skkn một số phương pháp giải hệ phương trình

BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện: NGUYỄN

ANH TUẤN

Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: ...TOÁN.. 
- Lĩnh vực khác: ............................................ 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Phần mềm
 Phim ảnh
 Hiện vật khác

Năm học: 2011 - 2012

2
BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên:

NGUYỄN ANH TUẤN

2. Ngày tháng năm sinh:

18/11/1959

3. Nam, nữ:

NAM

4. Địa chỉ:

217/17. PHẠM VĂN THUẬN . BIÊN HÒA

5. Điện thoại:

(CQ)/

6. Fax:

E-mail:

7. Chức vụ:

GIÁO VIÊN

8. Đơn vị công tác:

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

.NR:061 3916509

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN
- Năm nhận bằng:

1981

- Chuyên ngành đào tạo:

SP TOÁN

III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:
Số năm có kinh nghiệm:

SP TOÁN
30 NĂM

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
* Phương trình hàm.
* Đa thức .

*Một số phương pháp tính giới hạn của dãy số và khảo sát tính hội tụ
của dãy số


3

Tên SKKN :

MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 30-4 một
trong các bài toán thường gặp là bài tóan về giải hệ phương trình và tính có
nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về
các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương
trình là hết sức cần thiết
Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập
điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên
Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp
để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải
các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán.
Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên
Tóan và đội tuyển thi Olympic 30-4 trong năm học 2011-2012.
HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI :
Đề tài đã được giảng dạy cho học sinh lớp 12 chuyên tóan và bồi dưỡng đội tuyển
Olympic 30/4 của năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh đã biết vận dụng và
cảm thấy thuận lợi hơn trong việc giải quyết các bài tóan về vấn đề này .
TÀI LIỆU THAM KHẢO
*Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 của các năm: 2006 đến 2011
của Nhà xuất bản Đại học Sư phạm

*Báo tóan học tuổi trẻ của các số của các năm 2005-2011 của Nhà xuất bản giáo
dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo.
*Nguồn Internet :
- wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc
- wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm…
NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

NGUYỄN ANH TUẤN


4
BM04-NXĐGSKKN

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị .....................................

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
................................, ngày

tháng

năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: .....................................
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Họ và tên tác giả: ....NGUYỄN ANH TUẤN ....... Chức vụ: GIÁO VIÊN.......................

Đơn vị: ..............TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ......................
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 

- Phương pháp giáo dục



- Lĩnh vực khác: ........................................................ 

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 

Trong Ngành 

1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
-

Có giải pháp hoàn toàn mới

-

Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có




2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
-

Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 
-

Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng:
Tốt 
Khá 
Đạt 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của
người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh

nghiệm.
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)


5

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I/DÙNG PHÉP THẾ:
I.1.Phương pháp :
• Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu
thức trong 1 pt có liên quan với vài phuơng trình rồi thay vào các ptrình đó để được hệ ptrình đã biết
cách giải
• Chú ý: Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì sau khi tìm
được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm của hệ ban
đầu hay không và kết luận.


1
x
 x + 1+ =
y
y


xy + y + 1 + 1 − x = 1
Vd1: Gỉải hệ: 

(I)

Giải: ñk:( 0<x ≤ 1 vaø y>0) hoặc (x=0;y tuøy yù) ; vôùi ñk

 xy + 1 + y = x

 xy + y + 1 + 1 − x = 1 thay (1) vào (2) ta được :
⇔
(I)

x + 1 − x =1 (3)

0 ≤ x ≤ 1
⇔
1 − x = 1 + x − 2 x ⇔ (x=0 hay x=1)
(3) ⇔ 1 − x =1- x
x = 0

y = −1
i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được 
ii/ Với x= 1 thay vào (2) ta có :

y + 1 + y = 1 (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì thế VT(4) >1

x = 0

y = −1 vào hệ ta thấy thỏa hệ .Kết luận hệ có nghiệm (0;-1)
Thay bộ 

Vd2: Gỉai hệ:

4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9
 2
 x + 2 xy = 6 x + 6

(I)

Giải:

1 2
( x + 6 x + 6) 2 = 2 x + 9
( x + xy ) = 2 x + 9 ⇔  4
⇔
2
2 x. y = (6 x + 6 − x 2 )
2 x. y = (6 x + 6 − x )

(I)
2

2

( cho kq)


6

Vd3: Giải hệ:

 x( y 2 + 1) 3
 x2 + y2 = 5


2
 y ( x − 1) = 4
 x 2 + y 2
5

(I)

Giải:

 x 2 ( y 2 + 1) 3 x
 x2 + y 2 = 5

 2 2
x 2 ( y 2 + 1) y 2 ( x 2 − 1) 3x − 4 y
 y ( x − 1) = 4 y
4y + 5
2
2
2
2
2
2


x
+
y
5
x
+
y
x
+
y
⇒
⇒ 3x- 4y=5 hay x= 3 (j)
5
(I) ⇒ 
=
y (4 y + 5) 2
4 y 2 (4 y + 5) 4(4 y + 5)
3
3
3
Cũng từ (I) cho:3yx2-3y = 4xy2+4x (i) ;thế (j) vào (i) cho:
-3y=
+
Thu gọn ptrình trên ta được ptrình bậc 2 ẩn y từ đó ta tìm được nghiệm (x;y) của hệ mới ;Thay vào hệ
ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệm cần tìm không.
I.2. Bài tập:
Gỉai các hệ ptrình:

1/

2
2
 y − 1 = 4 x + 4 x
 2
2
 4 x + y − 3 x. y = 1

 x − y + 5 = 3

 x + y − 5 = 11 − 2 x
4/ 

2/

5/

2
2
3 x + 2 y − 3 x + 5 y = 3

2
2
 4,5 x + 3 y − 3x + 8 y = 7

 4( y + z )
 y 2 .z 2 = 5 x

 4( x + z )
 2 2 = 5y
 x .z

x+ y
 x2 y2 = 2z


3/

2
2
 2 x + y + x − 2 y = 1
 2
2
5 x + 2,5 y + 3x − 4 y = 4

 x. y.z
x+ y = 2

 x. y.z
=3

y+z
 x. y.z
=4

z
+
x

6/

II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG:

II.1.Phương pháp: Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệ
cuối cùng đơn giản hơn.
*Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới
hệ mới và ngươc lại từ hệ mới liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không .

 4 x 2 + y 4 − 4 xy 3 = 1
 2
2
 4 x + 2 y − 4 x. y = 2
Vd1: Gỉai hệ: 

(I)

Giải:
4
2
2
 y − 2 y + 4 x. y (1 − y ) = −1
⇔ 2
2
4 x + 2 y − 4 x. y = 2
(I)

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

( trừ vế với vế của 2 ptrình)

  y 2 = 1

 2
÷
 4 x + 2 y 2 − 4 x. y = 2 ÷

 hoặc

 1 − y 2 = 4 x. y

 2
÷
 4 x + 2 y 2 − 4 x. y = 2 ÷




7
( x 2 + y 2 − x. y )( x − y ) = 1 + y 3
 2
2
3
( x + y + x. y )( x + y ) = 1 − y
Vd2: Giải hệ: 

(I)

Giải:

( x 2 + y 2 − x. y )( x − y ) = 1 + y 3

 2
2
2
2
3
3
( x + y + x. y )( x + y )( x + y − x. y )( x − y ) = (1 − y )(1 + y )
⇔
(I)
2
2
3
( x + y − x. y )( x − y ) = 1 + y
 3
3
3
3
6
⇔ ( x + y )( x − y ) = 1 − y
⇔

2
2
3
( x + y − x. y )( x − y ) = 1 + y
 6
 x = 1
( cho kq)

II.2.Bài tập:

Giải các hệ ptrình:

 x 2 − x. 1 − y 4 = 1

 x. 1 − y 4 + y 4 = 2
2/ 

 2 − 3 x − 1 = 5 y − 3 x

 1 − 5 y + 5 y − 3x = 5
1/ 
 x − y x2 − y2
=2

2
2
 1 − x + y

 y − x x2 − y 2 7
=

4
1 − x2 + y 2


4/

5/

 3 x + 3 y = 3 3( x + y )

 3
2
4
 4 x + 6 x + 4 x + 1 = 15 y

 x. y + 3 y 2 − x + 4 y = 7

2
 2 x. y + y − 2 x − 2 y = −1 .
3/ 
5y
 x
 x2 − y + x + y 2 = 4


2
2
5 x + y + x − 5 y = 5

x. y
6/ 

III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ:
III.1.Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách hợp lý để
nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẩn tới hệ mới
( với ẩn mới ) dể tìm được nghiệm hơn
*Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và củ bằng nhau

y
2

 x
 x2 + 1 + y 2 + 1 = 3


( x + y )(1 + 1 ) = 6

xy
Vd1:Giải hệ: 
Giải:

(I)

đk:x;y ≠ 0

 ( x + y )(1 + x. y ) 2
=
 2
2
 ( x + 1)( y + 1) 3
( x + y )(1 + xy ) = 6 xy
⇔
(I) ⇔ 

9 x. y

=1
 2
2
 ( x + 1)( y + 1)
( x + y )(1 + xy ) = 6 xy



9t.z = 1

2

−1 1
∈[ ; ]
t + z = 3
2 2 . Ta có: hệ
t;z
1 2
 2
2
( x + y )(1 + x. y ) = 9


( x3 + y 3 )(1 + 1 )3 = 27

x. y
Vd2: Giải hệ: 
Giải :

(I)

y
x
2
2
; ñaët t = 1 + x ; z = 1 + y thì

từ đó : cho kq .


8
1 2
1 2

( x + y ) + ( y + x ) = 9


( x + 1 )3 + ( y + 1 )3 = 27

y
x
(I) ⇔ 
u 2 + v 2 = 9
 3 3
u + v = 27

Vd3: Gỉai hệ:

1
1
Đặt u= x+ y ;v= y+ x ta có:

đặt S=u+v;P=u.v

x


x − 2 y + y = 6

 x 2 − 2 xy − 6 y = 0


 S 2 − 2 P = 9
 3
2≥
 S − 3SP = 27 cho kq.
với: S 4P và 

(I)

Giải:

x

x − 2y + = 6

x
y


x − 2 y + = 6

y

 x ( x − 2 y) = 6
 x( x − 2 y ) = 6 y
⇔  y

(I) ⇔ 
;x-2y và x/y cùng là nghiệm của pt t2-6t+6 =0 ( cho
kq)

 x 2 ( y + z ) 2 = (3x 2 + x + 1). y 2 .z 2
 2
2
2
2 2
 y ( x + z ) = (4 y + y + 1).x .z
 z 2 ( y + x) = (5 z 2 + z + 1). y 2 .x 2
Vd4: Giải hệ: 

(I)

Giải:
Nếu hệ nhận x=0 là nghiệm thì ta được y=0 hoặc z=0
Rõ ràng các bộ (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) mọi t là nghiệm của hệ .
Xét x.y.z ≠ 0 thì

(I) ⇔

 1 1  2
1 1
 + ÷ = 3 + + 2
x x
 y z 

2
1 1

 1 1 
 + ÷ = 4 + + 2
y y
 x z 
2

 1 + 1 ÷ = 5 + 1 + 1
 y x 
z z2


.Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z

.Ta có:

 (v + t ) 2 = 3 + u + u 2

2
2
(u + t ) = 4 + v + v
(u + v) 2 = 5 + t + t 2
(I) ⇔ 
(II)
Lấy (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1
Lấy (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1
Do đó: v-t=v-u hay u=t
III.2. Bài tập :
Giải các hệ phương trình sau :

9
2 x + x 2 y 2 = 3
2
2
x + y = 1
1/

xy + y 2 + x 3 y = 0
2
x + xy 2 y = 0
2/

1

( x + y )(1 + xy ) = 4


2
2
xy + 1 + x + y = 4

xy
xy
4/

7/

1

xy + xy +

xy 1

xy
5/

1 1

x ( x + 1) + y ( y + 1) = 4

x 3 . y 3 + x. y + x 2 y 2 + 1 = 4 y 3


y
= 13
x
y
= 12
x

y ( x + 1) = 2 x( y + 1)

1
2
2
( x + y )(1 + x 2 . y 2 ) = 24
8/
2

x y

( x + y )( y + x ) = 15


2
2
( x 2 + y 2 )( x + y ) = 85

y2 x2
10/

x( x + y + 1) 3 = 0

5

2
( x + y ) x 2 + 1 = 0
13/

x
+
y
x
+
y

2

7( x 5 + y 5 ) = 31( x 3 + y 3 )

2
2
x + xy + y = 3
3/
1

( x + y )(1 + xy ) = 5


xy + 1 = 4

xy
6/
.
1

y ( x + 1)( x + 1 + y ) = 2


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

y
9/

xy (2 x + y 6) + 2 x + y = 0

1 2
2
2
( x + y )(1 + xy ) = 8

11/

xy + x + 1 = 7 y
2 2
x y + xy + 1 = 13 y 2
12/

5
2
3
2
x + y + x y + xy + xy = 4

x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x) = 5

4
14/

1

( x + y )(1 + xy ) = 6


( x 2 + y 2 )(1 + 1 ) 2 = 18

xy
15/

IV/ DNG NH Lí VIESTE :
IV.1. Phng phỏp :

* Chỳ ý:

x + y = s

x. y = p vi s;p cho trc thỡ x;y cựng l nghim phng trỡnh t2-s.t+p = 0
1/ Nu
x + y + z = s1

x. y + y.z + xz = s2
x. y.z = s
3
2/ Nu
vi s1 ;s2;s3 cho trc thỡ x;y;z cựng l nghim ph.trỡnh t3-s1.t2+s2.t s3 = 0
Khi gii 1 h phng trỡnh i xng loi I ụi khi h cú cha 1 vi tng i xng c bn thỡ ta
thng ngh n vic bin tng i a v h mi xut hin y cỏc tng i xng c bn i vi
cỏc n ang xột ri dựng nh lớ Vieste o .
Vd1: Gii h:

x + y + z = 6

xyz = 6
x 2 + y 2 + z 2 = 14


Gii: T (I) cho :

(I).

x + y + z = 6

xyz = 6
xy + yz + xz = 11


; x;y;z l nghim ca pt

Tửứ ủoự: (x;y;z)=(1;2;3) vaứ caực hoựan vũ cuỷa noự .

: t3-6t2+11t-6 =0


10

Vd2: Giải hệ:
Giải:

x + y + z = 0
 2
2
2
 x + y + z = 10
 x 7 + y 7 + z 7 = 350


(I)

(1) ⇔ (x+y+z)3 = 0 ⇔ x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)= 0 ; do (2) nên có: xy+yz+zx = -5

−( x + y ) = z (a )


 xy + yz + xz = −5(b)
 x 7 + y 7 − ( x + y )7 = 350(i )
(I) ⇔ 
.

(i) ⇔ -xy(x+y)(x2+xy+y2) =50. (ii)

Thay (a) vào (b) ta có: x2+y2+x.y = 5 từ đó: x.y.z=2
x;y;z là n0 của pt:

Vd3: Giải hệ:

Giải:

t3-5t -2 = 0

 xy + y + 1 = 0

 yz + z + 1 = 2 x − y
 xz + z + 1 = 2 x


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

Vd4: Giải hệ:

; suy ra : (x;y;z) =(-2;1- 2 ;1+ 2 ) và các hóan vò của nó.


2
x + y = z

2

y + z =
x

2

z + x = y


(I)

⇔ (x=0;z=y=-1) hoặc

( x + 1)( y + 1) = x ≠ 0

 z + 1 = 2( x + 1)
3( y + 1) = 2( x + 1)


(cho kq)

(I)

Giải:

1 1 1

 2S = 2( x + y + z )

 2t = 6

8
( x + y )( y + z )( z + x) =
P

Đặt S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z thì từ (I) cho x.y.z=P ≠ 0 và 
(II)
Mà (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S
Do đó: P+S =4/P
từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P và 4P=4/P ( cho kq)
IV.2.Bài tập :


11
 x + y + z = −4

 xyz = 18
 x 2 + y 2 + z 2 = 22
1/ 

5/

x + y2 + z2 = 1

 2
2
x + y + z = 1
 x2 + y2 + z = 1


6/

8/


2
x + y = z

2

y + z =
x

2

z + x = y


 x 2 + 2 yz = x
 2
 y + 2 zx = y
 z 2 + 2 xy = z
9/ 

x + y + z = 1
 3
3
3
x + y − z = 7
x2 + y2 − z2 = 9
4/ 

7/

( x + y )( y + z ) = 187

( y + z )( z + x ) = 154
( z + x)( x + y ) = 238


10/

x + y + z = 3
 4
4
4
 x + y + z = 17
x2 + y2 + z2 = 5
3/ 

 x + y + z = −1

 xy + yz + xz = −10
 x. y.z = −8

2/ 
.

 x + xy + y = 1

 y + zy + z = 4
 z + zx + x = 9


11/

 x + xy + y = 2

 y + zy + z = 3
 z + zx + x = 4


12/

 xz + xy = x 2 + 2

2
 xy + yz = y − 3
 xz + yz = z 2 + 4


 x − 2 y + 3z = 9
 2
2
2

 x + 4 y + 9 z = 189
 4 y 2 = 3 x.z


V/ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
V.1. Duøng baát ñaúng thöùc Cauchy:
n

∑x
k =1

Chú ý: * Cho n số không âm x1;x2;…;xn ta có:

n

k

≥

n

n

∏x
k =1

k

(dấu “=” xảy ra ⇔

x1=x2=…=xn )
*Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của
phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)

Vd1: Giải hệ:

 x + y 2 + z 3 = 11

6
 x. y.z = 6. 108
 x, y , z > 0

(I)

y2
z3
x
Giải: Theo bất đ thức Cauchy cho 11 số dương gồm 6 số 6 ; 3 số 3 ,2 số 2 ta có:
6

x+y2+z

 x
≥ 11.11  ÷
6
3

3

2

 y2   z3 
x6 y 6 z 6
.  ÷ . ÷
. .
 3   2  ⇒ 66 33 22 ≤ 1

x y 2 z3
=
=
6
3
2 )
Do đó: x.y.z ≤ 6. 108 ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 6
Vậy hệ tương đương:

.


12
 x, y , x > 0
 x = 6k

 y 2 = 3k
 3
 z = 11k
 x. y.z = 6. 6 108

3
 x + y 2 + z 3 = 11

Vấy hệ có n0 là x=6;y= 3; z = 2 .
Vd2: Giải hệ :

 x, y , z , t > 0

x + y + z + t = 4
4
4
4
4
 x(3 y + z ).t + y (3z + t ).x + z (3t + x) y + t (3 x + y ).z = 4 2.
Giải:
Do x,y,z,t>0 nên:
4

4 x(3 y + z ).4t.4 ≤

4

cmtt

4 x + 3 y + z + 4t + 4
4
(dâu ‘=’ xảy ra ⇔ x=t=1 và 3y+z=4)

4 y (3 z + t ).4 x.4 ≤

4 y + 3z + t + 4 x + 4
4
(dâu ‘=’ xảy ra ⇔ x=y=1 và 3z+t=4)

Còn 2 bđt tương tự.
Cộng lại ta được:
S ≤ 4. 2 ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x=y=z=t=1). Vậy : n0 pt là :….

 2 x 2 = y ( x 2 + 1)
 3
4
2
3 y = z ( y + y + 1)
 4 z 4 = x( z 6 + z 4 + z 2 + 1)
Vd3: Giải hệ: 

(I)

Giải:
Gọi (x;y;z) là n0 của hệ:
Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 .1 n0 của hệ (0;0;0)
Khi x ≠ 0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0 .
Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1) ≥ 2x.y ⇒ x ≥ y

Ttự: 3y3 = z(y4+y2+1) ≥ 3z.y2 ⇒ y ≥ z
Ttự : z ≥ x .Do đó: x=y=z .Từ đó tìm được n0 của hệ .

2 x. y

x
+
= x2 + y


3 2
x − 2x + 9


2 x. y
y +
= y2 + x
2
3

y − 2y + 9
Vd4: Giải hệ: 
Giải: Hệ trên là hệ đối xứng loại 2

(I)


13



1
1
2 x. y 
÷ = x 2 + y 2 (*)
+
2
2

3

3

( y − 1) + 8 ÷
 ( x − 1) + 8

⇔

2 x. y
= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 9

(I)
1

x. y
Xét pt (*) ta có: x2+y2 ≥ 2.
;

3

( x − 1) + 8
2

≤

1
2

nên

VT (*) ≤ 2 x. y

Do đó: x=y=1 hoặc x=y =0 ( thử lại)
Vd5: Giải hệ:

6 x 2 = y (1 + 9 x 2 )
 2
2
6 y = z (1 + 9 y )
6 z 2 = x (1 + 9 z 2 )


(I)

y
Giải: gt cho y=3x2(2-3y) ta thấy : y=2/3 không là n0 của hệ nên y ≠ 2/3 ;cho nên 3x2 = 2 − 3 y từ đó:
0 ≤ y<2/3 ;tương tự: 0 ≤ x;z<2/3
Ta thấy: khi x=0 thì hệ phải nhận n0 tương ứng x=y=z=0

y
6x
=
≤
2
Nên chỉ xét :x;y;z>0 ;từ (1) cho x 1 + 9 x
1 nên y ≤ x
Tương tự: từ (2);(3) cho z ≤ y và x ≤ z nên x=y=z từ đó cho kq .
V.2.Dùng bất đẳng thức Buynhiackobki:
2

 n
  n 2  n 2
 ∑ xk . yk ÷ ≤  ∑ xk ÷.  ∑ yk ÷
 k =1
  k =1   k =1 

Chú ý: * Cho 2 bộ số x1;x2;…;xn và y1;y2;…;yn ta có:

(dấu

“=” xảy ra ⇔ x1=t.y1 ; x2=t.y2 ; …;xn =t.yn ) t =const
*Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của
phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)
Vd 1: Giải hệ:

 x + 4 32 − x − y 2 = −3
4
 x + 32 − x + 6 y = 24 (I)
Giải:
Từ (I) cho :

x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x = y2-6y+21 (1).

NX: y2-6y+21 ≥ 12 ; ∀ y .nên ta nghỉ đến cm:

x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x ≤ 12 ; ∀x ∈ [0;32]

NX: điểm rơi của bđt trên x=16
Thật vậy:

x + 32 − x ≤ 2 ( 32 ) = 8
4

.

x + 4 32 − x ≤ 2( x + 32 − x ) ≤

4

Cộng các bđ t trên lại suy ra kq . ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x=16).

(thử lại)


14

1
2
2
 5 − x + 5 − 2 − y = 3
x

1 (x + 1) + 2 y = 3

x
Vd2: Gỉai hệ:  2

(I)

1
≤ x≤ 5
Gỉai: đk: 5
.
5 − x2 + 5 −

Cộng 2 pt ta được:

Bđt B-C-S cho 2 bộ: 1; 1/2 và

1
25
≤
4 ⇒
( 5 − x + 2 x )2
2

1 1
1
+ (x + )
2
x
2
x = y2-2y+6 (3)

5 − x2 ; x :
1
5
≤
5 − x + 2 x 2 ttự:

2

5−

1
1
5
+
≤
2
x
2 x 2 cho nên:

1 1
1
+ (x + )
2
x
2
x ≤ 5 ; ta có: y2-2y+6 ≥ 5

5 − x2 + 5 −

( cho kq)


x
y
2+ 2


+
=
2
2
(1 − x 2 )(1 − y 2 )
 (1 − y )(1 − x )
(1 − x)(1 − y )

y
1
 x
+
=
2

2
2
(1 − x )(1 − y 2 )
1− x
1− y
Vd3:Giải hệ: 
Gỉai:

(I)

đk: -1
x 1+ y + y 1+ x = 2 + 2



x 1− y2 + y 1− x2 = 1
(I) ⇔ 
từ đó:
Bđt B-C-S cho : x.

1 − y 2 +y 1 − x 2 ≤ ( x 2 + 1 − x 2 )( y 2 + 1 − y 2 ) =1 ;do đó:
x

1 − y +y 1 − x 2 =1 ⇔
2

x.

Bđt B-C-S cho : x.

x+ y+2 ≤

 x 1 + y + y 1 + x > 0

2
2
 x 1 − y + y 1 − x > 0

1− y

y
2

=

1 − x 2 ⇔ x2+y2=1 ( trên mxđ)

1 + y +y 1 + x ≤ ( x 2 + y 2 )( x + y + 2) = x + y + 2 ;lại có:
(1 + 1)( x 2 + y 2 ) + 2

=

2 + 2 nên : x. 1 + y +y 1 + x ≤ 2 + 2

y
 x
 1+ y = 1+ x

 2
2
x + y = 1
x = y
1


1 + y +y 1 + x = 2 + 2 ⇔ 
Do đó: x.
và do đó: x= y = 2 ( thử lại)


15
 x1 + x2 + ..... + xn = n

 x1 + 8 + x2 + 8 + ..... + xn + 8 = 3n ; với ẩn xk ;k=1;2;..n
Vd4:Cho n nguyên ;n ≥ 2. Giải hệ: 

đk: xk ≥ 0; moị k

Giải:

(
(



⇔


(I)

)
(
x ) + ...... + (

)

x1 + 8 + x1 + ..... +

xn + 8 + x n = 4 n

x1 + 8 −

xn + 8 − xn = 2n

(

1

)

(

)

)

 x1 + 8 + x1 + ..... + xn + 8 + xn = 4n

⇔
8
8
+ ...... +
= 2n

xn + 8 + xn
 x1 + 8 + x1
do đó:

(



8
8
+ ..... +


÷
( x1 + 8 + x1 ) + .... + ( xn + 8 + xn )  x1 + 8 + x1
xn + 8 + xn ÷
 =8n2 . (4)
.

)

Mặt khác: Theo bđt B-C-S : VT(4)
Dấu “=” xảy ra ⇔

≥

(

x1 + 8 + x1

8 + 8 + ... + 8
=

x2 + 8 + x2

)

2

=8n2 =VP(4)

=…….=

xn + 8 + xn

.

Vậy: n0 của hệ là x1=x2=…=xn =1

Vd5: Giải hệ:

2
2
2
 x . y − 2 x + y = 0
 2
3
7 x − 14 x + 3 y + 10 = 0

(I)

Giải:

(I)

2
2
( x + 1) y = 2 x
⇔
2
3
7( x − 1) + 3(1 + y ) = 0

2x
≤1
.Từ pt(1) cho y2 = x + 1
nên y ∈ [-1;1] và 1+y3 ≥ 0
2

Từ đó: 7(x-1)2+3(1+y3) ≥ 0 do (2) nên dấu “=” trong bđt trên phải xảy ra nên x=1;y=-1 ( thử lại)
V.3/.Dùng tính có nghiệm của tam thức:
Chú ý: Cho tam thức f(t)=a.t2+bt+c với a ≠ 0 có ∆ =b2-4.a.c
i/ Ptrình f(t)= 0 (ẩn t) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0
ii/ Khi f(t) có chứa một số ẩn khác hoặc ẩn t có miền trị không là tập R thì điều kiện ∆ ≥ 0 chỉ là
điều kiện cần để hệ có nghiệm ;nhưng đôi khi dùng điền kiện này ta thu hẹp được miền trị các ẩn còn lại
làm cho việc tìm nghiệm của hệ thuận lợi hơn.

Vd1: Giải hệ:

( x + 3)3 = 3 − 2 y
 2
z + 4 y2 = 8 y

(2 z − x)( x + 3) = 5 x + 16
z ≥ 0


Giải: Từ (2) và (3) cho : 4(y-1)2= 4-z2 nên
Từ (5) phải có:

z ≤

(I)

2 và x2+2(4-z).x+16-6z = 0 (5)

∆ x = z2-2z ≥ 0 nên z ≤ 0 hoặc z ≥ 2

Từ các kq trên cho z=0 hoặc z=2

(thử lại) .


16
Vd2: Giải hệ:

x + y + z = 2

2
 4 x + 4 y − 2 x. y + z = 4

(I)

Giải:
Coi z là tham số của (I)

x + y = 2 − z


4 − 4z + z2
xy
=

2

(I) ⇔ 

( z − 2) 2
2 =0 (2)
do đó: x;y là nghiệm ptrình : t2 –(2-z)t+

Do tính có nghiệm của pt (2) nên ∆ = (z-2)2 -2(z-2)2 ≥ 0 nên z=2

z = 2

 x. y = 0
x + y = 0
Do đó: (I) ⇔ 

cho ta nghiệm của hệ.

V.4.
1/ BT: Giải các hệ:

a/

x + y + z = 3
 4
4
4
3
3
3
x + y + z = x + y + z

 x, y , z > 0

 x. y.z = 1

x+ y+ z=3x+3 y+3z
b/ 


 x, y, z > 0

 x, y , z > 0

 x + y + z = 3.x. y.z
1
x + y + z = 3
1
1
 2 + 2 + 2 =3
 2
2
2
y
z
 x + 2 yz + 6 + y + 2 zx + 6 + z + 2 x. y + 6 = 9 d/  x
c/ 
.

 x3 . y = 9

3x + y = 6

e/ 
.

 x + y + z = 2010

 1
1
1
1
1
1
 3 x + 2 y + 3 y + 2 z + 3z + 2 x = x + 2 y + 2 z + y + 2 x + 2 z + z + 2 x + 2 y
f/ 

2/ BT: Giải hệ:


 x, y, z > 0

x + y + z = 6
 x
y
z
1 1 1
 2 + 2 + 2 = + +
x y z
z
x
y
1/ 


 x > 0; ∀k = 1, 2,..., n
 k
 n
∑ xk = 1
 k =1
 n
∑ 1 − xk = n(n − 1)
2/  k =1
;n cho trước.


17

 x, y , z , t > 0

x + y + z + t = 8
 x6
y6
z6
t6

+
+
+
=8
 y 3 z 2 z 3t 2 t 3 .x 2 x 3 y 2
3/
( x − 1) 4 .( y − 2) 2 .z 3 .t 6 = 1024

 2
3
6
4 x + z + 16 y + t = 8 x + 76
 x ≥ 1; y ≥ 2; z ≥ 0; t ≥ 0
5/ 

4/

 x, y , z , t > 0
 3
3
3
3
x + y + z + t = 4
 x6 + y 6 + z 6 + t 6 = x2 + y 2 + z 2 + t 2


8/

(2 − x )(3x − 2 z ) = 3 − x
 3
2
2
 y + 3 y = x − 3x + 2
 2
2
z + y = 6z
z ≤ 3


6/


 x, y , z > 0

2
2
2
x + y + z = 1

x3
y3
z3
1

+
+
=
 2 x + 3 y + 4 z 2 y + 3 z + 4 x 2 z + 3x + 4 y 9

7/

 y + 2 = (3 − x ) 2

(2 z − y )( y + 2) = 9 + 4 y
 2
2
x + z = 4x
z ≥ 0



9/Gỉai hệ:

 2 x12
1 + x 2 = x2
1

 2 x22
= x3

2
1 + x2
................

 2 xn2
= x1

2
1 + xn

 x1 + x2 = 2 x2 x3

 x2 + x3 = 2 x3 .x4

..........................

 x2009 + x1 = 2 x1 x2
 x = 2009; x > 0
1

2
10/ 


a2 + 1
 x + a + y + a + z + a = 3.
a


a2 −1

a
−
x
+
a
−
y
+
a
−
z
=
3

a
l1/ 

;a>1
VI/ DÙNG TÍNH ĐỐI XỨNG ĐỂ ĐƯA VỀ THỪA SỐ CHUNG :

VI.1Phương pháp:
Thông thương trong 1 hệ
Vd1: Giaûi heä:


x2 y 2
y2 z2
z 2 x2
+
+
=1
 4 2
2
2
4 2
2 2
4 2
2 2
 x .y + x .y +1 y z + y z +1 z x + z x +1
 x. y.z = 1

Giaûi:

(I)


18
1
1
1


+ 2
+ 2
=1
 2
2
2
2
 x + z +1 y + x +1 x + y +1
 x. y.z = 1
(I) ⇔ 
.Đặt x2=a3;y2=b3;z2=c3 thì a;b;c ≥ 0 và a.b.c=1
Ta có: a3+c3=(a+c)(a2+c2-a.c) ≥ (a+c)(2ac-ac)=ac(a+c) ⇒ a3+c3+1 ≥ ac(a+c)+abc=ac(a+b+c)

1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
Do đó: a + c + 1 ≤ ac( a + b + c) ; t.tự: a + b + 1 ≤ ab( a + b + c) ; b + c + 1 ≤ bc(a + b + c)
3

1
1

1
3
3
3
3
3
Cộng lại cho : a + c + 1 + a + b + 1 + b + c + 1 ≤ 1 cho kq.
3

Vd2: Cho n ≥ 3;n nguyên dương lẻ;

 x. y + 2( x 4 + y 4 ) = 1

 n+ 4 n
2
n
n+4
 x . y + x . y = n+2
3
Giải hệ: 

(I)

Giải:

2
n+ 2

Từ (2) cho (xy)n.(x4+y4) = 3

; n nguyên dương lẻ nên x.y>0 ; có : 2(x4+y4) ≥ 4x2.y2

(1 − xy ) 2
⇒ 2( x + y ) ≥ 2x.y do đó: 1 ≥ xy+2xy ⇒ x.y ≤ 1/3 và x4+y4 =
2
.
4

4

 1 − xy   1 − xy 
 1 − xy   1 − xy  1
.

÷
÷

÷. 
÷
n
4
4
n-1
2
2
2






  2  ≤ 33
Ta có: (xy) .(x +y )=2(xy) .x.y.
; bđt Cauchy: x.y.
1

 x. y =
3

1
2

⇒ (xy)n.(x4+y4) ≤ 2(xy)n-1 . 33 ≤ 3n+ 2 .Dấu “=” xảy ra ⇔  x = y

( cho kq)

VII.HỆ ĐẲNG CẤP

 F ( x; y ) = 0

G ( x; y ) = 0
VII.1.Đn: Cho hệ 

(I)

Hệ (I) được gọi là 1 hệ đẳng cấp nếu 2 biếu thức F(x;y) và G(x;y) là đẳng cấp cùng bậc
VII. 2.Phương pháp:
Khi giải hệ (I) ta thường dùng phép thế y=k.x
*Kiểm tra x=0 có là nghiệm của hệ được khơng ( nếu có lấy tất cả các nghiệm dạng (0;u) của
hệ .

*Xét x ≠ 0 ; coi y=kx ( ln tồn tại điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng cấp cùng bậc của 2
biếu thức F(x;y) và G(x;y) nên ta có thể khử biến x để tìm được k ;từ đó tìm được nghiệm của hệ .
*Đơi khi ta cần biến đổi hoặc dùng ẩn phụ để đưa về hệ đẳng cấp đối với ẩn mới .

 x 3 + y 3 = 1
 2
2
3
 x y + 2 xy + y = 2
Vd1: Giải hệ: 

(I)

x=0 ko là n0 của hệ; nên có thể coi y=k.x


19
1
 3
 x = k 3 + 1
3
3
 3
2
 x (1 + k ) = 1
 k + 2k + k = 2
 3
2
3

 x (k + 2k + k ) = 2 (II) ; ta thấy k ≠ -1 nên (II) ⇔  k 3 + 1
tương ứng 

(I)

do đó: k=1 hoặc k=2.

1
3
3
Th1: k=1 thì y=x và x3= k + 1 =1/2 cho (x;y)=( 1/ 2 ; 1/ 2 )
3

1
3
3
Th2: k=2 thì y=2x và x3= k + 1 =1/9 cho (x;y)=( 1/ 9 ;2. 1/ 9 )
3


1 −


1 +

Vd2: Giải hệ: 
Giải:

12 
÷ x =2

y + 3x 
12 
÷ y =6
y + 3x 

(I)

Đk: x;y ≥ 0 .

Ta thấy : ( x=0 ; ∀ y ≥ 0) và ( y=0 ; ∀ x ≥ 0) khơng là nghiệm của hệ .
Xét x; y >0 .


1 −

⇔
1 +

(I)

 12
12
2
=
 y + 3x =
y + 3x
x

⇔
12

6
1 = 3 +
=

y + 3x
y
y

3
1
−
y
x
1
x

( nhân vế với vế của 2 ptrình)

12
9 1
= −
Ta có: y + 3 x y x ⇔ 12x.y=9x(y+3x)-y(y+3x) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc 2 theo 2 ẩn x;y)
( giải ptrình trên cho kq)

 x + 4 y = y 3 + 16 x

1 + y 2
=5

2

1
+
x

Vd3: Giải hệ:
3

(I)

Giải:

 x 3 − y 3 = 16 x − 4 y
 2
2
5 x − y = −4
(I) ⇔ 
nhân vế với vế của các phương trình trên cho:
4(y3-x3) = (16x-4y)(5x2-y2)
( đây là ptrình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn x;y)
( Chú ý : có thử lại)

Vd4: Giải hệ

 y 2 − x. y + x 2 = z 2
 2
2
2
 x − x.z + z = y
 z3 − y3 = x2 + y 2 + z 2


(I)

Giải:
Lấy (1) – (2) vế với vế ta có: x(z-y)=2(z-y)(z+y) ⇔ (z=y) hay (x=2(z+y) )


20
Th1: z=y thay vào hệ ta được:

 x( x − y ) = 0
 2
2
x + 2 y = 0

cho x=y=z= 0 ( thỏa hệ ban đầu)

 y 2 + 4( z + y ) 2 = z 2 + 2 y ( z + y )
 3
3
2
2
2
 z − y = y + z + 4( z + y )
Th2: x=2(z+y) thay vào hệ ta được: 
.Trong ph trình (1 ‘)
là ptrình đẳng cấp bậc 2 với ẩn z;y . (1 ‘) ⇔ 3k2+6k+3=0 hay k=-1 với k= y/z
Do đó: y=-z và z3=z2 hay y=z=0 và y= -1;z=1 ( thử lại)
VII.3.Bt: Giải các hệ sau:

 x3 + y 3 = 9

x. y ( x + y ) = 6
1/ 

 x 3 + 3 x 2 y = 20
 3
2
 y + 3x. y = 7
2/ 

5/

3
3
 2 x − 9 y = ( x − y )(2 xy + 3)
 2
2
 x − xy + y = 3

8/

3
2
 x + 3 xy = y
 2
2
 x + 3 y = 1

9/

 x 9 + y 9 = 1
 25
25
16
16
x + y = x + y
11/ 

14/

6/

 x 3 + 3 x 2 y = 4
 3
2
 y + 3x. y = 4
3/ 

 x + y + x − y = 2 y

 x + 5y = 3
7/ 

2
2
 x + y = 1
 8
8
10

10
 x + y = x + y

2
2
( x − y )( x − y ) = 7

2
2
( x + y )( x + y ) = 175

 y 3 − x 3 = 1
 5
5
 x − y + x. y = 0
12/ 

x3
x
.
y
+
24
=

y


3
 x. y − 6 = y


x
15/ 

 x. y = x − y

2
 2( x + y ) = 3( x − 2 y )

 x 2 + y 2 = 5
 5
5
 x + y = 11( x + y )
4/ 

10/

2
 4 x + 2 xy = 3
 2
 y + 2 xy = −2

.



1 
 3 x 1 +
÷= 2


 x+ y

 2 y 1 − 1  = 4. 2

÷

x+ y


13/

16/

3
3
 x + y = 9 y
 2
3 x y = 4( x + y )

VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH :
Cho hàm số y=f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b) .

 f ( x) = f ( y ); x, y ∈ (a; b)
 x = y ∈ (a; b)
⇔

H ( x; y ) = 0
 H ( x; x) = 0
Hệ 
VIII.1. Phương pháp:

Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về 1 hệ mới có 1 phương
trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; ờ đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khỏang (a;b) và u(x);v(y) có miền trị là (

α ; β ) ⊂ (a;b)

Vd 1: Giải hê phương trình :
2
2

(3 x + 1). 9 y + 6 y + 2 + 7 y + 1 = −4 x. 16 y + 1

x
y

2012 − 2012 = (log 3 y − log 3 x).(12 + 4 x. y )

Giải:
Đk: x;y>0 .

(I)


21
Xét ptrình (2) : Do đk nên 12+4x.y>0
Nếu x>y thì VT(2)>0 và VP(2)<0 nên (2) không thể xảy ra.
Nếu xDo đó:
 x = y

2

2
⇔
(I) (3x + 1) 9 x + 6 x + 2 + 7 x + 1 = −4 x. 16 x + 1

(II)

Xét ptrình (2) của hệ (II)
2
2
(2) ⇔ (3x+1)[1+ (3x + 1) + 1 ] = -4x.[1+ 16 x + 1 ]

(3)
t2

2
2
2
Xét hàm số g(t) =t[1+ t + 1 ] ; ∀t ∈ R thì g ‘(t)= 1+ t + 1 + 1 + t >0 ; ∀t ∈

R
Suy ra ;g(t) đồng biến trên R
(3) ⇔ g(3x+1)=g(-4x)
⇔ x= -1/7 ( do g(t) đồng biến trên R)
Vậy : hê vô nghiệm .
Vd2: Giải hê phương trình :

( lọai)


 x2 + 2 y + 5 

2
log 7 
÷ = 3( y + x ) − 15 + log 7 3
y



 4 2
2
4 4
 2 y − 10 y + 24 + y − 6 = 2 x + 1 + x − 1

(I)

Giải :
Xét phương trình (1) của hệ
 x ≥1



y ≥ 6

Đk:

.

2
Lúc đó: (1) ⇔ log 7 ( x + 2 y + 5) +3(x2+2y+5) = log 7 3y +9y .

Xét hàm số :

f(t) = log 7 t +3t ; mọi t>0
(1) ⇔ f(x2+2y+5)=f(3y) với x2+2y+5 ; y

f đồng biến trên (0;+ ∞ ) .
>0
Nên :

x2+2y +5 =3y hay y= x2+5
4

(3) ⇔ u+2 = u2+2u với u =

;thay y=x2+5 vào pt (2) cho:

x4 − 1 + 2 x2 + 1 =
4

x 2 − 1 +2. 4 x 4 − 1

(3)

x2 − 1
x2 + 1 ≥ 0 ;

Giải ptrình trên ta được nghiệm u=-2 hoặc u=1 (từ điều kiện u ≥ 0 cho u=1
)


22

4

u=1 cho

x2 − 1
x2 + 1

Phương trình này vô nghiệm

Kết luận hệ vô nghiệm .
Vd3: Giải hê phương trình :
24 x2 + 4 x − y 2 + 2 = 8.2 y 4 + 4 y 2 − 2 x + 1


4
4
 6 x + 10 x = y + 5 + y + 11
y ≥ 2


Giải:

(I)

Đk: x ≥ 0 .
Trên miền điều kiện ;xét ptrình (1)
4x
(1) ⇔ 2

2

+ 4 x +1

− 2y

4

+4 y2 + 4

= 2( y 2 + 2 − 2 x + 1)

2

(2 x +1)
+ 2 2 x + 1 = 2( y
⇔2

2

+ 2)2

+ 2 y 2 + 2 . (3)

1
Xét hàm số f(t) = 2 + 2 t ; ∀ t ≥ 0 thì f ‘(t)= 2t. 2 .ln2 + t >0 ; ∀ t ≥ 0
t2

t2

⇒ f(t) đồng biến trên [0;+ ∞ )

(3) ⇔ f(y2+2) = f(2x+1) ; y2+2;2x+1 ∈ [0;+ ∞ ) ⇔ y2+2=2x+1 ⇔ 2x
=y2+1
Thay vào pt(2) ta được:
⇔

3 y 2 + 3 - y 4 + 5 = y4-5y2+6

−( y 2 − 1)( y 2 − 2)
3y2 + 3 + y4 + 5

⇔ (y2=2 ) hoặc (

Do y ≥ 2 nên

⇔

= (y2-2)(y2-3) .
1− y2
3y2 + 3 + y4 + 5

= y2-3) (i)

VT(i) <0 và VP(i) >0 nên (i) không có nghiệm thỏa bài

tóan
Ta được : y2 =2 và x= 3/2 ⇔ (x=3/2 và y= ± 2 ) .
Thay vào hệ , ta thấy cặp số trên chính là nghiệm của hệ phương trình đã
cho .
log 2 ( x + 3) = log 3 (3 y )


log ( y + 3) = log 3 (3x) .
Vd4: Giải hệ :  2
log 2 ( x + 3) = 2(1 + log 3 y )
⇔
log 2 ( y + 3) = 2(1 + log 3 x)
Giải : Hệ
Dùng f(x)= log2(t+3)+2.log3t , t> 0

⇒ log 2 ( x + 3) + 2 log 3 x = log 2 ( y + 3) + 2 log 3 y


23
cos x = log 2 (8.cos z − cos 2 x − 5)

cos y = log 2 (8.cos x − cos 2 y − 5)
cos z = log (8.cos y − cos 2 z − 5)
2


Vd5: Giải hệ :

.

Giải :

1
∈ ( ,1]
Xét ptrình (1) phải có : 8cosz-cos2x-5>0 ⇒ 8cos z > cos 2 x + 5 ≥ 4, nên cosz 2
, tt ta

1
1
∈ ( ,1]
∈ ( ,1]
2
có : cosx,cosy 2
. Đặt : u= cosx , t=cosy , m=cosz ,ta phải có u,t,m
.
u = log 2 (8m − 2u 2 − 4)
8m = 2u + 2u 2 + 4


2
t
2
t = log 2 (8u − 2t − 4) ⇔ 8u = 2 + 2t + 4

8t = 2m + 2m 2 + 4
m = log 2 (8t − 2m 2 − 4)

Hệ đề ra thành : 
.
1
∀s ∈ ( ,1]
2
Xét hàm số f(s) = 2s +2.s2+4 ⇒ f’ (s)= 2s.ln2+4s>0 ,
.

Hệ thành

8m = f (u )
1

8u = f (t ) , u , t , m ∈ ( ,1]
2
8t = f (m)


Do đó :

1
t ∈ ( ,1]
2
8t=2t+2t2+4 ;
.Ptrình trên có đúng 1 nghiệm t= 1 .Suy ra kq .

(

. Dùng f tăng dẫn tới m=u=t .

3x2 + 2 − 92 y 2 +1 = 2 2 y − x


2
3( x + y ) + 2 + 2 x + y = 29
Vd6: Giải hệ pt:

)
(I)

3x + 2 + 2 x = 34 y + 2 + 2. 2 y (1)
⇔
( x + y )2 + 2
t2 +2
+ 2 x + y = 29
3
+ 2 t ; t ∈ (0; +∞ )
G: (I)
. Xét hàm số g(t) = 3
2

2

g(t) là hàm số đồng biến trên ∈ (0; +∞ ) ; từ (1) cho x;y ∈ (0; +∞ )

 f ( x) = f (2 y )
 x = 2 y ∈ (0; +∞)

 f ( x + y ) = f (1) ⇔ 
x + y = 1
 x; 2 y ∈ (0; +∞)

⇔
(I)

Vd7: Giải hệ:

 y 2 − x2 x 2 + 1
= 2
e

y +1

3.log ( x + 2 y + 6 ) = 2 log ( x + y + 2) + 1
3
2


suy kq.

(I)

Giải: pt (1) ⇔ ln(x2+1)+x2 = ln(y2+1)+y2 ; dùng h/số g(t) = lnt+t ; ∀ t>1
g đồng biến trên (1;+ ∞ ); (1) ⇔ g(x2+1)=g(y2+1) ⇔ (x=y) hoặc(x=-y)
1/

Khi x= -y thay vào ( 2) ta có: log3(6-x)=1 ⇔ x=3 cho kq


24
2/

Khi x=y thay vào ( 2) ta có: 3log3(x+2) = 2log2(x+2) suy ra kq.

1 + x
cos x − cos y
1 − y = e

 y = 2 x − x2 −1
Vd8: Giải hệ: 

(I)

1 + x
cos x − cos z
1 + z = e

 z = 1 − 2x − x2
Giải: Đặt z = -y thì: 

z ≤ 1
⇔
2
2
( x − 1) + ( z − 1) = 1
pt (2)

Từ đó: x;z ∈ [0;2] ; nên (1) ⇔ ln(x+1)-cosx= ln(z+1)-cosz ⇔ g(x)=g(z) với g(t) = ln(t+1)-cost
g(t) đồng biến trên [0;2] nên x=z do đó: x=z = 1- 2 /2.

 x + y + 2 = 3 x + y

log x + y [4( x − y )] = x − y
Vd9: Giải hệ: 

(I)

0 < x + y ≠ 1

x− y >0
Giải: đk: 

.
Từ (1) và đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4 x-y ; đặt t= x-y .Ta có:
4t=4t .Dùng hsố f(t) =4t -4t và bbt cho pt f(t)=0 có tối đa 2 n0 ; nhẫm t=1;t=1/2 là 2 n0 .
VIII.2. Bài tập:
1/ Giải hệ:

 x − y = (log 2 y − log 2 x)(2 + xy )
 3
x + y 3 = 16
1/ 

2 x − 2 y = ( y − x )( xy + 2)
 2
x + y 2 = 2
2/ 

e x − e y = (log 2 y − log 2 x)( xy + 1)
 2
x + y 2 = 1
3/ 

sin x − sin y = x − y

sin x + sin y = 1
4/ 

(3 y 2 )log3 2 − x log5 3 = x
(I )
 2 log5 2
− y log3 5 = y

( 5 x )
5/

 y + ln x = 1

 y −1 x − 1
=1
e +
x

 x − 1 + log ( y 2 + 1) = 1
2
6/ 
.

 x11 + x. y10 = y 22 + y12
 4
7 y + 13x + 8 = 2 y 4 . 3 x(3 x 2 + 3 y 2 − 1)


7/

 y 3 + y = x 3 + 3x + 4 x + 2

1 − x2 − y = 2 − y −1


8/

 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2


 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6

 1− x2
3
 2 x − 2 y = − x. y −

2
( x 2 . y + 2 x ) 2 − 2 x 2 y + 1 − 4 x = 0
10/ 
2

9/


25
 x − y sin x
e = sin y


6
4
10. x + 1 = 3( y + 2)

5π
π < x, y <
4

2/ Giải hệ : a/ 
.

log 2 ( x + 1) = x + y
 1+ x − y 1+ x − y 1+ x − y
9
−6
−3
= 61− x + y + 31− x + y − 91− x + y. .
b/ 

 x4 y 4  x2 y 2  x y
 4 + 4 −  2 + 2 ÷+ + = −2
x y
x  y x
y
 2
x + y6 − 8x + 6 = 0
3/ Giải hệ: a/ 
.

 x 2 = 2 x − 1. 4 4 y − 3
 2
4
 y = 2 y − 1. 4 x − 3
b/ 

(17 − 3 x). 5 − x + (3 y − 4) 4 − y = 0

2
 2. 2 x + y + 5 + 3 3 x + 2 y + 11 = x + 6 x + 13
4/ Giải hệ: a/ 


 tan x − tan y = y − x

 y + 1 −1 = x − y + 8

 x; y ∈ ( 5π ; 7π )

2 2
b/ 

IX/ HỆ LẶP 2 ẨN – 3 ẨN :

IX.1. Dạng :

 y = g ( x)

 x = g ( y)
 x; y ∈ (a; b)


(I)

 y = g ( x)
 z = g ( y)


 x = g (z)
 x; y; z ∈ (a; b)

;

(II)

IX.2. Phương pháp :
*Khi gặp hệ lặp nói trên ; trong đó g(t) là hàm số đồng biến trên khỏang (a;b) ta thực hiện:
i/ Xét 2 ẩn bất kì x;y của hệ nhở tính đồng biến của hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh
khơng xảy ra x ≠ y
ii/ Lập luận tương tử cho cặp biến khác và như trên nên hệ tương đương:

 y = g ( x)

 x = g ( y)
 x; y ∈ (a; b)

⇔

 g ( x) = g ( y)

 x; y ∈ (a; b)

;

 y = g ( x)
 z = g ( y)


 x = g (z)
 x; y; z ∈ (a; b) ⇔

 g ( x) = x

 x; y; z ∈ (a; b)

Chú ý: Đơi khi ta phải dùng ẩn phụ để đưa về hê lặp hoặc từ càc điều kiện ràng buộc của hệ ta thu
hẹp miền ẩn x;y;… chạy trên 1 miền mới mà hsố g đồng biến trên đó.

 x 3 + 1 = 2( x 2 − x + y )
 3
2
 y + 1 = 2( y − y + x )
Vd1: Giải hệ: 
3
2
 x − 2 x + 2 x + 1 = 2 y
 3
2
 y − 2 y + 2 y +1 = 2x
Giải: (I) ⇔ 

(I)

(II)

Xét hsố f(t)=t3-2t2+2t+1 ; t ∈ R thì f ‘(t) = 3t2-4t+2 >0 ; ∀t ∈ R

⇒ f(t) đồng biến trên (- ∞ ;+ ∞ ) . Ta cm: x=y
Giả sử: x > y thì 2x > 2y nên f(y) > f(x) ⇒ y > x ( vì f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ra )
Cm tt thì x < y cũng không xãy ra nên x=y . Do đó:
x3-2x2+2x+1 =2x ⇔ x3-2x2+1 = 0 cho kq .