NỘI DUNG 4 hệ PHƯƠNG TRÌNH

FB: />
PT – BPT – HPT

IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Chuyên đề: PT – BPT - HPT
§ 1. PHÂN TÍCH ĐA THỨC HAI BIẾN THÀNH NHÂN TỬ
BẰNG PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI
Kiến thức cơ bản
 Nếu tam thức bậc hai f(x) ax2
luôn có thể phân tích thành

bx

ax2

f(x)

bx

c

(a

c

0)

a(x

có hai nghiệm x1, x2 thì tam thức

x1 )(x

x2 )

VD: f ( x ; y ) x 2 4 y 2 8 x 4 y 15

♥ Xem (1) là một tam thức bậc hai theo x : f ( x; y ) x 2 8 x 4 y 2 4 y 15
' 16 ( 4 y 2 4 y 15) 4 y 2 4 y 1 (2 y 1) 2 0
Ta có:
Suy ra (1) có hai nghiệm:

x

5 2y

x

3

2y

♥ Vậy: f ( x; y ) ( x 5 2 y )( x 3 2 y) 
Thực hành kỹ năng giải toán
Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
1)
2)
3)
4)

f ( x; y )

f ( x; y )
f ( x; y )
f ( x; y )

y2

5x2

xy

2

3y

2x

2

xy

2x

2

2

y

4 xy 16 x 8 y 16
x

y

4y
2

xy

7

5x

y

2

y

5x

2

Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
1) f ( x; y ) 6 x 2 3xy x y 1
2) f ( x; y ) 2 x 2

xy

y2

5x

y

2

3) f ( x; y ) ( x y )(2 x y ) 6 x 3 y 4
4)

f ( x; y )  ( x  y )( x  4 y 2  y )  3 y 4

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

§ 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Yêu cầu:
Học sinh đã thành thạo việc giải các hệ cơ bản: bậc nhất hai ẩn, đối xứng loại 1, đối xứng
loại 2, đẳng cấp. Các phương trình một ẩn: bậc nhất, bậc hai, bậc ba, các bậc bốn đặc
biệt,...Thành thạo các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia
hai vế, thay thế biểu thức, bình phương hai vế,...
Chú ý:
Các bài toán giải hệ 2 ẩn đa phần đều quy về việc tìm một pt một ẩn giải được.
1. PHƯƠNG PHÁP THẾ
Kỹ thuật 1: Rút một biến để thế
Cụ thể: Rút một ẩn từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được phương trình
một ẩn giải được.

Kỹ thuật 2: Rút một biểu thức để thế
Cụ thể: Rút một biểu thức từ phương trình nầy, thay vào phương trình kia để được
phương trình một ẩn giải được.
Kỹ thuật 3: Thế hằng số bởi biểu thức
2. PHƯƠNG PHÁP CỘNG
Có thể: Cộng vế với vế, trừ vế với vế hoặc nhân cho một hằng số thích hợp rồi cộng hoặc
trừ vế với vế mục đích để tạo ra một phương trình mới có thể hỗ trợ cho việc giải hệ đã
cho như: pt một ẩn, pt bậc nhất hai ẩn, phương trình tích số,...
Kỹ thuật 1: Tạo ra pt một ẩn
Kỹ thuật 2: Tạo ra pt bậc nhất hai ẩn
Kỹ thuật 3: Nhân hệ số thích hợp và cộng hoặc trừ vế với vế để tạo ra pt bậc nhất hai ẩn
Chú ý: Các hằng đẳng thức cơ bản sau
2
  a  b   a 2  2ab  b 2
  a  b   a3  3a 2b  3ab 2  b3
3
  a  b   a3  3a 2b  3ab 2  b3
3

3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤC
Kỹ thuật: Biến đổi mỗi hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau
Chú ý: Các phép biến đổi tương đương một phương trình: chuyển vế, nhân chia hai vế,
thay thế biểu thức,...
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PT – BPT – HPT

FB: />
4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ TÍCH SỐ
Chú ý: Các phép biến đổi: tạo các biểu thức có nhân tử giống nhau, phân tích tam thức
bậc hai thành thừa số, bình phương,...
Kỹ thuật 1: Biến đổi một pt của hệ thành tích số
Kỹ thuật 2: Cộng hoặc trừ vế với vế để biến đổi về pt tích số
5. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Kỹ thuật 1: Sử dụng tính đơn điệu kết hợp nhẩm nghiệm
Kỹ thuật 2: Tìm hàm đặc trưng và sử dụng tính chất f(u) = f(v)
6. KẾT HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

I. PHƯƠNG PHÁP TÍCH SỐ
(PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích số để được
các hệ thức đơn giản chứa x,y
Các kỹ thuật thường sử dụng:
+ Nhóm nhân tử chung
+ Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử
+ Nhẩm nghiệm + nhân liên hợp
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được

phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương
trình 1 ẩn).

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

2x2

y2

3 xy

4x2

y2

x

3x
4

2y 1
2x

y

0
x

(1)

4y

(2)

(Khối B – 2013)
Bài giải
♥ Điều kiện:

2x
x

y

0

4y

0

(*)

♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo
ẩn y, phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được
(1)

y2

(3x

2) y

2x2

3x 1

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

0

y ( x 1) y (2 x 1)

0

y

x 1

y

2x 1

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

(các hệ thức đơn giản chứa x, y)
♥ Thế y

x 1,

thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
3x 2

x

3

3x 1

5x

(3)

4

♣ Do phương trình (3) có hai nghiệm x 0 và x 1 nên ta định hướng phân tích (3)
thành dạng ( x 2 x). f ( x) 0 (biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp).
3

3( x2

x)

3( x 2

x)

( x2

x) 3

(x 1

3x 1)

(x

x2 x
x 1
3x 1

2

5x

x2 x
2
5x

x

2
x 1

0 (Tách thành các biểu thức liên hợp)

4)

4

1
3x 1

x

2

5x

(Nhân liên hợp)

0

0

5

0

x2

♥ Thế y

x

0

x

0

x

1

♠ Với x 0

y

1

[thỏa (*)]

♠ Với x 1

y

2

[thỏa (*)]

2 x 1,

thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
3 3x

4x 1

9x

(4)

4

♣ Do phương trình (4) có hai nghiệm x 0 nên ta định hướng phân tích (4) thành
dạng x. f ( x) 0 (biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp).
4

3x

( 4 x 1 1)

3x

4x
4x 1 1

( 9x

9x
9x 4

4

x 3

4

2)

2

0

4x 1 1

9x

4

(Nhân liên hợp)

0

9
2

(Tách thành các biểu thức liên hợp)

0

0

x

0

[thỏa (*)]

♠ Với x 0

y

1

[thỏa (*)]

♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (0;1) và (1; 2) 
(Xem lại phần kỹ thuật nhân liên hợp)

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải hệ phương trình

2x2

x

x2

y2

y

2

2x

x 3y

2y

3

4x

2y

6

2

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
(1

y) x

2 y2

3x

y

x

2

6y 1

(x

2 x

y 1) y
2y

(1)

4x 5 y

3

(2)

(Khối B – 2014)
Bài giải
y

0

♥ Điều kiện : x 2 y

4x

(*)

5y

3

♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Do y 1 luôn thỏa (1) nên định hướng phân
tích theo nhân tử y 1 hoặc 1 y . Ta được:
1

(1 y)( x
(1

y )( x

y 1)

(x

y 1)(1

1
x y

y 1)

y)
1

1

1

y

0
0

y

1

y

x 1

0

♥ Thế y 1 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 9 3x 0
♥ Thế y

x 1,

x

[thỏa (*)]

3

thay vào (2) ta được phương trình một ẩn: 2 x 2 x 3

2

(3)

x

Điều kiện: 1 x 2
2 x2

Khi đó: (3)

(2 x 2
x
x
x

♠ Với x

1

5
2

x 3

y

0

x 3)2
1 x

1

2

3
2

x

5
2
7
2

1

x

5
2

x

x

1 x

4 x4

4 x3

1

3
2
11x 2

x
7x

7

0

( x2

3
2
x 1)(4 x 2
1 x

7)

0

5
2
7
2

. So với điều kiện (*) ta chỉ nhận x

1

5
2

[thỏa (*)]

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (3;1) và

1

5
2

;

1

5
2



(Xem lại phần giải phương trình bậc bốn)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
( y 1) 2
x

3

3x

2)3

( 3x
2

12 x

1

y

(3 x 1) y

3x

6

2

3 xy

(1)

0

(2)

(Thi thử của Sở Giáo Dục Bắc Ninh)
Bài giải
2
3

♥ Điều kiện : x

(*)

♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số.
y2

(1)

2 y 1 (3x

y( y

3x

(y

♥ Thế y

3x

2,

3x

2)

2) ( y

2)( y

3x 2

3x

2)

y

3x 2

3x 2)

3x 2
0

y

0

3xy

3x 1

y

3x 2

thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
x3

12 x 2

15 x

4

0

x
( x 1)( x

2

11x

4)

1

0

11

x

So với điều kiện (*) ta chọn x
♠ Với x

1

♠ Với x

11

♥ Thế y

1

y

2

11

105
2

1

105
2

1; x

105

y

29 3 105
2

3x 2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:
x3

3x 2

( 3x 2)
(
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

12 x (3x 1)
3x 2

3x 2 1)3

3x 2

3( 3x 2)

3

6

0

3x 1 1

x3

3x 2

3x 1

( x 1)3
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

3x

♠ Với x

1

y

1

♠ Với x

2

y

2

2 1

x

x 1

x

0
2

3x

♥ Vậy hệ phương trình có ba nghiệm ( x; y ) là ( 1;1) , ( 2; 2) ,

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình

x

y 2

2( x

2

x

2 y2

4 y)

2

111

0

105
2

2

;

x

1

x

2

11 3 105

2
(1)

8 y xy

2y

34 15 x

(2)

(Thi thử của THPT Chuyên Lê Hồng Phong TP HCM)
Bài giải
♥ Điề u kiê ̣n: –2 ≤ x ≤ 2 và y ≥ 0
♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo
ẩn 2 x , phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:
 2x  y

(1)  (2  x)  2  x.y  2y2  0  

 2  x  2y

♥ Thế y

2

x , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

2( x  2  4 2  x )  8 4  x2  34  15x

(3)

♦ Đă ̣t t = x  2  4 2  x  t 2  34  15x  8 4  x2 .
t  0

Do đó: (3)  2t = t2  
t  2
 x2 4 2x  0

Suy ra: 

 x  2  4 2  x  2

4 2  x  x  2

 

 4 2  x  2  x  2

30

16(2  x)  x  2
17x  30
x

 


17 .

16(2  x)  4  16 2  x  x  2
16 2  x  17(x  2)
x  2
30
2 17
Khi x =
y=
và khi x = 2  y = 0.
17
17

♥ Với

2  x  2y ≤ 0 mà y ≥ 0  y = 0 và x = 2. Thử la ̣i ta có x = 2, y = 0 là nghiê ̣m.

 30 2 17 
;
 

 17 17 

♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (2; 0), 

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình

x2

2 ( y2

y 1) x 2

2x

xy

(x

2

y3

2

2) y 2

4x

y

4

0

(1)

0

(2)

Bài giải
♥ Điều kiện: y 2 4 x 4 0
♥ Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai theo
ẩn x 2 2 , phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:
x2

1

2 ( y2

( x2

♥ Thế y

y )( x 2

2
x2

y

y 1) x 2

(vì

2

y3

2

y

2

y2

1)

0

x2

2

y2

1

0

0)

2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

x2

x x2

2x

x

x x2

(x

2)

2

2

(x

2

x

2) x 2

(x

2 (x

2) ( x

4x

2

0

2)2

2) ( x

2)2

6

2

0

( x) ( x) 2

( x)

(3)

2

♦ Xét hàm đặc trưng f (t ) t t t 2 2 với t
Ta có:

f '(t )

t2

1

Nên:

3

♦ Với x 5

t2

2

t2

f (x

2)

0, t
2
f ( x)

x

2

f t 

đồng biến trên

x

x

.

1

3 (thỏa điều kiện (*))

y

♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là (5; 3 ) 
BÀI TẬP
Giải các hệ phương trình
1)

3)

5)

y2

(5 x

4)(4

2

5x

x2

3x

(x

y) x2

y

2

2x 1
(x

y )( x

x)

4 xy 16 x 8 y 16
y2

y

2

4x

5

2y 1
2 y)

3x

(2

(x

0

x) ( x

xy

2)

y)2

4)
1

y)2

2
2y 4

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

6)

2x

x
3

2

0

x y

x2

2

y2

2 xy

x3

18 x

y 1( y 19)

x3

2 x2

7y

x3

2 y2

2 x2

xy

x2 y

2y 1

y

0

0

12

2 xy
3

y 3 14

x

2

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số

+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu thức
chứa x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là hệ thức
đơn giản chứa x, y)
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương
trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).


Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  x  y  1  y  1  x  0
 x  1 y  2

(1)
(2)

Bài giải



 Điều kiện 00  xy  11
 Khi đó: 1  x  1  x  y  1  y (a)
 Xét hàm đặc trưng: f  t   t  1  t với t  0;1
1
 0 t   0;1
2 t 2 1 t
f  t  đồng biến trên đoạn  0;1

Ta có: f '  t  
Suy ra:
 Do đó:

1



và f liên tục trên đoạn  0;1

a   f  x   f  y  x  y

 Thay x  y vào phương trình (2) ta được phương trình:
x  1  x  2  x  1  x  2 x(1  x)  2  2 x(1  x)  1  x 

1
2

1 1
 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y)   ;  .
2 2

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

8 x 3  y 3  6 y 2  6 x  9 y  2  0
 2
2
4 x  1  4 x  3 ( y  1)(3  y )  1  0

(1)
(2)

Bài giải

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

1
1
2
2
3
Khi đó: (1)  8 x  6 x  y 3  6 y 2  9 y  2  (2 x)3  3(2 x)  ( y  2)3  3( y  2)
1
1
Do   x  nên 1  2 x  1 và 1  y  3 nên 1  y  2  1 .
2
2
Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  3t , với t   1;1 .

 Điều kiện   x  , 1  y  3




(a)

Ta có f '(t )  3t 2  3  3(t 2  1)  0 , với mọi t   1;1 .
Suy ra f  t  nghịch biến trên đoạn  1;1 .

 Do đó:
 a   f (2 x)  f ( y  2)  2 x  y  2  y  2 x  2 .
 Thay y  2x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình:
2 3 3
2

4 x 2  2 1  4 x 2  1  0  4 x 2  1  2 1  4 x 2  16 x 4  24 x 2  3  0  x  

 Vậy nghiệm của hệ phương trình là

Ví

 2 3 3



2 3 3
( x; y )  
; 2  2 3  3   ( x; y )   
; 2  2 3 3.




2
2





 x 3  x 2 y  x 2  x  y  1
dụ 3. Giải hệ phương trình  3
2
3
2
 x  9 y  6( x  3 y )  15  3 6 x  2

(1)
(2)

Bài giải

 Ta có: 1  x  x y  x  x  y  1  x 2 ( x  y )  ( x  y )  x 2  1  ( x  y )( x 2  1)  x 2  1
 x  y  1  0 (vì x 2  1  0, x )
 Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình
3

2

2

x3  9 x2  6 x  6  3 3 6 x2  2  ( x  1)3  3( x  1)  (6 x2  2)  3 3 6 x2  2

 Xét hàm đặc trưng f (t )  t  3t , với t  .
Ta có f '(t )  3t 2  3  0 , với mọi t  . Suy ra f  t  đồng biến trên

(a)

3

 Do đó:

(a)  f ( x  1)  f ( 3 6 x 2  2)  x  1  3 6 x 2  2  x3  9 x 2  3x  3  0 .
 ( x  1)3  2( x  1) 2  x  1  3 2( x  1)  x 

 Với x 

.

3
3

3
3

2 1
2 1

2 1
2
y 3
2 1
2 1

 Vậy nghiệm của hệ phương trình là

 3 2 1
2
( x; y )   3
;3

 2 1 2 1

(6 x  5) 2 x  1  2 y  3 y 3  0
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
2
 y  x  2 x  4 x  23


 .


(1)
(2)

Bài giải
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

 Điều kiện

2 x  1  0
2  5 2

 x
x  0

2
2 x 2  4 x  23  0


 Khi đó: (1)  2 x  1  2  3(2 x  1)  y(2  3 y 2 )
(a)
 Xét hàm đặc trưng f (t )  t (2  3t 2 )  3t 3  2t , với t   0;   .
Ta có f '(t )  9t 2  2  0 , với mọi t   0;   .
Suy ra f  t  đồng biến trên  0;   .
 Do đó:
(a)  f ( 2 x  1)  f ( y)  2 x  1  y .
 Thay y  2x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình:
2 x  1  x  2 x 2  4 x  23  3 x  1  2 2 x 2  x  2 x 2  4 x  23
 2 x 2  x  2 2 x 2  x  24  0
x  4
 2x2  x  6
2

 2 x  x  36  0  
 x4
2
x   9
 2 x  x  4

2

 Với x  4  y  3
 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y )  (4;3) .
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình

(4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0
 2
2
4 x  y  2 3  4 x  7

(1)

Bài giải


3
5
Điều kiện x  , y 
4
2
2
Khi đó: (1)  (4 x  1).2 x  (5  2 y  1) 5  2 y

(a)

 Xét hàm đặc trưng f (t )  (t 2  1)t  t 3  t , với t  .
Ta có f '(t )  3t 2  1  0 , với mọi t  .
Suy ra f  t  đồng biến trên .

 Do đó:

 Thay y 

x  0


(a)  f (2 x)  f ( 5  2 y )  2 x  5  2 y  
5  4 x2
y



2
5  4x 2
2

.

vào phương trình (2) ta được phương trình:
2

 Nhận thấy x  0 và

5

4 x2    2 x2   2 3  4 x  7  0
(b)
2

3
x  không là nghiệm của phương trình
4

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

(b)

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT





2

5
3
Xét hàm số g ( x)  4 x    2 x 2   2 3  4 x  7 với x   0;  , khi đó:
2

 4
1
(3)
 b   g  x   g  
2
3
Khảo sát tính đơn điệu của hàm số g trên khoảng  0; 
 4
5
4
4
 3

Ta có: g '( x)  8 x  8 x   2 x 2  
 4 x 4 x2  3 
 0 x   0; 
3  4x
3  4x
2

 4
3
Do đó f đồng biến trên khoảng  0; 
 4
1
Suy ra:
 3  x 
2
2







1
2

 Với x   y  2
 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    ; 2  .
2
1



Ví dụ 6. Giải hệ phương trình











 x x2  y 2  y 4 y 2  1


 4 x  5  y 2  8  6

(1)
(2)

Bài giải
5
4
y  0 không thỏa

 Điều kiện x  
 Nhận thấy

mãn hệ

3

 Khi

x x
đó: (1)      y 3  y
 y y
hàm đặc trưng f (t )  t 3  t ,

(a)

 Xét
với t  .
2
Ta có f '(t )  3t  1  0 , với mọi t  .
Suy ra f  t  đồng biến trên .
 Do đó:

a 

x
x
f    f  y    y  x  y2 .
y
 y

 Thay x  y 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

4x  5  x  8  6  2

 4 x  5 x  8  23  5 x

23
 5
 x
23

23


5
x  5
x 
 4



 x 1
5
x 1

2
2
4  4 x  5  x  8    23  5 x 
 x  42 x  41  0




  x  41
 Với x  1  y  1
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1;  1   x; y   1;1 .
Bài tập tương tự
Giải hệ phương trình

 x 5  xy 4  y10 +y 6

2
 4 x  5  y  8  6

2 y3

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình

12 y 2

25 y 18

(2 x

3x 2 14 x 8

3x 1

9) x

6 4y

4

(1)

y2

(2)

(Thi thử của THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa)
Bài giải
♥ Điều kiện:

1
3
6 4 y y2
x

(*)
0

♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y
(sử dụng phương pháp hàm số kiểu f (u ) f (v) )
♦ 2 y3 12 y 2 25 y 18 (2 x 9) x 4

2( y 2)3 ( y 2) 2( x 4)3
♦ Xét hàm đặc trưng f (t) 2t 3 t trên
Nên: 3

f (y

2)

f '(t)

6t 2

f( x

4)

1

2

x

4

ta có:
f (t ) đồng biến trên

0, t

y

(3)
[Tại sao ?]
x

4

y

2

(y

2)2

x

4

y

2

x

4y

y2

(4)

♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn
3x 1

6

x

♦ Phương trình (5) có một nghiệm là
bằng kỹ thuật nhân liên hợp.
5

( x 5)

x 5
6 x 1
3

3x 1

(5)
thể biến đổi về phương trình tích số
0

x 1) 3x2 14 x 5

( 3x 1 4) ( 6
3( x 5)
3x 1 4

3x 2 14 x 8
x 5 nên có

4

( x 5)(3x 1)

1
6 x

1

3x 1

[Tại sao ?]

0
0

0

x

5

0

y 1 (thỏa điều kiện (*))
♦ Với x 5
♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) (5;1) 

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

Ví dụ 8. Giải hệ phương trình

x3

y3

(y

2) x

6 x2

17 x 32 y
4

(x

9 y2

9) 2 y

x

24

(1)
x2

9

9y 1

(2)

(Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc)
Bài giải
♥ Điều kiện:

x

4

2y

x

9

(*)

0

♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y
(sử dụng phương pháp hàm số kiểu f (u ) f (v) )
x3 6 x 2 17 x 18 y 3 9 y 2 32 y 42
♦ x3 y 3 17 x 32 y 6 x 2 9 y 2 24
(x

2)

♦ Xét hàm đặc trưng f (t ) t 3 5t trên
f '(t )

3t

2

5

3

5( x

2)

(y

2)

3

5( y

2)

[Tại sao ?]
(3)

ta có:
f (t )

0, t

3
f x 2
f y 3
x 2
Nên:
♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn

đồng biến trên

y

3

y

(4)

x 1

(5)
9) x 11 x 2 9 x 10
♦ Phương trình (5) có một nghiệm là x 5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số
(x

3) x

4

(x

bằng kỹ thuật nhân liên hợp.
5

(x

3)( x

(x

3).

x 5
x 4 3
x

3
4 3

3
4 3

x

( x 5)

x 5
x
x

4 3)

x

(x

9)( x 11 4)

(x

9).

x 5
x 11 4

x

9
x 11 4

(x

x2

( x 5)( x

7)

[Tại sao ?]

2 x 35
7)

0

0
9
x 11 4

(x

7)

0

(6)

♦ Chứng minh (6) vô nghiệm
x

6

x
(x

3
4 3
5)

x

5

x

9
x 11 4

2

1
x 4

3

1
2

(x

0

9)

x

9
2

1
x 11

[Tại sao ?]

0

4

1
2

2
x 4

3

0 : phương trình VN

0

0

y 6 (thỏa điều kiện (*))
♦ Với x 5
♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) (5;6) 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
1)

x3

y3

2

2

x

y

3x 2
6x

6x 3y
y 10

4

y

5

4x

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

y

2)

(53 5 x) 10
2x

y

6

x

(5 y

x2

2x

48) 9
66

y
2x

0
y 11

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

3)

(2012 3 x) 4
2 7x 8y

5)

y

(6 y

3 14 x 18 y

(17 3 x) 5
2 2x

x

x
5

2009) 3 2 y
x2

(3 y 14) 4
3 3x

0

4)

2 y 11

x

x4

6 x 13
y

3

x

y y 1

x3

x2

0
x ( y 1)3

1

1

0
x2

6 x 13

x

Ví dụ 9. Giải hệ phương trình

x2

4

3

x

2 x( y

y4

2
y2

2)

5

8y

y
4

(1)
0

(2)

(Phạm Trọng Thư GV THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp – THTT số 2)
Bài giải
♥ Điều kiện: x 2 (*)
♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y
4
y4 5 y
x 2
( x 2) 5 y
y4 5
♦ x 3 4x 2
♦ Xét hàm đặc trưng f (t ) t
f

liên tục trên 0;
Do

4

2t 3

và f '(t ) 1
x

2

0

3

t4

5 trên nữa khoảng 0;

t4

0, t

f ( x 2)

.

đồng biến trên 0;

5

và 4 y ( x y 2) 2
4

f (t )

0;

(3)

f ( y)

y
4

0

x 2

nên
y

x

4)

0

y4

(4)

2

♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn
4y

( y4

y)2

y( y 7

2 y4

y

y
y

0
7

2 y4

♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số
Xét hàm số g ( y ) y 7 2 y 4 y 4 trên nữa khoảng 0;
.
6

3
Do g liên tục trên 0;
và g'( y) 7 y 8 y 1 0, y 0;
trên 0;
5
g ( y ) g (1)
y 1
Nên:
x 2 [thỏa (*)]
♣ Với y 0
x 3 [thỏa (*)]
♣ Với y 1
♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (2; 0) và (3;1) 

Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:

y

4

g y

 3
x 1
3
2
0
 x  3 x  y  6 y  9 y  2  ln
y 1


 y  log  x  3  log y   x  1
3 
  2

0

(5)

đồng biến

1 .
2

(Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc)
Bài giải

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

♥ Điều kiện:

 x 1
 y 1  0

x  3

x  3  0  
y  0
y  0



♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y
( x  1)3  3( x  1) 2  ln( x  1)  ( y  1)3  3( y  1) 2  ln( x  1)
♦ 1
(3)
♦ Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  3t 2  ln t trên khoảng (0; )

Do x 1 0 và y

 3 

1
f (t )  3t 2  6t   0 t  0  f (t )
t
1 0 nên

đồng biến trên khoảng  0;  

f ( x  1)  f ( y  1)  x  1  y  1  y  x  2

(4)

♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn

( x  2)  log 2 ( x  3)  log3 ( x  2)   x  1

(5)

♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số

x 1
x 1
 log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2) 
 0 6 
x2
x2
x 1
g ( x)  log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2) 
trên khoảng (3; )
x2
1
1
3
g ( x) 


 0 x  3
( x  3) ln 2 ( x  2) ln 3 ( x  2) 2

5  log 2 ( x  3)  log 3 ( x  2) 

♣ Xét hàm số

 g ( x ) đồng biến trên khoảng (3; ) .
 4

y3
 6   g ( x)  g (5)  x  5 

Nên
♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5;3



3x 2  3y 2  8   y  x  y 2  xy  x 2  6


 x  y  13 3y  14  x  1  5


Ví dụ 11. Giải hệ phương trình:.







1
2

(Thi thử của THPT Chuyên Vĩnh Phúc)
Bài giải
♥ Điều kiện:

 x  1

x 1  0


14

3 y  14  0
 y  3

 *

♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y
♦ 1  x  13  3 x  1   y  13  3 y  1
(3)
3
♦ Xét hàm đặc trưng f  t   t  3t , t 
f   t   3t 2  3  0, t   f  t  đồng biến trên .
Do x 1 0 và y 1 0 nên
f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  x  2  y
(4)
 3
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn
5

 2x  11  3x  8  x  1   5
♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số
Ta nhận thấy x  11 không là nghiệm của phương trình  5  nên
2

 5 

3x  8  x  1 

5
 0.
2 x  11

6

Xét hàm số
g  x   3x  8  x  1 

g x 

3
2 3x  8



1
2 x 1

 g  x  đồng

♣ Trên khoảng



10

 2 x  11

2



3 x  1  3x  8
2



10

 3x  8 x  1  2 x  11

2

 8 11   11

 0 x   ;  &  ;  
3
2
2


 


 8 11   11

 ;  &  ;  
3 2   2

 8 11 
g  x  đồng biến, 3   ;  , g  3  0 nên
3 2 
 4
g  x   g  3  x  3  y  5 thoả mãn

biến trên các khoảng

 8 11 
 3 ; 2  thì



6

♣ Trên khoảng

5
 8 11   11

, x   ;    ;  
2 x  11

3 2   2


 11

 ;   thì g  x  đồng
2



6

 11

8   ;   , g 8   0 nên
2


 4
g  x   g  8   x  8  y  10 thoả mãn

(*)

biến,

(*)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x, y    3;5 ,  x, y   8;10  

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các hệ phương trình
1)

(4 x 2

1) x

4x2

y2

x3

2)

x

3) 5 2 y

2 3 4x

3y2

4y

y

3 x

3 y 19

2

2y

2(2 x 1)3

0

7

y3

4x

3)

(y

x

4

2
y3

105

xy

6

2x 1

(2 y

3) y

2

2 y3

Ví dụ 12. Giải hệ phương trình

y

2x 1 x

9 4 y2

2 x2

6 y2

3 1 x

(1)

7

(2)

(Thi thử của THPT Trần Phú – Thanh Hóa)
Bài giải
x

♥ Điều kiện:

1
3
2

3
2

y

(*)

♥ Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y
(sử dụng phương pháp hàm số kiểu f (u ) f (v) )
♦ 2 y3 y 2 x 1 x 3 1 x

2 y3 y 2 1 x 2 x 1 x
1 x
2 y3

♦ Xét hàm đặc trưng f (t ) 2t
f '(t )

Nên:

3

f ( y)

6t

2

1

3

t

y

trên

0, t

f ( 1 x)

2(1 x) 1 x

y

1 x

(3)

ta có:
f đồng biến trên
y

1 x

y

0
2

(4)

1 x

♥ Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn
4x

5

2x2

(5)

6x 1

♦ Giải phương trình (5) bằng phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ đối xứng loại II
Phương trình (5) viết lại thành: (2 x 3)2 2 4 x 5 11
Điều kiện

Đặt 4 x 5

2t

3 t

3
, ta được hệ phương trình:
2

[Tại sao ?]
(2 x 3)2

4t

5

(6)

3)2

4x

5

(7)

(2t

Trừ theo từng vế của (6) và (7) ta được:
4( x

t

3)( x t )

4t

4x

( x t )( x

t

2)

0

+ Khi x t , thay vào (7) ta được:
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

4x2

12 x

9

4x

5

x2

4x 1

0

x

2

3

So với điều kiện của x và t ta chọn x 2 3 . [không thỏa (*)]
+ Khi x t 2 0 t 2 x , thay vào (7) ta được:

(1 2 x)2 4 x 5 x 2 2 x 1 0 x 1
2 (loại)
So với điều kiện của x và t ta chọn x 1 2 .
4
♦ Với x 1 2
y
2 . [thỏa (*)]
♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) là (1 2; 4 2) và (1 2; 4 2) 

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp đánh giá
Thường là sử dụng các bất đẳng thức cơ bản: Cô-si, bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối,...
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương
trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình 1 ẩn).

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

x 12
x3

y

8x 1

y (12

x2 )

2 y

2

12

(1)
(2)

(Khối A - 2014)
Bài giải
♥ Điều kiện:

2

2 3

x

y

12

2 3

(*)

♥ Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y. Sử dụng BĐT
Cô-si ta có:
x 12
y 12

x2

y
x

2

12 y
2
y 12 x 2
2
1

x 12

y

x

0

y

12

x2 )

y (12

12

nên

x2

♥ Thế y 12 x 2 vào phương trình (2) ta được phương trình một ẩn:
x3

8x 1

2 10

x2

(3)

♠ Phương trình (3) có một nghiệm là x 3 nên ta định hướng phân tích (3) thành dạng
( x 3). f ( x)

0

(3)
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

x3

8x 3 2(1

10 x2 )

0
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

( x 3)( x

2

2( x 2

3 x 1)
1

( x 3) x 2

1

10

0

x2

10

2( x

3x 1

9)

3)

0

x2

x

3

0

♠ Với x 3

y

3

[thỏa (*)]

♥ Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( x; y ) là (3;3) 

 5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y)
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
 2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5

(1)
(2)

.

Bài giải
♠ Điề u kiê ̣n:

5 x 2  2 xy  2 y 2  0
 2
2
2 x  2 xy  5 y  0  x  2 y  1  0 .
x  2 y 1  0


1
♠ Khi hê ̣ có nghiê ̣m  x; y  
x y  0

Ta thấ y 5x2  2 xy  2 y 2  2 x  y * dấ u bằ ng khi x  y . Thâ ̣t vâ ̣y:

*  5 x 2  2 xy  2 y 2  (2 x  y)2  ( x  y)2  0 luôn đúng với mo ̣i

x, y 

Tương tự 2 x2  2 xy  5 y 2  x  2 y ** dấ u bằ ng khi x  y
Từ * & **  VT 1  5x2  2 xy  2 y 2  2 x2  2 xy  5 y 2  3( x  y)  VP1
Dấ u đẳ ng thức xẩ y ra khi x  y  3
♠ Thế y = x vào (2), ta được: 3x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5
Ta có:
(3)  3x  1  ( x  1)  2  3 19 x  8  ( x  2)   2 x 2  2 x

(3)



 x2  x
2( x3  6 x 2  7 x)

 2 x2  2 x
2
2
3
3
3x  1  x  1
(19 x  8)  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)



x2  x
2( x 2  x)( x  7)

 2( x 2  x)  0
2
2
3
3
3x  1  x  1
(19 x  8)  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT



 x2  x  0

1
2( x  7)


 2  0 (*)
 3x  1  x  1 3 (19 x  8) 2  ( x  2) 3 19 x  8  ( x  2) 2


Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiê ̣m. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1.
♠ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y)  (0;0), (1;1) 
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình x

8 xy
y 2 6 xy

2

x 16

17 x
8 y

y 9

y
x

21
4

7

(1)
(2)

Bài giải
♥ Điều kiện:

x

16

y

9

♥ Đánh giá phương trình (1) để tìm hệ thức đơn giản liên hệ giữa x và y.
Ta có:

Đặt t

1

x
y

y
x

2

x
y

8
y
x

x
y

x y
.
y x
8
y
x

Dấu “=” xảy ra khi

6

2 t
17 x
8 y

6

8
t

1
(t
8

6

17 x
8 y

y
x

2

y

x

3
4

và sử dụng BĐT Cô-si ta có:

y
x

3
4

t

6)

t

2

♠ Thế y = x vào (2), ta được:

6

8

x 16

17
t
8

6

x

Với x 25

y

25

8
t

6

1
(t

8

6)

2t

2

2.2

6

y
x

( x 16)( x 9)
x

3
4

9

7

37

x

25

[thỏa (*)]

♠ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )  (25; 25) 

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

IV. PHƯƠNG PHÁP ẨN PHỤ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có).
Bước 2: Biến đổi hai phương trình của hệ sao cho có hai biểu thức giống nhau.
Bước 3: Thay hai biểu thức đó bởi hai biến mới u, v, chuyển sang hệ mới và giải tìm u, v.
Bước 4: Với u, v tìm được ta sẽ tìm được x, y.

x2

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

1

( x2

y( x

1)( x

y)
y

2)

4y

(1)

y

(2)

(*)

Bài giải
♥ Biến đổi sao cho hai phương trình của hệ xuất hiện hai biểu thức giống nhau
Do y 0 không thỏa mãn hệ trên nên
x2

1

*

x2

1
y

♥ Đặt ẩn phụ u

x2

1
y

và v

x

u

1

v

1

(x

y)
y

4

2)

1

, hệ trở thành

y

2

u

v

u.v

♥ Với

(x

y

2
1

u

1

v

1

ta được hệ phương trình
x2

1
y

x

1

y 1 1

x

1

x

y

2

y

2
5

♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là ( x; y ) (1; 2);( 2;5) 

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình
1)
3)
5)

7)

x2

xy 3x

x4

3x 2 y 5 x 2

( x2

y

x) y 2

xy

x2 y 2

x2

y2

0
y2

4 y2

xy

0
0

x3 ) y 3

0

3x 2

x2

2

y2

3

x

y

5

x2

2

y2

3

x

y

2

2)

4

17 x

4

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

x2

y2

(x

y 1) 2

6

xy 6 y 1

y3 x 9 y 2

x2 y
6y

x4 y 2

2x2 y 2

( x2

y 2 )( x

6)

xy )

(y

2

x

x 2 ( y 1)

4)

2

(x

4

2)

y 1

1 (4

y2

x

2

xy

2y

0

x

0

2
y( x 2

y 1)
2

12 y 2 1

1)

25( y 1)

x 8y

9

0

(1)
4

(x

y)

3

2

(*)

(2)

Bài giải
♥ Điều kiện: x y 0
♥ Biến đổi hệ phương trình thành dạng có chứa hai biểu thức x y và x y

♥ Đặt u

x

uv

6

y và v

4
v2

(u 1) 2

♥ Suy ra:

3

x

y

3

x

y

2

x

y

6
u

u2

2u 1

y

y )( x

y)

(x

y 1) 2

6
4
(x

3

y)2

hệ phương trình trở thành

v

x

(x

5
2
1
2

6
u

v

và

u2
9

8u 2 18u 18

3

x

y

x

y

♥ Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là ( x; y)

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

u

3
4
8

0

3; v
3
;v
4

u

2
8

35
8
29
y
8
5 1
35 29
; ;
;

2 2
8 8
x

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ