nhằm một phần nào đó đáp ứng mong muấn của bản thân
về một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy
của mình trong nhà trường phổ thông.
Luận văn này đề cập đến việc phân loại các hệ phương trình trong chương trình
toán phổ thông, từ đó giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc hơn về các bài toán
liên quan đến hệ phương trình. Luận văn được chia thành ba chương. Chương 1 đề
cập đến hương trình bậc ba và phương trình bậc bốn. Chương 2 phân loại có hệ
thống một số hệ phương trình thường gặp. Chương 3 nêu một số phương pháp giải
điển hình cho hệ phương trình không mẫu mực. Hy vọng đây sẽ là một tài liệu hữu
ích trong giảng dạy cũng như học tập của thầy, cô và các em học sinh.

3


Chương 1
Phương trình đại số bậc ba và bốn
Chương này ta sẽ nêu cách giải cho phương trình bậc ba và phương trình bậc
bốn tổng quát.

1.1

Phương trình đại số bậc ba

Trong phần này ta sẽ nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ số thực
tùy ý:

ax3 + bx2 + cx + d = 0, a = 0.

Bài toán 1.1. Giải phương trình (1.1) khi biết một nghiệm: x = x0 .
Lời giải. Theo giả thiết
ax30 + bx20 + cx0 + d = 0.

Phương trình (1.1) tương đương với các phương trình sau
ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d;
a x3 − x30 + b x2 − x20 + c (x − x0 ) = 0;
(x − x0 )(ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c) = 0.

Xét ∆ = (ax0 + b)2 − 4a ax20 + bx0 + c .
1) Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = x0 .

4

(1.1)


Phương trình đại số bậc ba và bốn

2) Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình có nghiệm là
−(ax0 + b) +
x1 = x0 , x2 =
2a

√

∆

−(ax0 + b) −
, x3 =
2a

√

∆

.

Nhận xét 1.1. 1) Nếu x0 là nghiệm của (1.1) thì điều kiện cần và đủ để (1.1) có
ba nghiệm phân biệt là:
ax20 + (ax0 + b)x0 + ax20 + bx0 + c = 0
∆ > 0.

2) Nếu x0 là nghiệm của (1.1) thì có thể phân tích ax3 + bx2 + cx + d = f (x) (x − x0 ) ,
trong đó f (x) là tam thức bậc hai.
3) Nếu x1 , x2 , x3 là các nghiệm của (1.1) thì
ax3 + bx2 + cx + d = a (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 ) ,

và công thức Viét là
c
d
b
x1 + x2 + x3 = − , x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = , x1 x2 x3 = − .
a
a
a

Bài toán 1.2. Giải phương trình 4x3 − 3x = m với |m| ≤ 1.

Lời giải. Đặt m = cosα = cos (α ± 2π) . Khi đó
cosα = cos 3.

α
3

= 4cos3

α
α
− 3 cos .
3
3

α−2π
Do vậy phương trình có ba nghiệm: x1 = cos α3 , x2 = cos α+2π
3 , x3 = cos 3 .

Bài toán 1.3. a) Đặt x =

1
2

a+

1
a

, a = 0. Chứng minh đẳng thức

4x3 − 3x =

1 3
1
a + 3 .
2
a

b) Giải phương trình 4x3 − 3x = m với |m| > 1.
Lời giải. a) Ta có
1
1
x = (a + ) hay a2 − 2ax + 1 = 0 với a = x ±
2
a
5

x2 − 1.


Phương trình đại số bậc ba và bốn
√

Đặt a = x + x2 − 1 thì x = 21 (a + a1 ) và x3 = 18 (a3 + 3a + a3 + a13 ). Suy ra
3
1
1
1
1
1

3
4x3 − 3x = (a3 + 3a + + 3 ) − (a + ) = (a3 + 3 ).
2
a a
2
a
2
a

b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất. Thật vậy, phương trình không
có nghiệm x0 ∈ [−1; 1] vì nếu x0 ∈ [−1; 1] thì đặt x0 = cosϕ suy ra
4x3 − 3x = 4cos3 ϕ − 3 cos ϕ = |cos3ϕ| ≤ 1 < |m| .

Giả sử phương trình có nghiệm x1 , |x1 | > 1, 4x31 − 3x1 = m. Khi đó
4x3 − 3x = 4x31 − 3x1 ;
(x − x1 ) 4x2 + 4xx1 + 4x21 − 3 = 0.

Ta có
∆ = 4x21 − 4 4x21 − 3 = 12 − 12x21 < 0.

Vậy x = x1 là nghiệm duy nhất. Đặt m =

1
2

a3 +

1
a3

, a3 = m ±

√

m2 − 1. Khi đó

phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1
2

3

m2 − 1 +

m+

3

m2 − 1 .

m−

Bài toán 1.4. Giải phương trình: 4x3 + 3x = m.
Lời giải. Nhận xét rằng x = x0 là nghiệm của phương trình thì đó là nghiệm duy
nhất. Thật vậy, xét x > x0 , khi đó 4x3 + 3x > 4x31 + 3x1 = m. Tương tự, với x < x0
thì 4x3 + 3x < 4x31 + 3x1 = m.
Đặt x =

1
2

a−

1
a

, a = 0. Khi đó dẽ dàng kiểm tra đẳng thức
4x3 + 3x =

1 3
1
a − 3 .
2
a

Suy ra cách giải phương trình, đặt
m=

1 3
1
a − 3 , a3 = m ±
2
a

m2 + 1.

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1
2

3

m2 + 1 +

m+
6

3

m−

m2 + 1 .


Phương trình đại số bậc ba và bốn

Bài toán 1.5. (xem [3]) Giải và biện luận phương trình t3 + at2 + bt + c = 0.
Lời giải. Đặt t = y − a3 . Khi đó viết phương trình thành
a 2
a
a 3
(y − ) + a(y − ) + b(y − ) + c = 0;
3
3
3
2

a
2a3 ab
y 3 − px = q, p =
− b, q = −
+
− c.
3
27
3

Ta có các trường hợp sau:
1) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y =
2) Nếu p > 0 thì đặt y = 2

p
3 x.

√
3 q.

Khi đó ta được phương trình

√
3 3q
4x − 3x = m, m = √ .
2p p
3

a) |m| ≤ 1, đặt m = cos α thì phương trình có ba nghiệm
α

α − 2π
α + 2π
x1 = cos , x2 = cos
, x3 = cos
.
3
3
3

b) |m| > 1, đặt
m=

1 3
1
d + 3 , d3 = m ±
2
d

m2 − 1.

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1
1
d+
2
d

3) Nếu p < 0, đặt y = 2

=

1
2

−p
3 x,

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1 .

sẽ được phương trình
4x3 + 3x = m.

Đặt
m=

1 3
1
d − 3 , d3 = m ±

2
d

m2 + 1.

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1
1
d−
2
d

=

1
2

3

7

m+

m2 + 1 +

3

m−

m2 + 1 .


Phương trình đại số bậc ba và bốn

1.2

Phương trình đại số bậc bốn

Trong phần sẽ nêu phương pháp chung để phân tích đa thức bậc bốn tổng quát
thành tích hai tam thức bậc hai. Đối với một số dạng đa thức bậc bốn đặc biệt có
những phép biến đổi phù hợp và đơn giản hơn, không đòi hỏi phải vận dụng toàn
bộ thuật toán tổng quát.

1.2.1

Phương trình dạng (x − a)4 + (x − b)4 = c.

Đặt x = t + a+b
2 , α=

a−b
2 .

Khi đó phương trình trở thành

(t + α)4 + (t − α)4 = c;
2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = 0.

Đây là phương trình đã biết cách giải.
Bài toán 1.6. Giải phương trình (x − 3)4 + (x − 5)4 = 82.
Lời giải. Đặt x = y + 4. Khi đó phương trình đã cho trở thành các phương trình sau
(y + 1)4 + (y − 1)4 = 82;
y 4 + 6y 2 − 40 = 0.

Giải phương trình tìm được y = 2 và y = −2
Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x = 6.

1.2.2

Phương trình dạng

(x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = m, a + d = b + c.

Đặt u = (x + a) (x + d) suy ra (x + b) (x + c) = u + bc − ad. Khi đó phương trình trở
thành u (u + bc − ad) = m hay u2 + (bc − ad) u − m = 0. Đây là phương trình đã biết
cách giải.
Bài toán 1.7. Giải phương trình x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 8.
8


Phương trình đại số bậc ba và bốn

Lời giải. Đặt u = x (x + 3) suy ra (x + 1) (x + 2) = u + 2. Khi đó phương trình trở
thành
u2 + 2u − 8 = 0,

giải phương trình ta được u = 2 và u = −4 suy ra hai phương trình nhưng chỉ có
phương trình sau có nghiệm

x2 + 3x − 2 = 0.

Ta tìm được x =

1.2.3

√
−3± 17
.
2

Do vậy phương trình có nghiệm x =

Phương trình với hệ số phản hồi.
e
ax + bx + cx + dx + e = 0, =
a
4

Đặt

d
b

√
−3± 17
.
2

3

2

d
b

2

.

= α suy ra d = bα, e = aα2 . Khi đó phương trình trở thành các phương trình

sau
ax4 + bx3 + cx2 + bαx + aα2 = 0;
2

(x2 + α2 ) + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = 0.

Nhận xét x = 0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế phương trình cho x2 ta
đưa phương trình đã cho về hệ phương trình
at2 + bt + c − 2aα = 0
2
t = x x+α .

Hay hệ phương trình
at2 + bt + c − 2aα = 0
x2 − tx + α = 0.

Nhận xét 1.2. Đặc biệt khi a = e, b = d phương trình ban đầu trở thành phương
trình đối xứng ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0. Khi a = e, b = −d phương trình ban đầu

trở thành phương trình nửa đối xứng ax4 + bx3 + cx2 − bx + a = 0.
Bài toán 1.8. Giải phương trình: x4 + 3x3 − 6x2 + 6x + 4 = 0.
9


Phương trình đại số bậc ba và bốn

Lời giải. Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Xét x = 0 chia hai vế
phương trình cho x2 ta được
1
1
x2 + 3x − 6 + 6 + 4 2 = 0;
x
x
2
4
2
− 6 = 0.
x + 2 +3 x+
x
x

Đặt t = x + x2 , (|t| > 2) suy ra t2 = x2 + x42 + 4. Phương trình đã cho trở thành
t2 + 3t − 10 = 0.

Giải phương trình với chú ý điều kiện ta chọn t = −5, suy ra
x+

Từ đó tìm được x =

2
= −5.
x

√
−5± 17
.
2

Do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =

1.2.4

√
−5± 17
.
2

Phương trình dạng t4 = αt2 + βt + λ.

Trường hợp: ∆ = β 2 −4αλ = 0, biến đổi vế phải thành bình phương đúng. Trường
hợp: ∆ = 0. Ta sử dụng
4

t4 = [ t2 − m + m] = t2 − m
= t2 − m

2

2

+ 2m t2 − m + m2

+ 2mt2 − m2 .

Suy ra phương trình ban đầu tương đương với
t2 − m

2

= (α − 2m) t2 + βt + λ + m2 .

(1.2)

Ta cần chọn m sao cho vế phải của (1.2) có biệt thức ∆m = 0, tức là chọn m sao
cho
β 2 − 4 (α − 2m) λ + m2 = 0.

(1.3)

Ta thấy (1.3) là phương trình bậc ba theo m mà ta biết phương trình bậc ba luân
giải được nên phép giải này luân đi đến kết quả cuối cùng.
10


Phương trình đại số bậc ba và bốn

Bài toán 1.9. Giải phương trình x4 = 3x2 + 10x + 4.
Lời giải. Viết phương trình dưới dạng
2

x2 + α

= (3 + 2α) x2 + 10x + 4 + α2 .

Chọn α để
∆ = 25 − (3 + 2α) 4 + α2 = 0;
2α3 + 3α2 + 8α − 13 = 0.

Ta thấy α = 1 thỏa mãn, vậy có thể viết phương trình dưới dạng
x2 + 1

2

x2 + 1

2

= 5x2 + 10x + 5;
√
2
= [ 5 (x + 1) ] .

Ta có hai trường hợp:

√ √
√
√
√
Trường hợp 1. − 5x − 5 + 1 = 0 hay x = 5± 21+4 5 .

√
√
Trường hợp 2. x2 + 5x + 5 + 1 = 0 vô nghiệm
.
√ √
√
5± 1+4 5
Do vậy phương trình có hai nghiệm x =
.
2

x2

1.2.5

Phương trình dạng ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 , a = 0

b
Đặt x = − 4a
+ t. Khi đó phương trình trở thành t4 = αt2 + βt + λ. Đây là phương

trình đã biết cách giải.
Bài toán 1.10. Giải phương trình: x4 − 8x3 + 20x2 − 12x − 9 = 0.
Lời giải. Đặt x = t + 2. Khi đó phương trình đã cho trở thành các phương trình sau
(t + 2)4 − 8(t + 2)3 + 20(t + 2)2 − 12 (t + 2) − 9 = 0;
t4 = 4t2 − 4t + 1;
t4 = (2t − 1)2 ;
t2 = 2t − 1 hoặc t2 = −2t + 1.
√

Giải phương trình tìm được t = 1 và t = −1 ± 2.

√

Do vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 3; x = 1 ± 2.
11


Chương 2
Hệ phương trình thường gặp
2.1

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Định nghĩa 2.1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng
ax + by = c
ax+by =c

Việc giải và biện luận hệ trên được tiến hành như sau:
Bước 1. Tính các định thức
D=

a b
= ab − a b,
a b

Dx =

c b
= cb − c b,

c b

Dy =

a c
= ac − a c.
a c

Bước 2. + Nếu D = 0 hệ có nghiệm duy nhất: x =

Dx
D ;

y=

Dy
D.

+ Nếu D = 0, Dx = 0 hoặc Dy = 0 thì hệ vô nghiệm.
+ Nếu D = Dx = Dy = 0 thì hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn: ax + by = c.
Bài toán 2.1. Giải và biện luận hệ phương trình
ax + 2y = 4 − a
2x + ay = a.
12


Hệ phương trình thường gặp

Lời giải. Ta tính các định thức sau:
D=

a 2
2 a

= a2 − 4,

Dx =

4−a 2
a
a

= −a(a − 2),

Dy =

a 4−a
2 a

= a2 − 2 (4 − a) = (a − 2) (a + 4) .

+ Nếu a2 = 4 hay a = ±2 hệ có nghiệm duy nhất x =

Dx
D

a
= − a+2
; y=

Dy
D

=

a+4
a+2 .

+ Nếu a = −2 suy ra: D = 0, Dx = 0 hệ vô nghiệm.
+ Nếu a = 2 suy ra D = Dx = Dy = 0 hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y = 1.
Bài toán 2.2. Tìm m để 2 phương trình sau có nghiệm chung
x2 + (2m − 1) x + m2 − 2 = 0, x2 − (2m + 1) x − m − 2 = 0.

Lời giải. Đặt y = x2 , y ≥ 0, ta xét hệ phương trình
(2m − 1)x + y = 2 − m2
−(2m + 1)x + y = 2 + m.

Ta tính các định thức sau:
D=

2m − 1
1
−2m − 1 1

Dx =

2 − m2 1
2+m 1

Dy =

2m − 1
2 − m2
−2m − 1 2 + m

= 4m,
= −m (m + 1) ,
= m −2m2 + m + 7 .

+ Nếu m = 0 ⇒ D = 0 hệ có nghiệm duy nhất
x=

Dy
m+1
−2m2 + m + 7
Dx
=−
;y =
=
.
D
2
D
4

Ta có y = x2 suy ra
−2m2 + m + 7
m2 + 2m + 1
=
.

4
16
13


Hệ phương trình thường gặp

Từ đó
9m2 − 2m − 27 = 0.

Ta tìm được m =

√
1±2 61
.
9

+ Nếu m = 0 suy ra D = Dx = Dy = 0 hệ phương trình có vô số (x; y) thỏa mãn
y − x = 2, và hệ phương trình có nghiệm chung là
x2 − x − 2 = 0.

Ta tìm được x = −1 và x = 2.
Vậy các giá trị tìm được của m là m = 0, m =

√
1±2 61
.
9

Bài toán 2.3. Biện luận theo m giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = (x − 2y + 1)2 + (2x + my + 5)2 .

Lời giải. Ta có
(x − 2y + 1)2 ≥ 0
(2x + my + 5)2 ≥ 0.

Ta xét hệ phương trình
x − 2y = −1
2x + my = −5.

Ta tính các định thức:
D=

1 −2
2 m

= 4 + m,

Dx =

−1 −2
−5 m

Dy =

1 −1
2 −5

= −m − 10,
= −3.

+ Nếu D = 0 hay m = −4 hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Suy ra A ≥ 0 và
minA=0.
+ Nếu m = −4 thì
A =(x − 2y + 1)2 + (2x − 4y + 5)2
=u2 + (2u + 3)2 = 5 u +
14

6
5

2

+

9
5

với u = x − 2y + 1 .


Hệ phương trình thường gặp

Suy ra min A =

9
5

khi x − 2y = − 11
5.

Nhận xét 2.1. Bằng phương pháp xét hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta tìm
được giá trị nhỏ nhất của biểu thức A. Tương tự ta tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức B = |x + y − 2| + |x + my − 3| .

2.2

Hệ phương trình đối xứng

2.2.1

Hệ phương trình đối xứng loại một

Định nghĩa 2.2. Hệ phương trình đối xứng loại một có dạng tổng quát
f (x; y) = 0
g(x; y) = 0

trong đó
f (x; y) = f (y; x)
g (x; y) = g (y; x) .

Phương pháp giải.
Bước 1. Đặt điều kiện nếu có.
Bước 2. Đặt S = x + y , P = x.y với điều kiện S 2 ≥ 4P .
Bước 3. Biểu diễn f (x; y) và g(x; y) qua S, P ta có hệ phương trình mới
F (S; P ) = 0
G(S; P ) = 0.

Giải hệ phương trình này tìm được S, P. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình
t2 − St + P = 0.

Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P .
x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = S 2 − 2P.
x3 + y 3 = (x + y) (x + y)2 − 3xy = S 3 − 3P S.
x2 y + xy 2 = xy (x + y) = SP.
x4 + y 4 = x2 + y 2

2

− 2x2 y 2 = S 2 − 2P

2

− 2P 2 .

+ Nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì do tính đối xứng của hệ (y; x) cũng là nghiệm
15


Hệ phương trình thường gặp

của hệ, nên để hệ có nghiệm duy nhất thì x = y .
+ Điều kiện để hệ có nghiệm là S 2 ≥ 4P. Nếu S 2 = 4P thì hệ có nghiệm duy nhất
x = y = S2 . + Trong mục này ta xét cả các ví dụ hệ đối xứng ba ẩn.

Bài toán 2.4. Giải hệ phương trình
x3 y(1 + y) + x2 y 2 (2 + y) + xy 3 − 30 = 0
x2 y + x(1 + y + y 2 ) + y − 11 = 0.

Lời giải. Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành

xy(x2 + y 2 ) + x2 y 2 (x + y) + 2x2 y 2 = 30
xy(x + y) + (x + y) + xy = 11.

Đặt S = x + y, P = xy, S 2 ≥ 4P , ta có các hệ phương trình sau
P (S 2 − 2P ) + P 2 S + 2P 2 = 30
SP + S + P = 11;
SP (S + P ) = 30
SP + S + P = 11.

Giải hệ phương trình ta tìm được S + P = 6, SP = 5 hoặc S + P = 5, SP = 6.
Ta có hai trường hợp:
Trường hợp. S + P = 6, SP = 5 ta tìm được S = 5, P = 1 hoặc S = 1, P = 5, nhưng
do điều kiện nên ta chọn S = 5, P = 1 . Từ đó suy ra x, y là nghiệm của phương
trình
t2 − 5t + 1 = 0

hay t =

√
5+ 21
2

hoặc t =

√
5− 21
2 .

Trường hợp. S + P = 5, SP = 6 ta tìm được S = 3, P = 2 hoặc S = 2, P = 3, nhưng
do điều kiện nên ta chọn S = 3, P = 2 . Từ đó suy ra x, y là nghiệm của phương

trình
t2 − 3t + 2 = 0

hay t = 1 hoặc t = 2.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
√

√

√

√

(x; y) = (1; 2), (2; 1), ( 5+2 21 ; 5−2 21 ), ( 5−2 21 ; 5+2 21 ).
16


Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.5. Giải hệ phương trình
√
√
2 + y 2 + 2xy = 8 2
x
√
√
x + y = 4.

Lời giải. Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0. Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành các hệ
phương trình sau

√
√
(x + y)2 − 2xy + 2xy = 8 2
√
√
x + y = 4;
√
√
√
√ 2
√
{ ( x + y) − 2 xy } 2 − 2xy + 2xy = 8 2
√
√
x + y = 4.
√
√ √
√
Đặt S = x + y, P = x. y (P ≥ 0, S 2 ≥ 4P ), ta có các hệ phương trình
2

(S 2 − 2P ) − 2P 2 +
S = 4;
(16 − 2P )2 − 2P 2 =
S = 4.

√
√
2P = 8 2
√

2(8 − P )

(1)

Phương trình đầu của hệ phương trình (1) tương đương với
2P 2 − 64P + 256 =

√

2 (8 − P ) ;

0≤P ≤8
2P 2 − 64P + 256 = 2(P 2 − 16P + 64);
0≤P ≤8
32P = 128.
√ √
Tìm được P = 4 và S = 4 suy ra x, y là nghiệm của phương trình
t2 − 4t + 4 = 0 hay t = 2.

Từ đó suy ra x = y = 4.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; 4).
Nhận xét 2.2. Không phải lúc nào ta cũng đặt tổng và tích của x, y như là cách
đặt S = x + y, P = x.y mà đôi khi ta đặt S, P bằng tổng và tích của hai biểu thức
như cách đặt của bai 2.5 trên.
17


Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.6. (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2000) Giải hệ phương trình

x2 + y 2 + xy = 7
x4 + y 4 + x2 y 2 = 21.

Lời giải. Đặt S = x + y, P = xy, (S 2 ≥ 4P ), biến đổi hệ phương trình đã cho trở
thành các hệ phương trình sau
(x + y)2 − xy = 7
2

[(x + y)2 − 2xy] − x2 y 2 = 21;
(x + y)2 − xy = 7
(x + y)4 − 4xy(x + y)2 + 3x2 y 2 = 21.

Ta có các hệ phương trình sau
S2 − P = 7
S 4 − 4P S 2 + 3P 2 = 21;
S2 = 7 + P
(P + 7)2 − 4P (P + 7) + 3P 2 = 21;
S = 3 hoặc S = −3
P = 2.

Trường hợp 1. S = 3; P = 2 suy ra x, y là nghiệm của phương trình
t2 − 3t + 2 = 0 hay t = 1 hoặc t = 2.

Trường hợp 2. S = −3; P = 2 suy ra x; y là nghiệm của phương trình
t2 + 3t + 2 = 0 hay t = −1 hoặc t = −2.

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 2), (2; 1), (−1; −2), (−2; −1).
Bài toán 2.7. (Chọn đội tuyển nghệ an 2011) Giải hệ phương trình
x2 + y 2 = 51
4x2 + 3x − 57

25 = −y (3x + 1) .

Lời giải. Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành các hệ phương trình sau
10
2x2 + 2y 2 = 25
4x2 + 3x + 3xy + y =

57
25 ;

10
2x2 + 2y 2 = 25
2x2 − 2y 2 + 3x + 3xy + y =

18

47
25 .


Hệ phương trình thường gặp

Ta thấy
2x2 − 2y 2 + 3x + 3xy + y =

47
,
25

hay

(2x − y) (x + 2y) + (2x − y) + (x + 2y) =

47
.
25

Đặt a = 2x − y, b = x + 2y, ta có các hệ phương trình sau
a2 + b 2 = 1
ab + a + b =

47
25 ;

(a + b)2 − 2ab = 1
2(a + b) + 2ab = 94
25 ;
2ab = (a + b)2 − 1
(a + b + 1)2 = 144
25 .

Giải hệ phương trình ta tìm được ab =

12
25 ;

a+b =

7
5

hoặc ab =

132
25 ;

Nhưng do điều kiện ràng buộc (a + b)2 ≥ 4ab nên ta chọn cặp ab =

a + b = − 17
25 .
12
25 ;

a + b = 75 .

Suy ra a, b là nghiệm phương trình
7
12
3
4
t2 − t +
= 0 hay t = hoặc t = .
5
25
5
5

Ta có hai trường hợp:
Trường hợp 1.
2x − y = 53
x + 2y = 54 .

Ta tìm được (x; y) = ( 25 ; 15 ).
Trường hợp 2.
2x − y = 54
x + 2y = 53 .
2
Ta tìm được (x; y) = ( 11
25 ; 25 ).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (x; y) =

2 1
5; 5

,

11 2
25 ; 25

.

Nhận xét 2.3. Cách phân tích ở phương trình thứ hai là khó thấy. Bài toán này
thực chất là suất phát từ hệ đối xứng thông thường nhưng qua các phép thế và
tách biểu thức nó trở nên phức tạp và việc biến đổi ngược lại thường phải mò mẫm.

19


Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.8. (Xem[4]) Giải hệ phương trình
1
x

+
1
√
3
x

1
y

=9

+

1
√
3 y

1+

Lời giải. Điều kiện: xy = 0. Đặt u =

1
√
3
x

1
√
,
3
x

v=

1+

1
√
3 y

1
√
3 y,

ta có các hệ phương trình sau

= 18.

u3 + v 3 = 9
(u + v) (u + 1) (v + 1) = 18;
u3 + v 3 = 9
(u + v) (u + v + uv + 1) = 18.

Đặt S = u + v, P = uv, (S 2 ≥ 4P ), ta có các hệ phương trình sau
S 3 − 3SP = 9
S (S + P + 1) = 18;

S 3 −9
3S
3
S + S3S−9

P =
S

+ 1 = 18;

3

P = S3S−9
3S 2 + S 3 − 9 + 3S = 18;
3

P = S3S−9
S 3 + 3S 2 + 3S − 63 = 0;
3

P = S3S−9
(S − 3) S 2 + 6S + 21 = 0.

Giải hệ phương trình trên tìm được S = 3; P = 2. Suy ra u, v là nghiệm của phương
trình
t2 − 3t + 2 = 0 hay t = 1 hoặc t = 2.

Từ đó có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1.
1

√
3
x
1
√
3 y

=1
= 2.

1
√
3
x
1
√
3 y

=2
= 1.

Ta tìm được nghiệm (x; y) = (1; 18 ).
Trường hợp 2.

20


Hệ phương trình thường gặp

Ta tìm được nghiệm (x; y) = ( 18 ; 1).

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 18 ), ( 18 ; 1).
Bài toán 2.9. Giải hệ phương trình
x3 y (y + 1) + x2 y 2 (y + 2) + xy 3 − 30 = 0
x2 y + x 1 + y + y 2 + y − 11 = 0.

Lời giải. Biến đổi hệ phương trình đã cho trở thành
xy (x + y) (x + y + xy) = 30
xy (x + y) + x + y + xy = 11.

Đặt a = xy (x + y) , b = x + y + xy, ta có hệ phương trình
ab = 30
a + b = 11.

Suy ra a; b là nghiệm của phương trình: t2 − 11t + 30 = 0 hay t = 5 hoặc t = 6.
Trường hợp 1.
xy (x + y) = 6
xy + x + y = 5,

nên xy và x + y là nghiệm của phương trình t2 − 5t + 6 = 0 hay t = 2 hoặc t = 3.
Trong hai khả năng x + y = 2; xy = 3 và x + y = 3 ; xy = 2 thì chỉ có x + y = 3; xy = 2
cho kết qủa tìm được nghiệm (x; y) = (1; 2), (2; 1). Khả năng còn lại vô nghiệm.
Trường hợp 2.
xy(x + y) = 5
xy + x + y = 6,

nên xy và x + y là nghiệm của phương trình t2 − 6t + 5 = 0 hay t = 1 hoặc t = 5.
Trong hai khả năng x + y = 5; xy = 1 và x + y = 1; xy = 5 thì chỉ có x + y = 5; xy = 1
√

√

cho kết quả tìm được nghiệm (x; y) = ( 5±2 21 ; 5±2 21 ). Khả năng còn lại vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y) = (1; 2) , (2; 1) ,

√
√
5+ 21 5− 21
;
2
2

,

√
√
5− 21 5+ 21
;
2
2

.

Nhận xét 2.4. Giải hệ phương trình đối xứng bằng phép đặt ẩn phụ ta sẽ thấy
mặc dù hệ là đơn giản nhưng qua phép đặt ẩn phụ biến đổi ta sẽ được hệ mới phức
tạp hơn rất nhiều. Khi giải ta phải mò mẫn ngược lại ra ẩn phụ. Hệ phương trình
dưới đây có hình thức tương tự.
21


Hệ phương trình thường gặp

Bài toán 2.10. Giải hệ phương trình
x2 + y 2 + 1 = 5x + 2xy
xy 2 − 2y 1 + y + y 2 = x + 2.

Lời giải. Biến đổi hệ trở thành
y 2 + 1 + x (x − 2y) = 5x
(1 + y 2 )(x − 2y − 2) = 2x.

Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình trên. Khi x = 0 chia cả hai
phương trình của hệ trên cho x ta được hệ phương trình
y 2 +1
x + (x − 2y − 2) = 3
1+y 2
( x )(x − 2y − 2) = 2.

Đặt a =

y 2 +1
x ,

b = x − 2y − 2, ta có hệ phương trình cơ bản sau
a+b=3
ab = 2

Giải hệ phương trình cơ bản ta được a = 1; b = 2 hoặc a = 2; b = 1
Ta có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1.
1 + y2 = x
x − 2y − 2 = 2.

Hay
x = 2y + 4
y 2 − 2y − 3 = 0.

Giải hệ phương trình trên tìm được (x; y) = (2; −1), (10; 3),
Trường hợp 2.
1 + y 2 = 2x
x − 2y − 2 = 1.

Hay
x = 2y + 3
y 2 − 4y − 5 = 0.

Giải hệ phương trình trên tìm được (x; y) = (1; −1), (13; 5).
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; −1) , (13; 5) , (2; −1) , (10; 3) .
22


Hệ phương trình thường gặp

Nhận xét 2.5. Hệ trên bản chất chính là hệ đối xứng rất đơn giản qua phép đặt
ẩn phụ biến đổi mà thành. Ta xét các hệ sau có bản chất là hệ đối xứng cơ bản
a+b=3
ab = 2.

Qua một số phép đặt ẩn phụ thành các hệ mới
1) Thay a = x2 + x, b = y 2 + y ta có hệ phương trình

x2 + y 2 + x + y = 3

xy(x + 1)(y + 1) = 2.
x2 + y 2 = 3
xy(x2 − y 2 ) = 2.

2) Thay a = x2 + xy, b = y 2 − xy ta có hệ phương trình

x2 + 4x + y = 3
x(x + y)(2x + y) = 2.

3) Thay a = x2 + 2x, b = 2x + y ta có hệ phương trình
4) Thay a =

x2 +1
y ,

b = x+y +1 ta có hệ phương trình

x2 + y 2 + xy + 1 = 2y
x2 (x + y + 1) + x + 1 = y.

Tương tự xuất phát từ hệ đối xứng sau
a+b=3
a2 + b2 = 5.

Bằng cách thay a = x, b = x(x + y) ta có hệ phương trình

x(x + y + 1) − 3 = 0
(x + y)2 − x52 + 1 = 0.

Bài toán 2.11. (ĐH khối D.2009) Giải hệ phương trình

x(x + y + 1) − 3 = 0
(x + y)2 − x52 + 1 = 0.

Lời giải. Cách 1. Đi ngược lại quy trình tìm ra bài toán trên. Biến đổi hệ phương
trình đã cho trở thành
x + x(x + y) = 3
x2 (x + y)2 + x2 = 5.

Đặt a = x, b = x(x + y), ta có hệ phương trình
a+b=3
a2 + b2 = 5.

Đây là hệ phương trình đối xứng cơ bản.
Cách 2. Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Khi x = 0 chia cả
hai vế của phương trình đầu của hệ cho x ta được hệ phương trình
x + y + 1 − x3 = 0
(x + y)2 − x52 + 1 = 0.
23