MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH và hệ bất PHƯƠNG TRÌNH đại số

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

HOÀNG THỊ DỊU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2014


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

HOÀNG THỊ DỊU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2014


Mục lục
LỜI GIỚI THIỆU

2

1 CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

3

1.1 Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . 18
1.4 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

28

2.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 39
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

57

3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình . . . . . . . . . 57

3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn . . . . . . . . . . . . 60
Kết luận
Tài liệu tham khảo

70
71

1


LỜI GIỚI THIỆU
Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong chương trình học phổ
thông. Đề thi đại học các năm hầu hết đều có câu hệ phương trình. Đó cũng là
một phần học quan trọng ở đại số lớp 10. Từ khá lâu nay việc tìm cách tổng hợp
các phương pháp để giải hệ phương trình cũng đã được rất nhiều người quan tâm.
Hệ bất phương trình thì lại là một lĩnh vực mà ít được mọi người quan tâm
hơn. Các tài liệu tổng hợp về phương pháp giải hệ bất phương trình có thể nói là
khá ít.
Dựa trên sự giúp đỡ chỉ dẫn của thầy Nguyễn Văn Mậu cùng với sự tìm tòi
tham khảo tôi đã tổng hợp được một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ
bất phương trình đại số.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận chung, danh mục các tài liệu tham khảo,
cấu trúc của luận văn bao gồm có ba chương.
Chương 1 trình bày một số dạng cùng phương pháp và cách giải hệ phương
trình đại số.
Chương 2 trình bày một số phương pháp và những ví dụ về giải hệ bất phương
trình đại số.
Chương 3 xét các hệ chứa tham số và hệ bất phương trình một ẩn.

2

Chương 1
CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH
CƠ BẢN
1.1 Hệ phương trình tuyến tính
Nhận dạng
Xét hệ phương trình

a1X + b1Y = c1
a2X + b2Y = c2

Phương pháp giải
Thường có ba phương pháp:
Cách 1 phương pháp thế.
Tư một phương trình ta rút một ẩn theo ẩn kia và thế vào phương trình còn lại.
Cách 2 phương pháp cộng đại số.
Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình một hợp lý để dễ dàng tìm được x hoặc
y.
Cách 3 dùng định thức.
Ta kí hiệu

D=

1

ab
cb
ac
2 2b1, DX = 1 1c2 b 2= c1b2−c2b1, D2Y =

2
1a b = a1b22−a
TH1: D = 0 Hệ có nghiệm duy nhất

D

X = D X

D

Y = D Y
3

1

1a

c = a1c2−a2c1


TH2: D = 0 và DX = DY = 0 Hệ có vô số nghiệm dạng

{(X0; Y0)|a1X0 + b1Y0 = c1}

.
TH3:D = 0 và DX = 0 hoặc DY = 0. Khi đó hệ vô nghiệm.
Lưu ý : Đôi khi cũng cần một vài biến đổi như đặt ẩn phụ thì hệ mới quy về hệ
hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Sau đây là một số bài toán. Và thông thường, với một bài toán ta cũng có thể
kết hợp vài phương pháp để giải một cách thuận lợi.

Bàitoán+ 1.1. Giải hệ phương trình

x−y
=5
3
− yx
 5xy −


Lời 
giải.
Điều kiện: x = y.
Hệ phương trình đề bài tương đương với

3x + 3y + 2 = −2x + 2y
15x − 3y = 5y − 5x ⇔ 5x + y = 5x
−2− 2y = 0
Từ phương trình thứ nhất, ta rút4ra y = −5x − 2, thế vào phương trình 2thứ hai
thì được 15x + 4 = 0 hay x = − 15 , từ đó dễ dàng tìm được y = − 3 .
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (−

4 2
15; 3− ).

Bài toán 1.2. Giải hệ phương trình

Lời giải.

5

x y =3
6
10

 +
x y =1
9−


Đặt 1

x = u, 1y = v với u, v = 0 Khi đó hệ phương trình trở thành
6u + 5v = 3
9u − 10v = 1
4


Nhân hai vế của phương trình đầu với 2 rồi cộng từng vế của phương trình mới

1
3

thu được với phương trình còn lại ta được u = , thay vào một trong hai phương

1
5

trình thì v = . Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (3; 5).
Bài toán 1.3. Giải hệ phương trình

+ y +7
y +3 =5
 2xx −
− 32


Lời giải.

y +3
x
−
2
 x + 1 + 3y + 1 = 5

1

+1+ 4
y +3 =5

x−
2 8
3

2 +
y +3 =5
x − 2 +3 −

1 +

Hệ phương trình tương đương với

+ 4
y +3 =2
 1x − 2 8


y +3 =1
x−2−
3
u + 4v = 2
 Đặt 1 = u, 1
y +3 = v với u, v = 0 hệ trở thành
x−2
3u − 8v = 1
Sử dụng định thức, ta tính được 1D = −20, DX = −20, DY = −5. Từ đó thu
được u = DX
D = 1, D
v ==D.YCuối4cùng ta dễ dàng tính được (x; y) = (3; 1).

⇔

Hay ta có thể xét hệ chứa dấu giá trị tuyệt đối mà khi chia trường hợp để giải
thì cũng quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Bài toán 1.4. Giải hệ phương trình sau |x − 1| + y = 0

2x − y = 1

Lời giải.

Từ phương trình thứ nhất ra rút ra y = −|x − 1|, thế vào phương trình thứ hai

ta thu được |x − 1| = 1 − 2x.

2
TH1 Nếu x ≥ 1 thì |x − 1| = x − 1, do đó x − 1 = 1 − 2x, tìm được x = 3 < 1,
không thỏa mãn.

TH2 Nếu x < 1 thì |x − 1| = 1 − x, giải tương tự tìm được x = 0 < 1, thỏa mãn.
5


Khi đó y = −1.
Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; −1).
Sau đây ta đưa ra một số bài toán hình học phẳng là những câu trong đề thi
đại học mấy năm gần đây như là một ứng dụng của giải hệ phương trình tuyến
tính bậc nhất.
Bài toán 1.5 (Đề thi Đại học khối A 2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc
đoạn AC sao cho AN = 3N C . Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng

M (1; 2) và N (2; −1).
Lời giải.

M

A

K

B

I

N
C

D
Hình 1.1:

Gọi K là trung điểm của MB, khi đó N K song song với BC , do đó N K vuông
góc với AB và CD. Gọi E là giao của đường thẳng N K với DC .

a
4

Trong tam giác vuông MKN ta có MK = , N K = 3a

a 10

√
4.

4 , suy ra MN =
3
Từ đó cos MN K = √ 10 .
Gọi vecto chỉ phương của N K có tọa độ là (a; b) (a2 + b2 > 0). Ta có −−→ =MN
(1; −3).
6


Khi đó ta có

3
|a − 3b|
cos(N K, N M ) = | cos MN K | ⇔ √a2 + b2.√10 = √10
√
⇔ |a − 3b| = 3 a2 + b2
⇔ a2 − 6ab + 9a2 = 9(a2 + b2)
⇔ 4a2 + 3ab = 0
a =0
⇔ 4a + 3b = 0
- Với a = 0, vì a2 + b2 > 0 nên ta chọn b = 1. Khi đó dễ dàng viết được phương
trình của đường thẳng AB là y − 2 = 0, đường thẳng N K là x − 2 = 0.
Suy ra tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình

y − 2=0
x − 2=0

Suy ra K (2; 2).

−−→ 4 −−→

Ta có KE = KN3. Từ đó suy ra E(2; −2).
Đường thẳng CD qua điểm E(2; −2), nhận vecto chỉ phương (0; 1) của N K làm
vecto pháp tuyến có phương trình là y + 2 = 0.
- Với 4a + 3b = 0, và vì a2 + b2 > 0, nên ta chọn a = 3, b = −4. D đó vecto chỉ
phương của N K là (3; −4).
Khi đó dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AB là 3x − 4y + 5 = 0,
đường thẳng N K là 4x + 3y − 5 = 0.
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình

3x − 4y + 5 = 0
4x + 3y − 5 = 0 ⇔ x = 1
y = 7

Suy ra tọa độ điểm K 1 ; 7

5
5

55.

Tương tự lập luận như trường hợp trên ta cũng tìm được điểm E 13

9
5 ; − 5 . Do

đó ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng CD là 3x − 4y − 15 = 0.
Bài toán 1.6 (Đề thi Đại học khối D 2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC có đỉnh B(−4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân
giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và C .
7


Lời giải.

B(−4,1)

d
I

G
A

C

M B′
Hình 1.2:

Gọi d là đường phân giác trong của góc A, tức là d có phương trình x−y−1 = 0.
Gọi điểm B ′ đối xứng với điểm B qua d. Vì d là tia phân giác trong góc A nên
suy ra B ′ nằm trên đường thẳng AC .
Gọi I là giao điểm của BB ′ và d. Suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình

x + y +3=0
x − y − 1= 0 ⇔ x = −1y = −2
Suy ra I (−1; −2).
Ta có I là trung điểm của BB ′, do đó dễ dàng ta tìm được B ′(2; −5).
Gọi M là trung điểm của AC , suy ra −−→
2−−→. Do đó ta tìm được M 7
BG = GM
Đường thẳng AC đi qua hai điểm B ′ và M nên ta viết được phương trình của

2 ;1 .

AC là 4x − y − 13 = 0.
Điểm A là giao điểm của d và AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình

Suy ra A(4; 3).

4x − y − 13 = 0
x − y − 1= 0 ⇔

x =4
y =3

Điểm M là trung điểm của AC nên dễ dàng tìm được C (3; −1).
8


Bài toán 1.7 (Đề thi Đại học khối B 2008). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy
xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC , biết rằng hình chiếu vuông góc của

C trên đường thẳng AB là điểm H (−1; −1), đường phân giác trong của góc A có
phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y − 1 = 0.
Lời giải.

C
K

H′

D

B

H

A
Hình 1.3:

Gọi H ′(a; b) là điểm đối xứng với điểm H qua đường thẳng AD. Suy ra H ′
nằm trên đường thẳng AC .
Đường thẳng AD có vecto chỉ phương (1; 1). Ta có −−→(aHH
+ 1;
′ b + 1). Gọi

I a−1b−1
2 là trung điểm của HH ′.
2;
Khi đó vì HH ′ vuông góc với AD và I phải thuộc đường thẳng AD nên ta có
tọa độ H ′ là nghiệm của hệ phương trình
1(a + 1) + 1(b + 1) = 0
a−1
b =1
2 − b −2 1+2=0 ⇔ a = −3
Suy ra H (−3; 1).
Đường thẳng AC đi qua H ′ và vuông góc với đường cao BK , từ đó ta viết được
phương trình của AC 3x − 4y + 13 = 0.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
9


Suy ra A(5; 7).

3x − 4y + 13 = 0
x − y +2=0

HA làm vecto pháp tuyến nên CH
Đường thẳng CH đi qua H (−1; −1) nhận 1 −−→

2
có phương trình là 3x + 4y + 7 = 0.
Vì C là giao điểm của đường thẳng CH và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ
phương trình

10 3
; ).
Suy ra C (− 3 4

3x + 4y + 7 = 0
3
3x − 4y + 13 = 0 ⇔ x= − 10
4
y = 3

1.2 Hệ phương trình đối xứng
Hệ phương trình đối xứng loại 1
Nhận dạng
Khi tráo đổi vai trò của x và y trong hệ thì từng phương trình không thay đổi.
Nhận xét Nếu hệ có (x0; y0) là một nghiệm thì (y0; x0) cũng là một nghiệm của
hệ.
Phương pháp tổng quát
Đặt S = x + y

P = xy

Điều kiện để hệ có nghiệm là S 2 − 4P ≥ 0.
Khi tìm được nghiệm S, P thì x, y sẽ là hai nghiệm của phương trình

t2 − St + P = 0.

Lưu ý đôi khi ta cũng cần qua một vài biến đổi như đặt ẩn phụ để đưa hệ về
dạng đối xứng loại 1. Sau đây là một vài bài minh họa.
Bài toán 1.8. Giải hệ phương trình sau

x2 + y2 + xy = 7
x + y + xy = 5
10


Lời giải.
Đặt S = x + y

P = xy

Hệ trở thành S 2 − P = 7

S + P =5

Dễ dàng giải được hệ này, ta có hai trường hợp như sau:
TH1 S = 3, P = 2. Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2 − 3t + 2 = 0.
Ta thu được hai nghiệm là

x =1
y =2 và

x =2
y =1

TH2 S = −4, P = 8. Trường hợp này vô nghiệm.

Vậy hệ có hai nghiệm là (1; 2), (2; 1)
.
Bài toán 1.9. Giải hệ phương trình sau x + xy − y = 5

x2 + y2 + xy = 13 (Hệ này là đối

xứng đối với x và −y)
Lời giải.
Đặt
u, xy = v thì hệ trở thành
u+
xv−=5=
y

u2 + 3v = 13
Từ phương trình thứ nhất ta có v = 5 − u thế vào phương trình thứ hai ta được
u2 − 3u + 2 = 0. Phương trình này có hai nghiệm là u = 1; u = 2. Từ đó ta xét
hai trường hợp.
TH1 u = 1, v = 4 hay x − y =1

x(−y) = −4

Khi đó x, −y là hai nghiệm của phương trình t2 − t − 4 = 0. Phương trình này
√17.17; t = 1 +
có hai nghiệm là t = 1 − √
Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là

√17
√17
x =1+ √

17 ; x =1 − √
y = −1 + y = −1 −

17

TH2 u = 2, v = 3 hay x − y =2

x(−y) = −3

Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2 − 2t − 3 = 0. Phương trình này có
hai nghiệm t = −1; t = 3.
x =3
Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là x = −1
y =1
y = −3 ;
Vậy hệ có bốn nghiệm là (1 + √

17; −1 + √17), (1 − √17; −1 −

11


√
.

17), (−1; −3), (3; 1)

Bài toán 1.10. Giải hệ phương trình sau x2 + xy + y2 = 7

x4 + x2y2 + y4 = 21

Lời giải.

u + v =7

Đặt x2 + y2 = u, xy = v hệ trở thành u + v =7

u2 − v 2 = 21 ⇔

u =5
v =2
Do đó x2 + y2 = 5

xy = 2

xy ⇔
= 2(x + y)2 − 2xy = 5

(x + y)2 = 9
xy = 2

Từ đây có hai trường hợp xảy ra
TH1 x + y =3

xy = 2

Ta tìm được hai nghiệm x =1

y =2 ;

x =2
y =1

TH2 x + y = −3

xy = 2

Ta tìm được hai nghiệm (−1; −2), (−2; −1).
Bài toán 1.11. Giải hệ phương trình sau x2 + 2x + y = 4

xy(x + 2) = 3

Lời giải.
Hệ phương trình đề bài tương đương với

(x2 + 2x) + y = 4
(x2 + 2x)y = 3
Đặt x2 + 2x = u, hệ trở thành
u + y =4
uy = 3
Có hai trường hợp xảy ra

TH1 u = 3, y = 1 hay x2 + 2x = 3

y =1

Ta tìm được hai nghiệm x =1

y =1 ; x = −3
y =1

TH2 u = 1, y = 3 hay x2 + 2x = 1

y =3

12

u − v =3 ⇔


2

Ta tìm được hai nghiệm x =3y =3; x = −1 + √

xVậy hệ có bốn nghiệm phân biệt √ 2
y =3
; x = −1 +y√=3
y =1 ; x =1 ; x = −1 −

2

2

xy

x + y + 1 +11 =1 4


Bài toán 1.12. Giải hệ phương trình sau


 x2 + y2 +

Lời giải.

x2 + y2 =4

Đặt x + 1

x = u, y + 1y = v.
1
1
Suy ra x2 + 2x= u2 − 2;y y2 + 2 = v 2 − 2.
Khi đó hệ trở thành

u + v =4
u2 + v 2 = 8
u+v=4
2
⇔ ⇔

u + v =4
uv = 4

⇔

u =2
v =2

x − 2uv = 8 x =1

(u + v)
1
⇔ x + 1 = 2
y =1

y =2 ⇔
Vậynghiệm
y + của hệ là x =1

y =1

Bài toán 1.13. Giải hệ phương trình sau

x y 7
y + x = √xy +1
 x xy + y√xy = 78

Lời giải.
Hệ tương đương với

√

 √ xy xy
x+
y =+7y)==1 78
xy(x
Đặt
√ x + y = u, √ xy = v với v ≥ 0, hệ trở thành

u

v = 7v =1
uv = 78

13


Từ phương trình thứ nhất ta có u = 7 + v, thế vào phương trình thứ hai ta được

v 2 + 7v − 78 = 0

Phương trình này có hai nghiệm v = −13, v = 6. Vì v ≥ 0 nên v = 6. Suy ra
u = 13. Khi đó

x + y = 13 x + y = 13
√ xy = 6 ⇔ xy = 36

Đến đây ta dễ dàng giải được

x =9
y =4 ; x =4y =9 Vậy hệ có hai nghiệm như trên.
√xy
√+x +1+
y − y√
=3
+1=4

Bài toán 1.14. Giải hệ phương trình sau x
Lời giải.

Điều kiện: x −1, y −1, xy 0.

Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được
√
xy + x + y + 1 = 14.
x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16 ⇔ x + y + √
Đặt S = x + y, P = √xy(S
−2, P 0), thay vào hệ ta được

S − P√= 3
S +√2
2 S + P 2 + 1 = 14(1) Thế P = S − 3 vào (1) ta có
S + √ S 2 − 5S + 10 = 14
⇔ 2 S 2 − 5S + 10 = 14 − S.
Thêm điều kiện S 14, bình phương hai vế thu được
4(S 2 − 5S + 10) = S 2 − 28S + 196 ⇔ 26
2 + 8S − 156 = 0.
263S
Tìm được hai nghiệm S = 6 và S = − 3 (loại vì − 3 < −2). Từ đó P = 3. Ta
có

x + y =6
xy = 9 ⇔ x = y =3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 3).

√√
x2y + y2x = 20

Bài toán 1.15. Giải hệ phương trình sau x y + y x = 6(1)

Lời giải.

Điều kiện: x 0; y 0.
Đặt x√y = u, y√x = v(u, v 0), thay vào hệ đề bài ta được

u + v =6
u2+ v2 = 20

u + v =6

⇔

2

(u + v) − 2uv = 20
14

u + v =6
uv = 8 .


√
v =4 hay x√y =y 2x =4
= 16 .
⇔ x2yxy=2 4
Nhận thấy x, y = 0, ta chia từng vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ
nhất được y = 4x, thay vào (1) ta có
√ √
√
2x x + 4x x = 6 ⇔ x x = 1 ⇔ x = 1. Từ đó y = 4, ta có một nghiệm (1; 4).
TH2. u =4
v =2

Giải tương tự như trường hợp một ta thu được một nghiệm (4; 1)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1; 4), (4; 1)
TH1. u =2

xy

1
(x + y)(1 + 1 )


Bài toán 1.16. Giải hệ phương trình sau
Lời giải.
Điều kiện: xy = 0.
Hệ phương trình đề bài tương đương với


 xy +

xy =4

y x

x + 1 +1y + 1
=4


 xy +
Đặt  xy y
x + 11= u


x=v

yuv
+ = xy + 1
Suy ra
u + v =5
uv = 6
u =2
⇔ v =3 hoặc

.

xy + 2. Từ đó thay vào hệ trên ta được
u =3
v =2

- TH1 u =2

1
v =3 
y
y
=2
1


x = 2 − 1 =3 (1)
⇔ 


x
+
1
 
x
y + 1 = 3 y + 2 − y






15


3+ √3
Ta có (1) ⇔ 2y2 − 6y + 3 = 0 ⇔ y =

3

2 . 2 hoặc y = 3 − √

√ 3+dàng
√3 dễ
Từ đó√ta
tìm được hai nghiệm của hệ phương trình
3+

3
3 ;

33−√
2 .

2 ,33 −
3 ;

- TH2 
x + 1y= 3


.

1

y + x =2

Tương tự như ường hợp một, ta được hai nghiệm của hệ là√
tr
tìm 3 3 −
3
,
3
−
3 .
3+ 3 3+ 3
3

2 ;

√

2 ;

Vậy h phương trình có bốn nghiệm √ √
ệ
33−√

3+ 3 3+ 3
3 ;

2 3, 3 − √
2 ,33+ √
3 3+ 3
3 ;
2 ;
2 ; 3 .

√
√

√

3 ,3−√

33−√

Sau đây là một số bài có thể áp dụng cách giải tương tự như những bài vừa
giải ở trên.
Bài 1.[Dự bị 1 khối A 2005]Giải hệ phương trình

x(x + y +x1)
2 ++yy(y
2 ++
x +1)y==24 Bài 2. [Dự bị 1 khối D 2006]. Giải hệ phương
trình

x2 − xy + y2 = 3(x − y)
x2 + xy + y2 = 7(x − y)2

Bài 3. Giải hệ phương trình
xx24 +− yx22y=2 5+ y4 = 13 Bài 4. Giải hệ phương trình

x + y + 1x+y1 = 5


Bài 5. Giải hệ phương trình

1 1

+ y2 + x2 + y2 =9
 xx2 −
2 xy +2 y = 7
x + y =5
Bài 6. Giải hệ phương trình
xy = 3 Bài 7. Giải hệ phương trình
x4x2++yy4 2=+17
xxy(x
3 + y3 = 7
+ y) = −2 Bài 8. Giải hệ phương trình
x2xy(x

+ x++1)(y
y2 ++y1)
==
1872 Bài 9. Giải hệ phương trình

16


x3 + y3 = 19
(x + y)(8 + xy) = 2 Bài 10. Giải hệ phương trình
x
y =9



x + y +

Bài 11. Giải hệ phương trình

y
 (x + y)x = 20
 3xy − (x2 + y2) = 5
7x2y2 − (x4 + y4) = 155 Bài 12. Giải hệ phương trình
x(x + 2)(2x + y) = 9
x2 + 4x + y = 6
Bài 13. Giải hệ phương trình
√x + √y =4
x + y − √ xy = 4 Bài 14. Giải hệ phương trình
x4 + y4 + 6x2y2 = 41
xy(x2 + y2) = 10

Bài 15. Giải hệ phương trình
(x + y)(1 + xy) = 18xy
(x2 + y2)(1 + x2y2) = 208x2y2 Bài 16. Giải hệ phương trình
y
y + x (x + y) = 15
x 2 2



y2 x2 (x2 + y2) = 85
x+y


1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

Dạng 1 : Xét hệ phương trình có dạng:
f...(x1) = g(x2)
f (x2) = g(x3)

f (xn) = g(x1)

f (xn−1) = g(xn)
Nếu hai hàm số f và g cùng đồng biến trên một tập A và (x1; x2; ...; xn) là nghiệm

của hệ phương trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1, 2, .., n thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát ta giả sử

x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Khi đó ta có x1 ≤ x2 suy ra f (x1) ≤ f (x2). Từ đó g(x2) ≤ g(x3), suy ra x2 ≤ x3..
Tiếp tục quá trình đó, cuối cùng ta sẽ suy ra xn ≤ x1.

Tóm lại x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ≤ x1.
Từ đó suy ra x1 = x2 = ... = xn.
17


Bài toán 1.17 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1994). Giải hệ phương trình
y3 + 3y − 3 + ln(y2 − y + 1) = z
x + 3x − 3 + ln(x2 − x + 1) = y
z + 3z − 3 + ln(z 2 − z + 1) = x
Lời giải
3
Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − 3 + ln(t2 − t + 1).
Ta có f ′(t) = 3(t2 + 1) + 22t − 1

t − t +1 > 0, ∀t ∈ R.
Do đó hàm số f (t) đồng biến trên R. Hệ phương trình có thể được viết thành
 f (y) = z
ff(x)
(z)==yx

Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z}. Khi đó ta có

x ≤ y suy ra f (x) ≤ f (y) hay y ≤ z. Từ đó f (y) ≤ f (z) hay z ≤ x.
Tóm lại x ≤ y ≤ z ≤ x. Suy ra x = y = z.
Xét phương trình x3 +3x−3+ln(x2 −x+1) = x ⇔ x3 +2x−3+ln(x2 −x+1) = 0
Phương trình đó có một nghiệm là x = 1.
Mà hàm số h(x) = x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1) đồng biến trên R nên x = 1 là
nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1.

Dạng 2 : Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ)
f...(x1) = g(x2)
f (x2) = g(x3)

f (xn) = g(x1)

f (xn−1) = g(xn)
Nếu
hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn) là

nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát, giả sử

x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Ta có

x1 ≤ x2 suy ra f (x1) ≥ f (x2) hay g(x2) ≥ g(x1). Từ đó x2 ≥ x3,...
Tiếp tục như vậy ta sẽ thu được f (xn) ≥ f (x1) hay g(x1) ≥ g(x2), suy ra
x 1 ≥ x2 .
18


Chứng tỏ x1 = x2.
Tóm lại từ quá trình trên ta suy ra được x1 = x2 = ... = xn.
Bài toán 1.18. Giải hệ phương trình
3 2


1 2y3+y2


 1 2x +x
4


=y
=z
=x

 4 2z 3+z42

Lời

 giải Nhận thấy vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ
có nghiệm x, y, z > 0.
3 2
Xét hàm số f (t) = (14)2t +t .
′

2

Ta có f (t) = −(2 ln 4)(3t + t)

1 2t3+t2
4

< 0, ∀t > 0.

Do đó hàm số f (t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x; y; z}.
Khi đó x ≤ y suy ra f (x) ≥ f (y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f (y) ≤ f (z) hay

z ≥ x.
Do đó x = z. Suy ra f (x) = f (z), nên y = x.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = .

1
2

Dạng 3 Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn)
f...(x1) = g(x2)
f (x2) = g(x3)

f (xn) = g(x1)

f (xn−1) = g(xn)
Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn)

là nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A, ∀i = 1, 2, ..., n thì

x1 = x3 = ... = xn−1
x2 = x4 = ... = xn

Để chứng minh khẳng định trên, ta giả sử x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Ta có

x1 ≤ x3 suy ra f (x1) ≥ f (x3) hay g(x2) ≥ g(x4). Suy ra x2 ≥ x4.
Do đó f (x2) ≤ f (x4), suy ra g(x3) ≤ g(x5).
Do đó x3 ≤ x5
19

... Tiếp tục quá trình, đến f (xn−2) ≤ f (xn), suy ra g(xn−1) ≤ g(x1). Do đó

xn−1 ≤ x1.
Suy ra f (xn−1) ≥ f (x1) hay g(xn) ≥ g(x2), từ đó xn ≥ x2.
Tóm lại ta có

+ x1 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn−1 ≤ x1, suy ra x1 = x3 = ... = xn−1;
+ x2 ≥ x4 ≥ ... ≥ xn ≥ x2, suy ra x2 = x4 = ... = xn.
Bài toán 1.19. Giải hệ phương trình sau
(y − 1)2 = 2z
(x − 1)2 = 2y



(t −
− 1)
1)22 =
= 2t
2x

(z
Lời
giải
Nhận
xét vế trái của các phương trình trong hệ đều không âm nên hệ chỉ


có nghiệm x, y, z, t ≥ 0.
Xét hàm số f (s) = (s − 1)2. Ta có f ′(s) = 2(s − 1). Do đó hàm số f đồng biến
trên khoảng (1; +∞) và nghịch biến trên [0; 1].

Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z, t}.

√3.+
sẽ x∈nghiệm
(1; ∞)+thì
∈ x,xy,=z,yt
z = t = , += (1; +∞)2 nên theo dạng 1 ở trên ta vừa xét,
hệ
Nếucó
duy nhất
+ Nếu s ∈ [0; 1] thì do tính liên tục và nghịch biến trên khoảng này của hàm f
nên 0 ≤ f (x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2y ≤ 1, từ đó cũng có y ∈ [0; 1]. Tương tự cũng có
z, t ∈ [0; 1].
Với x, y, z, t ∈ [0; 1], ta có
x ≤ y suy ra f (x) ≥ f (y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f (y) ≤ f (z) hay z ≤ x. Suy
ra x = z, và f (x) = f (z). Do đó y = t
Hệ phương trình trở thành

(x − 1)2 = 2y
(y − 1)2 = 2x
⇔ x = y =2+ √3 hoặc x = y = 2 − √

3

h
Vậy
√
2+ 3 ệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = 2 − √

3; x = y = z = t =

Sau đây ta xét một số hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh với hai ẩn số
mà trong chương trình phổ thông còn gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai và
cũng có cách giải đặc trưng riêng là trừ từng vế hai phương trình để tạo nhân tử
chung x − y.
20


x
Bài toán1.20.
4x
x − 3y = 4y

y

y − 3x =
Lời giải.
Với điều kiện x, y = 0 hệ trở thành

x2 − 3xy = 4y(1)
y2 − 3xy = 4x

Trừ từng vế hai phương trình và nhóm thành nhân tử ta thu được

(x − y)(x + y + 4) = 0

Khi đó ta xét hai trường hợp
TH1 y = x thế vào (1) ta được x2 + 2x = 0. Từ đây ta thu được hai nghiệm của
hệ là

x = y = 0; x = y = −2.
2

TH2 y = −x − 4 thay vào (1) ta được

x − 3x(−x − 4) = 4(−x − 4)
⇔ x2 + 4x + 4 = 0
⇔ x = −2
Từ đây ta cũng có nghiệm x = −2
y = −2
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (0; 0), (−2; −2)
Bài toán 1.21. x3 + 4x = y + 4(1)

y3 + 4y = x + 4

Lời giải.
Trừ từng vế hai phương trình ta thu được

(x − y)(x2 + y2 + xy) + 4(x − y) = −(x − y)
⇔ (x − y)(x2 + y2 + xy + 5) =y0 3
Vì x2 + y2 + xy + 5 = (x + 2 )2 + 4 y2 + 5 > 0 với mọi x, y nên suy ra x − y = 0
hay y = x, thế vào (1) ta có
x3 + 4x = x + 4
⇔ x3 + 3x − 4 = 0
⇔ (x − 1)(x2 + x + 4) = 0
⇔ x =1

Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x = y = 1
21

2

x2

2

3y = y + 2


Bài toán 1.22. Giải hệ phương trình sau

y2

3x = x + 2

Lời giải.
Điều kiện x, y = 0.



Hệ phương trình tương đương với 3yx2 = y2 + 2(1)

3xy2 = x2 + 2

Trừ từng vế hai phương trình ta được

3xy(x − y) = (y − x)(y + x)
⇔ (x − y)(3xy + y + y) = 0

Từ hệ phương trình đề bài, ta có nhận xét y2 + 2

y > 0, x > 0.

x2 > 0; x2y+
2 2> 0 nên

Hay 3xy + x + y > 0. Do đó x − y = 0 ⇔ x = y. Thay y = x vào phương trình
(1) ta được

3x3 − x2 − 2 = 0
⇔ (x − 1)(3x2 + 2x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 (vì 3x2 + 2x + 2 = 0 vô nghiệm).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x = y = 1.
Sau đây là một số bài ta có thể dễ dàng giải được tương tự.
Bài toán 1.23. Giải hệ phương trình

x3 = 2y + x + 2
y3 = 2x + y + 2 (ĐH Sài Gòn A-07)

Bài toán 1.24. Giải hệ phương trình

x3 = 3x + 8y
y3 = 3y + 8x

Bài toán 1.25. Giải hệ phương trình

x2 − 2y2 = 5y + 4
y2 − 2x2 = 5x + 4
Bài toán 1.26. Giải hệ phương trình

2x = y2 − 4y + 5
2y = x2 − 4x + 5
22


Bài toán 1.27. Giải hệ phương trình

y

2x2 = y + 1 1

x


2ytoán
2 = y1.28.
+ Giải hệ phương trình
Bài

y x

1
2x + 1 = 3

x=3
y

2y +
Bài toán 1.29. Giải hệ phương trình

x2 = x + y
y2 = y + x

Bài toán 1.30. Giải hệ phương trình

y = x3
x = y3

1.4 Hệ phương trình đẳng cấp
Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y.
Dạng tổng quát

ax2 + bxy + cy2 = d
a′x2 + b′xy + c′y2 = d′

Phương pháp tổng quát
* Xét x = 0. Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thì
vô nghiệm trong trong trường hợp này.
* Xét x = 0
- Nếu có một trong hai d hoặc d′ bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế của
phương trình thứ nhất cho x2, từ đó thu được phương trình có dạng

y
A y 2 + B + C =0
x x

Giải phương trình này tìm được tỉ số y

x , từ đó rút y được theo x , lại thay vào
phương trình thứ hai thì tìm được y, từ đó thu được x.

- Nếu cả d và d′ đều khác 0 thì ta cũng có thể tạo ra một phương trình thuần
nhất (hệ số tự do bằng 0) được bằng cách nhân cả hai vế của từng phương trình
với hệ số phụ tương ứng của d và d′ rồi lại trừ từng vế các phương trình thu được.
23