Tổng hợp một số phương pháp giải hệ phương trình điển hình

Phương
pháp hàm
số
Phương
pháp
đánh giá

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Phương
pháp đặt
ẩn phụ

Phương
pháp hệ số
bất định

TUY HÒA, NGÀY 20, THÁNG 7, NĂM 2016

Kỹ thuật
dùng
tổnghiệu


C

huyên đề là kết quả thu được qua một thời gian học tập và nghiên cứu của bản thân về hệ
phương trình. Tuy nhiên có thể nói rằng, đó là sự kết tinh qua nhiều thế hệ, là sự giúp đỡ, là
sự học hỏi từ những người bạn của mình cũng như rất nhiều yếu tố khác.

Để đạt hiệu quả cao khi tham khảo chuyên đề này, xin được trích dẫn mấy lời của nhà giáo

G.Polya:
" [...] Một số bài toán có nêu lời giải đầy đủ (tuy vắn tắt), đối với một số bài khác, chỉ vạch ra mấy
bước giải đầu tiên, và đôi khi chỉ đưa ra kết quả cuối cùng.
Một số bài toán có kèm thêm chỉ dẫn để giúp người đọc giải được dễ dàng hơn. Chỉ dẫn cũng có thể
nằm trong những bài toán khác ở gần bài toán đang xét. Nên đặc biệt lưu ý đến những nhận xét mở
đầu trước từng bài tập hay cả một nhóm bài tập gặp thấy trong chương.
Nếu chịu khó, gắng sức giải một bài toán nào đó thì dù không giải nổi đi chăng nữa, bạn đọc cũng
thu hoạch được nhiều điều bổ ích. Chẳng hạn, bạn đọc có thể giở ra xem (ở cuốn sách) phần đầu
mỗi lời giải, đem đối chiếu với những suy nghĩ của bản thân mình, rồi gấp sách lại và thử gắng tự
lực tìm ra phần còn lại của lời giải.
Có lẽ thời gian tốt nhất để suy nghĩ, nghiền ngẫm về phương pháp giải bài toán là lúc bạn vừa tự
lực giải xong bài toán hay vừa đọc xong lời giải bài toán trong sách, hay đọc xong phần trình bày
phương pháp giải trong sách. Khi vừa hoàn thành xong nhiệm vụ, và các ấn tượng hãy còn "nóng
hổi", nhìn lại những nổ lực vừa qua của mình, bạn đọc có thể phân tích sâu sắc tính chất của những
khó khăn đã vượt qua. Bạn đọc có thể tự đặt cho mình nhiều câu hỏi bổ ích: "Khâu nào trong quá
trình giải là quan trọng nhất? Khó khăn chủ yếu là ở chỗ nào? Ta có thể làm gì cho tốt hơn? Chi tiết
ấy mình cũng đã liếc qua mà không chú ý đến - muốn "nhìn thấy" chi tiết này thì đầu óc phải có tư
chất ra sao? Liệu ở đây có một cách gì đó đáng lưu ý để sau này gặp một tình huống tương tự, ta có
thể áp dụng được không?" Tất cả những câu hỏi đó đều hay cả, và cũng còn nhiều câu hỏi bổ ích
khác nữa, nhưng câu hỏi hay nhất chính là câu hỏi tự nhiên nảy ra trong óc, không cần ai gợi ý cả!"
(trích "Mấy lời khuyên và chỉ dẫn" -G.Polya trong "Sáng tạo toán học")
Đây là cuốn tài liệu đầu tiên do tôi và bạn đồng nghiệp cùng biên soạn, cũng vì lần đầu tiên nên sẽ
không tránh khỏi thiếu sót về trình bày cũng như kiến thức, rất mong bạn đọc chia sẻ và góp ý để
tài liệu có thể hoàn thành và tốt hơn. Mọi ý kiến bạn đọc gửi về địa chỉ
gmail: và Xin cảm ơn!

Tác giả


Kỹ thuật 1: Phương pháp hệ số bất định.

 Lý thuyết
 Bài tập áp dụng
Kỹ thuật 2: Phương pháp tổng-hiệu.
 Lý thuyết
 Bài tập áp dụng
Kỹ thuật 3: Phương pháp đặt ẩn phụ.
 Lý thuyết
 Bài tập áp dụng
Kỹ thuật 5: Phương pháp đánh giá.
 Lý thuyết
 Bài tập áp dụng
Kỹ thuật 6: Phương pháp hàm số.
 Lý thuyết
 Bài tập áp dụng


KỸ THUẬT 1: PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

1)

 Lý thuyết:
Hệ số bất định là phương pháp tối ưu cho nhiều bài toán khó và đẹp. Tài liệu này sẽ đề cập
đến những biến đổ trong phương trình hữu tỉ dựa vào hệ số bất định. Mục đích cuối cùng
của phương pháp này là sau khi biến đổi hệ số bất định ta sẽ thu được một phương trình có
thể phân tích được nhân tử hoặc denta có dạng chính phương (nếu là bậc 2). Để hiểu rõ
và đi sâu vào phương pháp ta thực hành một số ví dụ sau.

-



Bài tập áp dụng:

 x3  y 3  35(1)
Bài 1: Giải hệ phương trình sau  2
2
2 x  3 y  4 x  9 y (2)



Giải
Đánh giá: Ta không thể dùng phép thế để giải hệ trên. Vì thế ta hy vọng từ hai phương trình
của hệ ta đưa được về dạng  x  a   ( y  b)3 (ta thấy x, y độc lập với nhau). Muốn vậy ta
3

nhân cho (2) một số  và công việc của ta là tìm a, b,  (lưu ý phương trình (1) có hệ số
mũ bậc 3 cao nhất nên ta mặc định hệ số như cũ, các số a, b,  được chọn phù hợp).
Lấy (1)+  .(2) ta được:
x3  y 3  35   (2 x 2  3 y 2  4 x  9 y)  0
 x3  2 x3  4 x  y 3  3 y 2  9 y  35  0(*)

Ta cần tìm a, b,  thõa:

a 3  b3  35
  3


3
3
 a  2 .

VT(*)= ( x  a )  ( y  b)  3a  2
3a 2  4

b  3

Do đó (*) trở thành:  x  2    y  b   0 .
3



3

Chi tiết: Ta có hệ phương trình:
 x3  y 3  35
x  y  5
 x  2; y  3



 x  3; y  2 .
3
3

 x  2  y  3 ( y  5)  y  35
Vậy nghiệm của phương trình  x; y   (2; 3);(3; 2).



Nhận xét: Bài toán trên cho ta một cái nhìn tổng quát về phương pháp hệ số bất định, tuy
nhiên bài toán trên là trong trường hợp x, y độc lập. Chúng ta tiếp tục theo dõi các ví dụ tiếp

theo để hiểu rõ hơn.

 x 4  y 4  240(1)
Bài 2: (VMO 2010) Giải hệ phương trình sau  3
3
2
2
 x  2 y  3( x  4 y )  4( x  8 y )(2)

Giải




Đánh giá: Ta cũng thấy như ví dụ trên, các biến x, y độc lập với nhau nên ta cũng hi vọng
từ 2 phương trình ta đưa được về dạng  x      y    . Công việc tiếp theo của ta là
4

2

nhân một số k nào đó cho phương trình (2) và tìm  ,  , k như ví dụ trên.
Hệ phương trình đã cho tương đương:
4
4

 x  a  y  a  240
 3
3
3
2


 x  3x  4 x  2 y  12 y  32 y
Suy ra:

x 4  a  k ( x3  3x 2  4 x)  y 4  a  240  k (2 y3  12 y 2  32)(*)
Cần chọn k sao cho:

x  

4

  y     x 4  4 x 3  6 2 x 2  4 3 x   4  y 4  4 y 3  6 2 y 2  4 3 y   4 (**)
4

Từ (*) và (**) ta được hệ:

a   4

k  4
3k  6 2
k  8


4k  4 3
   2



4
a  240  

   16
 2k  4 
   4

12k  6 2

3
32k  4
 Chi tiết:
Hệ đã cho tương đương:
 x 4  16  y 4  256
 3
2
3
2
 x  3x  4 x  2 y  12 y  32 y

Lấy 1  8  2 ta được:

x 4  16  8( x3  3x 2  4 x)  y 4  256  8(2 y 3  12 y 2  32 y )
x  2  y  4
x  y  2
4
 ( x  2)4   y  4   

x  2  4  y
x  6  y
TH1: Nếu x  y  2 thay vào (1) ta được:
 y  2
8 y 3  24 y 2  32 y  224  0   y  2  8 y 2  40 y  112   0  

.
 x  4
TH2: Nếu x  6  y thay vào (1) ta được:
y  2
y 3  9 y 2  36 y  44  0   y  2   y 2  7 y  22   0  
.
x  4
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    4; 2 ,  4;2


Nhận xét: Ở bài này hay tương tự các bài khác với số mũ lớn hay nhỏ nếu không chứa
hạng tử x m y n ta đều có thể sử dụng phương pháp trên. Tuy nhiên qua một phép biến đổi
hệ sẽ không còn đẹp nữa. Ta xét bài toán sau.


1
 2
2
 x  y  5 (1)
Bài 3: Giải hệ phương trình sau 
4 x 2  4 x  57   y (3x  1)(2)

25



Giải
Đánh giá: Để ý thấy cả 2 phương trình đều có hệ số mũ bậc 2 va có xuất hiện nhân tử xy
nên việc dùng HSBĐ sẽ gặp nhiều khó khăn. Một hướng đi cho ta đối với dạng này là đưa
về phương trình bậc hai theo  ax  by  . Để làm được như vậy ta nhân (1) cho  rồi cộng

(2) nhân cho  .

1 .   2  .   .  x 2  y 2 


1
57 
 2
   .  4 x  3 xy  3 x  y    0
5
25 


 4  2 3

 57 
   1 
xy  y 2    (3x  y )  
0
x 
 

5 25


Đã xuất hiện hạng tử  ax  by  chính là   3x  y  . Ta mong đợi sẽ có dạng:

 4   2 3
xy  y 2  k (3 x  y ) 2
1 

x 
 


Để ý hệ số của y2 là 1 nên k=1. Khai triển và đồng nhất hệ số ta được:
 3
   6
  1


1  4  9    2
 
Vậy ta tìm được  ,  .
 Chi tiết: Lấy (1)+2.(2) ta được:

7

3x  y 

119
7 
17 
2

5
 0   3x  y    3x  y    0  
 3x  y   2  3x  y  
25
5 
5 


3 x  y  17

5
7
TH1: Nếu 3 x  y  thì:
5
1
2
1
 2

2
 x  y  5
x  5 ; y  5

Ta có hệ sau 
7
 x  11 ; y  2
 y  3x 

5
25
25

17
TH2: Nếu 3 x  y 
thì:
5
1

17
 2

2
 x  y  5
 y  3x  5

(VN )
Ta có hệ sau 
10 x 2  102 x  284  0
 y  3x  17

5
5
25

 2 1   11 2 
Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;  ;  ;  .
 5 5   25 25 


 Nhận xét: Những hệ có chứa hạng tử x 2 , y 2 , xy phần lớn có thể đưa về phương trình bậc hai
dạng ax  by . Bài trên còn có thể giải theo phép thế và đặt ẩn phụ tổng-hiệu. Ta theo dõi ví
dụ sau đây.
 x 2  2 xy  2 y 2  3 x  0(1)

Bài 4: Giải hệ phương trình sau 
2

 xy  y  3 y  1  0(2)

Giải
 Đánh giá: Như trên thì ta sẽ đưa về phương trình bậc hai theo mx  ny . Tương tự ta cũng
nhân  cho (1) rồi cộng  nhân cho (2), ta được:

1 .   2  .   x 2  2 xy  2 y 2  3x     xy  y 2  3 y  1  0





 

   x 2    2  xy    2  y 2   3  x 




 


Ta cần chọn  ,  sao cho:

 





x 2    2  xy    2  y 2   x  y 

 







y   0


2







 x 2    2  xy    2  y 2  x 2  2 xy  2 y 2






Đồng nhất hệ số ta có:
2

   2  


  2    2

2

  2  
2
 

Để cho đơn giản ta chọn   1    2 .
 Chi tiết: Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ (2).2 ta được:
2

x 2  4 xy  4 y 2  3x  6 y  2  0
 ( x  2 y)2  3  x  2 y   2  0
  x  2 y  1 x  2 y  2   0
x  2 y 1  0

x  2y  2  0
TH1: Nếu x  2 y  1  0 thì ta có x  2 y  1 thay vào phương trình thứ (2) ta được:

 y  1  2  x  3  2 2
 y2  2 y 1  0  
 y  1  2  x  3  2 2
TH2: Nếu x  2 y  2  0 thì ta có x  2 y  2 thay vào phương trình thứ (2) ta được:

1 5
 x  3  5
y 
2

.
 y2  y 1  0  

1 5
 x  3  5
y 

2
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm

 x; y    3  2


1 5  
1 5 
2;1  2 ; 3  2 2;1  2 ;  3  5;
 ;  3  5;

2  
2 







4
2
2


 x  4 x  y  6 y  9  0(1)
Bài 5: Giải hệ phương trình sau  2
2

 x y  x  2 y  22  0(2)

Giải
 Đánh giá: Ở đây hệ có bậc 4 khá cao nhưng có thể giảm bằng cách đặt t=x2. Để ý ta thấy vì
từ cả hai phương trình ta có thể đặt nhân tử chung là x2 và giải denta cho phương trình bậc 2
ẩn x. Để đảm bảo denta chính phương ta dùng hệ số bất định như sau:

1   2 .a  x4  x2 (4  ay  a)  y 2  6 y  9  22ay  22a  0
Coi đây là phương trình bậc hai theo x2 ta được:

  y 2  a 2  4   y  16a  2a 2  24   a 2  80a  20

Để denta là số có dạng bình phương thì y2 phải là số chính phương, ta phải giải phương trình
nghiệm nguyên a2 - 4=k2

a 2  4  0

Tìm được các nghiệm của PT này, lần lượt thử lại. Dễ thấy a=2 thì 16a  2a 2  24  0
a 2  80a  20  144

Ta chọn a=2.
 Chi tiết:
Xét (1) + (2).2 ta có:

1   2  .2  x 4  4 x 2  y 2  6 y  9  2( x 2 y  x 2  2 y  22)  0   x 2  y  5  x 2  y  7   0

TH1: Nếu y   x 2  5 , thay vào (1) ta được:

x 4  4 x 2   x 2  5  6  x 2  5  9  0  x 4  6 x 2  32(VN )
2

TH2: Nếu y   x 2  7 , thay vào (1) ta được:


Vậy ta có nghiệm của hệ  x; y    2;3 ;  2;3 ;   2;5 ;  2;5

x 4  4 x 2   x 2  7   6  x 2  7   9  0  x 4  6 x 2  8  0  x  2;  2 .
2

3
2

 x  3 xy  49(1)

Bài 6: Giải hệ phương trình sau  x 2  8 xy  y 2  8 y  17 x(2)

Giải
 Ý tưởng: Vẫn theo cái suy nghĩ như những bài trên, vì phương trình thứ nhất có mũ lớn
hơn nên ta giữ nguyên phương trình (1) rồi cộng cho phương trình (2) nhân một số , ta được:
x3  3xy 2  49    x 2  8 xy  y 2  17 x  8 y   0(1)

Mặt khác ta có thể nhẩm được nghiệm của phương trình (1) là  x; y    1;4 . Do đó ta
mong muốn (1) trở thành:  x  1  ax 2  bx  cy 2  dy  49   0

 ax3  bx 2  cxy 2  dxy  49 x  ax 2  bx  cy 2  dy  49  0 .

 ax3   a  b  x2  cxy 2  dxy  cy 2  b  49 x  dy  49  0.
Từ (1) và (2) ta đồng nhất hệ số như sau:


a  1
a  b  

a  1
c  3
c    3


d


8




c  
b  2

d  24
b  49  17
d  8

 Chi tiết: Nhân phương trình (2) cho 3 rồi cộng với phương trình (1) ta được:

x3  3xy 2  49  3x 2  24 xy  3 y 2  24 y  51x  0

  x  1 ( x 2  2 x  3 y 2  24 y  49)  0



  x  1  x  1  3  y  4 
2

2

0

x 1  0
 x  1


 x  1  0, y  4  0
 x  1, y  4
Nếu x= -1 thay vào phương trình (1) ta được:

y 2  16  y  4
Nếu x= -1, y=4 thay vào hệ thấy thõa.
(Qua cách trên từ nhận xét bản thân tôi, ngay cả khi là người viết tài liệu này tôi vẫn cảm
thấy phần đặt như trên có phần khó hiểu . Do đó nó cũng sẽ rất khó hiểu cho bạn đọc, đối
với các bạn đọc còn lạ lẫm về phương pháp này, vì vậy dưới đây tôi xin trình bày lại về một
phương pháp hệ số bất định khác trên nhưng lại dễ nhìn hơn cho các bạn).
 Ý tưởng: Để ý rằng hệ có bậc 3 theo x và bậc 2 theo y, nên ta sẽ lấy (1) + (2).a để đưa về
bậc 2 theo y;

y 2  3x  a   y  8ax  8a   x3  ax2  17ax  49  0
Ta cần chọn a để denta của y là một bình phương theo biểu thức x. Ta có:

  3x 4  x3  4a   x 2 15a 2  147a   16a 2  49a

Nếu  là bình phương thì nó phải có dạng 3  f  x   , muốn vậy 16a 2  49a phải là -3 lần
của một số chính phương. Để đơn giản ta chọn a  trước. Ta phải đi giải phương trình
nghiệm nguyên: 16a 2  49a  3b 2
2

Dễ thấy 16a2  49a  0  a 0;1;2;3
Ta thấy a  3 thõa nên   3  x  1 mà   0  x  1 .
4

 Chi tiết: Lấy (1) + (2).3 ta được:
y 2  3x  3  24  x  1  x3  3x2  51x  49  0(*)
(*) có   3x 4  12 x3  18 x 2  12 x3  3  3  x  1  0  x  1 .
4

 x  1
 x  1
 x  1


Vậy ta có hệ phương trình  3


2
2
 x  3xy  49  y  16  y  4
Do đó hệ có nghiệm  x; y   1;4 ;  1; 4  .

 Nhận xét: Ta thấy cả hai phương pháp đều lấy (1) + (2).a và đều a=3, tuy hai cách ý tưởng
khác nhau. Cách 1 rất hiệu quả cho những phương trình có nghiệm, còn cách 2 mang this
tổng quát và ta thấy cách 2 làm ta có cảm giác dễ chịu hơn.
 Kết luận phương pháp: Nhìn chung đây là một phương pháp khá hay để giải một hệ
phương trình nếu hệ đó giải được bằng phương pháp hẹ số bất định, tuy nhiên nó cũng rất
khó khăn cho những bạn có kiến thức chưa vững. Chỉ là những ví dụ điển hình nhất cho
phương pháp, đối với những bài tập khác rơi vào dạng này các bạn có thể giải tương tự.
4
2
2
2

 x  2(3 y  1) x  (5 y  4 y  11) x  y  10 y  2  0
1. Giải hệ phương trình  3
22

 y  ( x  2) y  x  x  2  0

( x  y ) 2  x  y  y 2
2. Giải hệ phương trình  4
2
2
2
 x  4 x y  3 x   y


KỸ THUẬT 1: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TỔNG-HIỆU

2)

 Lý thuyết:
-

-

Trong việc giải hệ phương trình thì đặt ẩn phụ là phương pháp hiệu quả và gọn nhẹ nhất.
Phương pháp đặt ẩn phụ tổng-hiệu tuy không phải là phương pháp tối ưu nhất nhưng nhờ
phương pháp nay mà ta đưa hệ về được về một hệ giải bằng phương pháp thế.
Cái vấn đề cốt lõi của phương pháp này là từ một hệ 2 ẩn x, y ta đặt:
a  mx  ny
 x  ma  nb
(*) 
(a, b là ẩn mới).
 (**) 
b  ux  vy
 y  ua  vb

Ta lưu ý là 2 phương pháp đặt trên là như nhau vì vai trò x, y và a, b không đổi.
 Phép đặt (*) dùng cho những hệ mà ta có thể nhóm các hạng tử một cách thích hợp để
đưa ra phương trình đơn giản hơn theo mx+ny hoặc ux+vy.
 Phép đặt (**) dùng cho những hệ mà ta có thể khử một trong hai hạng tử nào đó sau
khi khai triển. (Lưu ý rằng hệ phương tình hữu tỷ mà 2 ẩn tách được thì ta giải được
bằng phương pháp hệ số bất định).
- Khi gặp một bài hệ phương trình thì ta nên thử (*) trước, vì phương pháp này sẽ giúp ta đưa
được về một hệ đơn giản hơn.
a  mx  ny
- Một trường hợp đặt biệt hơn là dùng phép đặt 
dùng cho hệ phương trình có
b  nx  my
một phương trình đối xứng, từ đó có thể đưa về hệ phương trình đối xứng loại (I). Phương

pháp này có thể giải nhiều bài hệ phương trình hữu tỷ, đặc biệt là hệ phương trình bậc 2. Vì
từ một phương trình bậc 2 có dạng: m1 x 2  m2 xy  m3 y 2  m4 x  m5 y  m6  0 ta có thể đưa
về dạng n1ab  n2 a  n2b  n3  0 từ đó ta tính được theo a, b.

 Bài tập minh họa:
 x 2  y 2  xy  x  y
Bài 1: Giải hệ phương trình sau  2
2
 x  y  3

Giải
 Đánh giá: Nếu ta đặt a=x+y, b=x-y thì ta được phương trình ab=3 nên việc đặt phần nào
cũng dễ thấy. Việc còn lại là đưa phương trình đầu về 2 ẩn a, b nữa là xong. Thật vậy, ta có:
1
2
x 2  xy  y 2  3  x  y   ( x  y ) 2  .


4
 Chi tiết:
Đặt a=x+y, b=x-y thì ta có được hệ phương trình sau:
3

a
2
2

3a  b  4b
a  1


b


.

b  3
ab  3
 27  b 2  4b
 b 2
Vậy ta có ( x; y )  (2;1) .


2
 2
2
 x  y  5 (1)
Bài 2: Giải hệ phương trình 
4 x 2  3x  57   y (3x  1)(2)

25
Giải
 Đánh giá: Đánh giá 2 phương trình của hệ ta thấy không thể phân tích thành nhân tử. Tuy
nhiên nếu nhìn kỹ thì ta có thể thay đổi hệ số x2 và y2 của (2) bằng phép thế của (1). Như
vậy ta sẽ nghĩ tới việc đặt (*) như đã nêu trên, nhưng việc khó là ta không biết phân tích
như thế nào. Ta hướng tới một phương pháp sau:
Ta sẽ thế (1) vào (2) và biến đổi biểu thức bậc 2, như sau:
57 
(1).  (2)  x 2 (4   )  3 xy   y 2  3 x  y 

25 5

Mục đích là ta phân tích f ( x)  x 2 (4   )  3xy   y 2 thành nhân tử. Muốn vậy thì  của
f ( x ) phải có dạng bình phương. Ta xét:

  9 y 2  4 (4   ) y 2  y 2 (9  16  4 2 )
Như vậy ta phải tìm 9  16  4 2 là số chính phương, hay ta phải tìm nghiệm nguyên của
phương trình:
9  16  4 2  k 2
Ta tìm được  4; 2;0 (thật ra ta chỉ cần tìm nghiệm nguyên của phương trình
9  16  4 2  0 rồi thử lại). Dễ thấy chỉ nhận   2 . Khi đó ta phân tích
2 x2  3xy  2 y 2   2 x  y  x  2 y  . Và đặt a  2 x  y; b  x  2 y .

 Chi tiết:
Lấy (2) - 2.(1) ta có hệ tương đương:
2
 2
2
 x  y  5

2 x 2  3 xy  2 y 2  3 x  y  47

25
Đặt b  2 x  y; a  x  2 y ta có hệ đối xứng:

3
4
 2 2 2

a  b  5
a  5 ; b  5



a  4 ; b  3
a  b  ab  47  0


25
5
5
  2 1   11 2  
Vậy ta tìm được  x; y     ;  ;  ;   .
  5 5   25 25  

Bài 3: Giải hệ phương trình

3
2

 x  3xy  49
 2
2

 x  8 xy  y  8 y  17 x

Giải


 Ý tưởng: Đây là bài ta đã gặp ở phần phương pháp hệ số bất định, nhưng ở đây ta giải nó
ở một phương pháp khác.
Xét hạng tử bậc 2 là x 2  8xy  y 2 ta thấy không thấy phân tích thành nhân tử cũng không
có cách nào khác biến đổi nó. Đến hạng tử bậc 3, dù x 3  3 xy 2  x  x 2  3 y 2  nhưng cũng

không dễ gì đưa về bậc 3 theo a, b với phép đặt (*). Vậy ta chuyển snag phép đặt (**). Ta
 x  ua  vb
thử cách đặt 
và mục đích của ta là khử ab, a 2b, ab2 sau khi đưa về bậc 3 theo
y

va

ub

a, b. Giờ ta tìm u, v:
 x  ua  vb
Đặt 
thay vào hệ ta được:
 y  va  ub

a 3  u 3  3uv 2   b3  v3  3u 2 v   a 2b  3v3  3u 2v   ab 2  3u 3  3uv 2   49

 2 2
2
2
2
2
2
2
a  u  8uv  v   b  v  8uv  u   8ab  u  v   9ua  25vb
Ta đồng nhất cho hệ số của ab, a 2b, ab2  0

3v3  3u 2v  0
 3

u  v
2
3u  3uv  0  
u  v
u 2  v 2  0

Do đặt u=v hay u= -v đều cùng cách nên ta đặt u=v=1.
 Chi tiết: Đặt x  a  b, y  a  b ta có hệ sau:
4a 3  4b3  49
8a 3  8b3  98
 2

2
2
2
6a  10b  9a  25b
6a  9a  10b  25b
Tới đây ta có thể giải bằng hệ số bất định. Cụ thể lấy phương trình (1) cộng phương trình
(2).(-6) ta được:

 2a  3 

3

  2b  5   2a  3  2b  5  a  b  1
3

 5 3   3 5 
Từ đó tìm được nghiệm của hệ  a; b    ;  ;  ;    x; y    1; 4  ;  1; 4 
 2 2 2 2 

 Nhận xét: Từ bài toán trên ta rút ra một kinh nghiệm là trong một phương trình có

mx3 ,3mxy 2 , my 3 ,3mx 2 y thì ta có thể đặt x  a  b, y  a  b . Ta xét bài tương tự sau.
6 x 2 y  2 y 3  35  0
Bài 4: Giải hệ phương trình  2
2
5 x  5 y  2 xy  5 x  13 y  0

Giải
 Ý tưởng: Theo nhẫn ét trên thi do phương trình có 2 y 3  6 x 2 y nên ta đặt
x  a  b; y  a  b .

 Chi tiết:
Đặt x  a  b; y  a  b ta có (1) trở thành:

6  a  b   2  a  b   35  0  6  a 2  2ab  b 2   a  b   2  a 3  3a 2b  3ab 2  b3   35  0
2

3

 6  a3  a 2b  2a 2b  2ab 2  ab 2  b3   2a 3  6a 2b  6ab 2  2b3  35  0  a 3  b3 

35
0
8


Tương tự, (2) trở thành: 6a 2  9a  4b 2  4b  0
Vậy ta có hệ phương trình
35

 3 3
a  b  
8

2
6a  9a  4b 2  4b  0

Giải hệ trên bằng phương pháp hệ số bất định đã nêu trên ta được
3
3
1 5
1 5
 a; b    1;  ;   ;1   x; y    ;   ;   ;   .
2  2 

2 2  2 2
 Nhận xét: Nếu đã biết nghiệm của hệ ta có thể giải nhanh bài này bằng hệ số bất định như
sau: 1  3.  2   6 y  15 x2  3  2 y  5 x  2 y3  15 y 2  39 y  35  0
2
2
 
1 
5 
  2 y  5  3  x     y     0 (Tiếp theo cho bạn đọc).
2 
2  
 

 x 4  2 x  y 4  y
Bài 5: Giải hệ phương trình  2

2 3
 x  y   3
(Đề kiểm tra đội tuyển THPT chuyên ĐHSP Hà Nội)

Giải
 Ý tưởng: Ta thấy ở phương trình (1) của hệ có dạng đối xứng nên ta đồng thời nghĩ ngay

a  x  y
3

tới cách đặt b  x  y . Lại để ý ngay phương trình thứ (2) của hệ có  ab   c 3  ab  c.
c 3  3

ab
a b
;y
 Chi tiết: ta có: x 
, suy ra:
2
2
 a  b 2  a  b  2  ab 2
4
4
2
2
x  y   x  y  x  y   x  y   ab 
a  b2 

 
 

 2   2   2
Ta thấy 2 x  y   a  b  

a  b a  3b a  c3b


2
2
2

Do đó phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
ab 2
a  c3b
a  b2  
 c  a 2  b2   a  c3b .

2
2

Ta có hệ mới là

c  a 2  b 2   a  c3b
 2 c2 
c4

c
a


a


 ca 4  c3  a 3  ac 4


2 
a 
a

ab  c
1
  ca  1  a3  c3   0  a   a  c.
c


1

Suy ra hệ có hai nghiệm  a; b    c;1 ;  ; c 2  .
c


Xét hai trường hợp:
TH1: Nếu a  c, b  1  x 

3
c 1 3 3 1
3 1

,y
.
2

2
2

3
1
11
2
11
 1 c
 1
TH2: Nếu a  , b  c 2  x    c 2  
 3 , y    c2   3 .
c
2c
2c
2c
3
3



 3 3  1 3 3  1   2 1 
;
Vậy hệ đã cho có nghiệm là  x; y   
 ,  3 ; 3  .
2
2

  3 3

 Nhận xét: Ta thấy mấu chốt của bài toán là ta nhìn thấy được sự tương tác quan hệ giữa
các biến, tuy nhiên phương pháp tổng-hiệu ở đây vẫn được dùng tới.
 Kết luận phương pháp:
Nhìn chung đây là một phương pháp khá hay nhưng cũng là khó nếu ta chưa nắm vững lý
thuyết cũng như chưa nắm vững cách đặt các biến trong hệ. Đòi hỏi chúng ta phải nhớ các
dạng đặc biệt để áp dụng ngay cách đặt từng kiểu vào bài làm để tiết kiệm thời gian. Một
bài tập tương tự.

 x2  y 2  x  3

Giải hệ phương trình  2
2 xy
2
 x  4 y  x  y  1  1



3)

Kỹ thuật 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẬT ẨN PHỤ
 Lý thuyết:
- Phương pháp này là phương pháp rất quen thuộc đối với học sinh trong việc giải hệ phương
trình. Đặc biệt trong phương pháp này chúng ta chú ý đến việc chia để xuất hiện ẩn phụ. Kỹ
thuật này thường dựa vào các dấu hiệu phương trình có dạng tích xy, x2 y 2 , f  x  g  y  ,...
Bên cạnh đó còn có phương pháp đặt ẩn phụ lượng giác,…tuy nhiên tất cả các phương pháp
này thường không đặc trưng dễ thấy mà chủ yếu là dựa vào tư duy và kỹ năng làm bài của
từng người. Ta hãy theo dõi một số bài tập ví dụ sau đây để hiểu rõ hơn về phương pháp
này.

 Bài tập minh họa:

 x 2  y 2  1
Bài 1: Giải hệ phương trình 
 2  x  y 1  4 xy   3
Giải
 Ý tưởng: Ở đây ta dễ thấy phương trình (1) của hệ có tổng hai bình phương và phương trình
(2) của hệ có 4 xy  2.2 xy nghĩa là bóng dáng của công thức lượng giác. Nên ta bắt đầu đặt
ẩn phụ bằng các hàm lượng giác.
 Chi tiết:
Đặt x  cos  ; y  sin  ta được phương trình sau:
2  sin   cos 1  2sin    3
1

 2. 2 sin   450  .2   sin 2   3
2

 4sin   450  sin 2  sin 300   3

 8sin   450  .sin   150  .cos   150   3
 4 cos   150  cos 600  cos  2  300    3

 2 cos   150   4 cos   150  .cos  2  300   3
 2 cos  3  450   3

  650  k120 0

k, l 
0
0
  35  l120
Vậy hệ đã cho có nghiệm

.

 x; y    sin 650 ;cos 650  ,  sin1850 ;cos1850  , sin 3050 ;cos 3050  ,  sin 850 ;cos850  ,   sin 350 ;cos 350 

 sin 205 ;cos 205 
0

0

 Nhận xét: Ta thấy nếu đặ ẩn phụ như vậy thì việc giải bài toán này rất gọn và dễ dàng hơn.
Từ đó ta cũng thấy được sự ngắn gọn trong phương pháp đặt ẩn phụ giaiar hệ phương trình.

 x  y   x 2  y 2   3

Bài 2: Giải hệ phương trình 
2
2
 x  y   x  y   15
Giải


 Ý tưởng: Ta thấy nếu đặt như trên thì cả hai phương trình đều khá rắc rối trong việc khai
triển hàm lượng giác. Nhìn kỹ nếu khai triển hết các tích của hai phương trình thì ta sẽ thấy
điều đặc biệt (phần nháp dành cho bạn đọc).
 Chi tiết:
Biển đổi như ý tưởng trên ta được hệ mới:

 x3  y 3  xy  x  y   3
(như phân tích trên thì đến đây việc đặt đã rõ ràng).

 3
3
x

y

xy
x

y

15



u  x 3  y 3
Đặt 
, hệ đã trở thành
v  xy  x  y 
u  v  15 u  9

khi đó, ta có:

u  v  3
v  6

 x  1

 x  y  9
x  y  3

y  2



 x  2
 xy  2
 xy  x  y   6

  y  1
3

3

Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;2 ,  2;1 .
 Nhận xét: Ta thấy việc trước khi đặt ẩn phụ thì ta cũng nên thử khai triển các phương trình
xem thế nào. Như ví dụ trên thì việc triển khai hệ sẽ cho ta thấy đặt ẩn phụ dễ dàng hơn.


1
 x   x  y 3  3
y

Bài 3: Giải hệ phương trình 
2 x  y  1  8

y
Giải
 Ý tưởng: Hệ này nhìn vào ban đầu ta nghĩ ngay tới việc biến đổi phương trình (2) sao cho
có những biểu thức dưới căn của phương trình (1).
 Chi tiết:

y  0

1

Điều kiện  x   0 (*)
y

 x  y  3  0
Biến đổi hệ trở thành;


1
 x   x  y 3  3
y


x  1  x  y  3  5

y

1
u  x   0
y
Đặt 

v  x  y  3  0


Khi đó hệ trở thành:
 u  2


u  v  3
u  v  3
v  1


thõa mãn điều kiện (*).
 2 2
 u  1
uv  2
u  v  5

 v  2

 x  3
1 1


u  2  x  
y 1

y 4 

Nếu 
thõa (*)
 x  5
v  1
x  y  3  1 



  y  1

  x  4 

1

  y  3 
u  1  x   1
y


Nếu 
v  2  x  y  3  4
  x  4 


  y  3 

10
10

thõa (*)

10
10







Vậy hệ có nghiệm sau  x; y    3;1 ,  5; 1 , 4  10;3  10 , 4  10;3  10 .
 x 2  y 2  xy  4 y  1

Bài 4: Giải hệ phương trình 
y
2
x  y  2
x 1


Giải
y
rồi từ đó đưa về như dạng phương
x 1
trình (1) đối với u, v. Nhưng nếu để ý thì ta chỉ cần một bước đơn giản để biến đổi phương
trình (1) về có dạng phương trình (2) rồi đặt ẩn phụ. Ta đi vào bài giải.
 Chi tiết:
Nhận thấy y=0 không phải là nghiệm của hệ nên ta biến đổi như sau;

 Ý tưởng: Ta có thể đặt ẩn với các phần tử x  y ,

2

 x2  1

x2  1
x y  4


u


y
. Đặt 
y

y
x  y 
v  x  y
2


x2  1
Khi đó, hệ phương trình trở thành:

u  v  4

1

v  u  2
 x  1
 x2  1

 1  y  2
u  1 
 y

Giải hệ trên ta thu được nghiệm của hệ 
  x  2

v  3 

x

y

3

  y  5

Vậy hệ có hai nghiệm  x; y   1;2 ,  2;5 .


3
2y

 x2  y 2 1  x  1

Bài 5: Giải hệ phương trình 
 x2  y 2  2x  4

y

Giải
 Ý tưởng: Ta vẫn giữu ý tưởng như các bài toán trên. Nhìn chung bài này vẫn dễ dàng nhìn
thấy cách đặt ẩn phụ. Ta quan sát bài giải chi tiết sau.
 Chi tiết:
Điều kiện xy  0 .

a  x 2  y 2  1


Đặt 
, ab  0.
x
b


y

Lúc này, hệ đã cho trở thành:
 a  1

3 2
  1
b  1

a b
 a  9
a  2b  3

 b  3
 x  1

a  1
 y  1
Khi 

b  1   x  1

  y  1

 x  3

a  9   y  1
Khi 

b  3   x  3

  y  1
Vậy nghiệm của hệ là  x; y   1; 1 ,  1;1 ,  3;1 ,  3; 1 .
 x 2  xy  3 x  y  0
Bài 6: Giải hệ phương trình  4
2
2
2
 x  3 x y  5 x  y  0

Giải
 Ý tưởng: Ta vẫn giữ suy nghĩ như những bài tập trên, nhưng nhìn qua hai phương trình của
hệ ta thấy hệ có nghiệm  x; y    0;0 và chúng có dạng tích nên ta sẽ nghĩ ngay đến việc
chia một trong hai phương trình cho x hoặc y. Ta đi theo dõi bài giải sau đây.
 Chi tiết:
Xét x  0  y  0   x; y    0;0 là một nghiệm của hệ.
Xét x  0 , chia hai vế của phương trình (1) cho x , chia hai vế của phương trình (2) cho x 2 ,
ta được hệ phương trình sau:



y

x



y

3
 x 


x


2
 x 2  y  3 y  5  x 


x2

Đặt z  x 

y
 y 3
x
2

y
  y5
x

y
, khi đó hệ tiếp tục biến đổi lại

x

z  y  3
 2
z  y  5
 z  2

y 1
Giải hệ này ta được 
 x  y  1.
  z  1

  y  4

Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    0;0 , 1;1 .





 2 x  1  y 1  2 2 x  1  8

Bài 7: Giải hệ phương trình 
 y 2  y 2 x  1  2 x  13
Giải
 Ý tưởng: Ta thấy cả hai phương trình của hệ đều có hạng tử 2 x  1 ngoài ra không còn gì
ấn tượng để ta liên tưởng đến việc đặt như các ví dụ trên. Do đó ta thử đặt khác bài tập trên
là chỉ đặt t  2 x  1 (bài nháp để cho bạn đọc).
 Chi tiết:
1



Đặt t  2 x  1  x  , t  0  . Hệ phương trình trở thành:
2



t  y 1  2t   8 t  y  2ty  8 1

 2
2
2
 y  yt  t  12
 t  y   3ty  12  2 
Ta thấy (1).3+(2).2 sẽ cho ta phương trình mới sau:
t  y  0
2
2 t  y   3t  y   0  
t  y   3

2
Nếu t  y , ta có t  y  2 . Khi đó:
Nếu t  y 

2x 1  2  x 

5
 y  2.
2

3  61
3
, ta có 4t 2  6t  13  0  t 
 t  0  . Khi đó:
4
2



3  64
3 3  61
y
y 


3  61


4
2
4
t


4
 2 x  1  3  61
 x  43  3 61

16
4


 5   43  3 61 3  61 
;
Vậy hệ có nghiệm  x; y    ; 2  , 
.
16
4 
2  


 Nhận xét: Ở bài này tuy cũng đặt ẩn phụ nhưng ta thấy chỉ cần đặt một ẩn đối với một hạng
tử trong hệ. Về việc đặt như vậy là dựa vào sự quan sát, đánh giá và kỹ năng trong quá trình
làm bài của mỗi người, nhưng ở bài này thì không quá khó để ta có thể nhận ra như vậy. Ta
theo dõi tiếp một ví dụ sau đây.

2 x 2  x  y  1  y 2  3 y
Bài 8: Giải hệ phương trình  2
2
 x  xy  3 y  x  2 y
Giải
 Ý tưởng: Dễ dàng nhận thấy  x; y    0;0 là nghiệm của hệ. Tuy nhiên, vì phương trình
thứ (2) có dạng tích nên ta sẽ tiếp tục chia một trong hai phương trình cho x hoặc y .
 Chi tiết:
Xét x  0  y  0   x; y    0;0 là một nghiệm của hệ.
Xét y  0 , đặt t 

x
 x  t. y . Hệ đã cho trở thành:
y

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

t  2  0
Từ (2) ta suy ra  2
. Chia (1) cho (2) vế theo vế ta được:
t  t  3  0

t  1

2t 2  t  1 3  t
3
2

 3t  7t  3t  7  0  t  1 (Lời giải chi tiết cho bạn đọc).
2
t t 3 t 2
 7
t 
 3
 7 3 
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    0;0  , 1;1 ,  1;1 ,  ;  .
 43 43 
 Nhận xét: Ở đây ta đã sử dụng đến chú ý nêu ra ở phần lý thuyết là sử dụng kỹ năng chia
hai phương trình của hệ cho nhau để đưa đến tìm ẩn vừa đặt.
 Kết luận phương pháp:
Nhìn chung đây là phương pháp dễ hiểu và dễ làm nhất trong ba phương pháp nêu trên, tuy
nhiên nó chỉ dùng để giải cho những hệ đơn giản và dễ đánh giá, nó không tối ưu cho đa số

bài hệ phương trình. Thứ hai, về phương pháp thì lý thuyết không đề cập gì nhiều mà chủ
yếu là dựa vào kỹ năng nhìn nhận, đánh giá và kỹ năng làm bài của mỗi người để đi đến
việc đặt tối ưu hơn. Một số ví dụ minh họa.





2  x 2 y 4  2 xy 2  y 4  1  2 3  2  x y 2 1


1) Giải hệ phương trình 
2
 2

 x y x 3
3

 x  y  2  2
1
2) Giải hệ phương trình 
 y  2  x  2 x  2   7  2

4


4)

Kỹ thuật 4: KỸ THUẬT PHÂN TÍCH NHÂN TỬ
 Lý thuyết:

G  x; y   0
- Hệ có dạng 
 F  x; y   0
Một trong hai phương trình của hệ ta có thể đưa được về dạng tích, chẳng hạn
G  x; y   f  x; y  .g  x; y  . Thông thường đây là phương trình bậc hai hai ẩn hoặc là
phương trình đẳng cấp có thể tìm mối liện hệ giữa các biến.
- Một dạng tích mà chúng ta hay gặp nhất như sau:

 a  1 .  b  1  0
a  b  1  ab

.Khi đó, hệ phương trình tương đương:


au  bv  ab  uv
 a  v  .  b  u   0
 f  x; y  .g  x; y   0
 f  x; y   0  g  x; y   0


.

G  x; y   0
G  x; y   0 G  x; y   0
- Phân tích phương trình bậc hai hai ẩn thành nhân tử:
Phương trình bậc hai hai ẩn có dạng:
F  x; y   ax 2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0
 ax 2   by  d  x  cy 2  ey  f  0

Ta xem đây là phương trình bậc 2 ẩn x và tham số y, ta tính denta của phương trình

   by  d   4  cy 2  ey  f    my  p 
2

2

  by  d   my  p

x 
2a

  by  d   my  p

x 
2a

Đến đây theo quy tắc phân tích đa thức bậc 2 khi biết nghiệm, ta được:

  by  d   my  p 
  by  d   my  p 

F  x; y   a  x 
 x 
.
2a
2a



Và lúc này hệ ban đầu của ta sẽ tương đương với hệ sau:

 
  by  d   my  p 
  by  d   my  p 
a  x 
 x 

2a
2a
 



G  x; y   0
Dấu hiệu: Cách nhận biết một phương trình thế nào để đưa về dạng tích:
- Hệ có một hoặc hai phương trình bậc hai (đối với bậc 4 hoặc bậc 6 thì có thể đặt
ẩn phụ để giảm mũ).
- Hệ có phương trình đẳng cấp.
- Hệ có một phương trình có dạng uv  Av  Bu  AB  0.
- Hệ phương trình có dạng hằng đẳng thức.
- Hệ phương trình có chứa căn thưc (ta có thể phân tích nhân tử bằng cách đặt ẩn
phụ, liên hợp hoặc dùng hàm số,…).


 Bài tập minh họa:
 xy  x 2  y 2   2   x  y 2
Bài 1: Giải hệ phương trình 
(Đề thi ĐH Khối A-2011)
2
2
3

5 x y  4 xy  3 y  2  x  y   0

Giải
 Đánh giá: Ở đây khi nhìn qua hệ, ta để ý nếu ở phương trình (1) chúng ta khai triển hằng
đẳng thức ở vế phải thì sẽ xuất hiện nhân tử x 2  y 2 và xy .
 Chi tiết:
Từ phương trình (1) ta có:

xy  x 2  y 2   2  x 2  2 xy  y 2

 xy  x 2  y 2   2   x 2  y 2   2 xy  0
  xy  1  x 2  y 2  2   0
Do đó, hệ phương trình tương đương;

5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2  x  y   0

2
2
 xy  1  x  y  2   0
  xy  1
5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2  x  y   0
 2
2
3

 5 x y  4 xy  3 y  2  x  y   0
   xy  1
 2
 x  y 2  2
 2


2
 x  y  2
 5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2  x  y   0
 
  xy  1
 2 2
2
4
2
 5 x y  4 xy. y  3 y  2  xy  y   0
 2
2
  x  y  2

2
2
2
2
 3 y  x  y   2 x y  4 xy  2  x  y   0
  xy  1
 4
2
 3 y  6 y  3  0
 2
2
  x  y  2
 6 y  2 x 2 y  4 xy 2  2  x  y   0

 x  1


 x  1
 y  1

2 10 
2 10


x
x


y

1
 x  1



5
5
 




  y  1
 x  1 
10
 y   10



y


2
2
5
5
  y  1 
  x  y  2

 1  xy  2 y  x   0
Tập trên là nghiệm của hệ phương trình.
 Nhận xét: Nhìn chung hệ trên giải theo phương pháp đã nêu, chúng ta chỉ chú trọng trong
khâu biến đổi các phương trình của hệ cẩn thận.


 xy  x  y  3
1
Bài 2: Giải hệ phương trình  3
2
3
4 x  12 x  9 x   y  6 y  5  2 
Giải
Hệ đã cho tương đương với:
3xy  3x  3 y  9
 3
2
3

4 x  12 x  9 x   y  6 y  5
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:
4 x 3  12 x 2  12 x  4   y 3  3 xy  9 x
 4  x  1  4 y 3  3 y 3  3 xy  9
3

2
 4  x  1  y   x  1  y  x  1  y 2   3 y  y 2  x  3


Tiếp tục thay xy  x  y  3 vào vế phải của phương trình ta được:

2
4  x  1  y   x  1  y  x  1  y 2   3 y  y 2  xy  y 


2
 4  x  1  y   x  1  y  x  1  y 2   3 y 2  x  y  1


 y  1  x
2
  x  y  1 2 x  y  2   0  
 y  2x  2

TH1: Với y  1  x , phương trình (1) trở thành:

1  x  1  x   x  1  x  3
 x 2  3x  4  0  x 
TH2: Với y  2 x  2 , phương trình (1) trở thành:

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

3  17
1  17
y
2
2


3  17
x 

2
Vậy hệ đã cho có nghiệm 
 y  1  17

2
 Nhận xét: Nhìn chung qua cách trình bày như trên thì việc giải bài toán có vẻ nhẹ nhàng.
Tuy nhiên ngay ở bước thứ hai, việc ta nhìn ra bước thế thì là điều rất nhạy bén, nó đòi hỏi
ta phải có kỹ thuật, kinh nghiệm làm bài mới thấy được. Ngoài ra hệ này còn giải bằng
phương pháp rút thế, đặt ẩn phụ. Tuy nhiên chỉ có cách này là trình bày tự nhiên và đơn giản
nhất. Ta tiếp tục xét một ví dụ đơn giản dưới đây.

2 2 x  y  3  2 x  y 1
Bài 3: Giải hệ phương trình 
(Cao đẳng năm 2010).
2

2
 2
 x  2 xy  y  2
Giải


 Đánh giá: Dễ dàng nhận ra rằng ta sẽ khai thác ở phương trình (1). Nếu đặt

t  2 x  y , t  0 thì phương trình sẽ trở thành phương trình bậc 2 ẩn t. Ta giải tìm t, từ đó
suy ra mối quan hệ giữ x và y.
 Chi tiết:
Điều kiện 2 x  y  0 . Ta có 1  2 x  y  2 2 x  y  3  0

t  2 x  y  0  t 2  2 x  y.
Đặt

t  1
t  3(loai )

1  t 2  2t  3  0  

Với t  1  2 x  y  1  y  1  2 x .
Thay y  1  2 x vào (2) ta được:

 x  1, y  1
 x  3, y  7

 2  x2  2 x  3  0  

Vậy nghiệm của hệ là  x; y   1; 1 ,  3;7  .

4
2
2
2

 y  2 xy  7 y   x  7 x  8 1
Bài 4: Giải hệ phương trình 
2
2

 3 y  13  15  2 x  x  1  
Đề thi thử DDH 2013-THPT Trần Phú-Hà Tĩnh

Giải
 Đánh giá: Ta quan sát phương trình (1), nếu để ý thấy chúng chứa nhiều hạng tử có dạng
bình phương và bậc 4, điều này làm ta liên tưởng đến hằng đẳng thức. Thật vậy, phương
trình (1) tương đương:

y

4

 2 y 2 x  x2   7  y 2  x   8  0

  y2  x  7  y2  x  8  0
2

Đến đây, ta chỉ cần đặt t  y 2  x , giải ra t và sau đó tìm quan hệ giữa x và y.
 Chi tiết:
Điều kiện: 1  x 

15
2

Như phân tích trên 1   y 2  x   7  y 2  x   8  0 .
2

Đặt t  y 2  x , phương trình (1) trở thành:

t  1
t 2  7t  8  0  
t  8(loai )
Với t  1  y 2  x  1 thay vào phương trình (2), ta được:

 2 

3 x  16  15  2 x  x  1

 3 x  16  15  2 x  x  1

 x  115  2 x 
 6 x 2  13 x  15  0,  x  0 

 2x 

 x  3  y 2  4  y  2