Về hệ phương trình phi tuyến và ứng dụng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ ANH

VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ ANH

VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:
60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH

Thái Nguyên - 2017

i

Mục lục
Mở đầu

1

1

3

Một số kiến thức bổ trợ về hệ phương trình
1.1

Hệ phương trình tuyến tính (xem [3]) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Hệ phương trình phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2 Những phương pháp thường dùng để giải hệ phương trình phi tuyến

17

2.1

Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2

Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số(xem [2]) . . . . . . . . . . 30

2.4

Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.5

Phối hợp nhiều phương pháp giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . 45

3 Một số ứng dụng của hệ phương trình phi tuyến
3.1

54

Ứng dụng của hệ phương trình đa thức trong giải các bài toán cực trị và
chứng minh bất đẳng thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.2

Một vài ứng dụng thực tế trong khoa học và đời sống . . . . . . . . . . . . 56

Kết luận

60

Tài liệu tham khảo

61


1

Mở đầu
Giải hệ phương trình là một phần quan trọng trong chương trình toán THPT và trong
các chuyên ngành Đại số, Giải tích. Khi đề cập đến việc giải hệ phương trình, học sinh
trung học cơ sở dễ dàng tìm được các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính như
giải hệ bằng phương pháp cộng đại số, phương pháp thế của học sinh lớp 9, hay sử dụng
định thức của lớp 10. Tuy nhiên, đối với hệ phương trình phi tuyến, gần như có rất ít
tài liệu nghiên cứu sâu về lĩnh vực này. Trong các kì thi học sinh giỏi các cấp, các kì thi
Olympic trong nước và quốc tế, các hệ phương trình phi tuyến thường là loại khó và ít
có định dạng cũng như phương pháp giải cụ thể. Vì vậy học sinh gặp rất nhiều khó khăn
trong việc giải các bài toán về hệ phương trình phi tuyến trong chương trình toán phổ
thông và trong các kì thi học sinh giỏi các cấp.
Đề tài luận văn nghiên cứu một số hệ phương trình phi tuyến thường gặp trong chương
trình toán phổ thông và các phương pháp giải hệ phương trình này cũng như ứng dụng
của chúng dùng trong ôn luyện học sinh giỏi lớp 9 và ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 đặc
biệt là dành cho học sinh ôn thi chuyên toán.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được trình bày gồm ba chương:

Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ về hệ phương trình.
Chương này trình bày các kiến thức bổ trợ, các khái niệm, định nghĩa cơ bản về hệ
phương trình, tập nghiệm của hệ phương trình nói chung và hệ phương trình phi tuyến
nói riêng.


2

Chương 2. Những phương pháp thường dùng để giải hệ phương
trình phi tuyến.
Chương 2, trình bày các dạng toán thường gặp của hệ phương trình phi tuyến và
cách giải chúng được tìm hiểu qua các tài liệu [1], [2], [3], [4], [5].

Chương 3. Một số ứng dụng của hệ phương trình phi tuyến.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với
sự hướng dẫn của PGS.TS. Nông Quốc Chinh. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn của thầy, tới các thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng
đào tạo và Khoa Toán - Tin của trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả xin được
cảm ơn các anh chị cùng khóa đã chỉ bảo, hướng dẫn cho tác giả học tập và hoàn thành
kế hoạch học tập.

Thái Nguyên, ngày 25 tháng 4 năm 2017.
Học viên

Nguyễn Thị Anh


3

Chương 1

Một số kiến thức bổ trợ về hệ
phương trình
Chương này tôi xin trình bày các kiến thức bổ trợ, các khái niệm, định nghĩa cơ bản
về hệ phương trình, tập nghiệm của hệ phương trình nói chung và hệ phương trình phi
tuyến nói riêng.

1.1

Hệ phương trình tuyến tính (xem [3])

1.1.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát
Định nghĩa 1.1. Cho K là một trường. Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn x1 , x2 , . . . , xn
hệ số trên trường K là hệ có dạng




a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn





a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn

= b1
= b2




···




am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = bm
hay có thể viết gọn hơn:

n

(aik xk ) = bi , i = 1, . . . , m.
k=1

Trong đó aik , bi là các phần tử thuộc trường K, aik gọi là hệ số của ẩn xk , bi là hệ số
tự do, i = 1, . . . , m; k = 1, . . . , n.


4
Hệ phương trình (1.1) gọi là hệ phương trình tuyến tính tổng quát.
Đăc biệt nếu b1 = . . . = bm = 0 thì hệ (1.1) có dạng
n

(aik xk ) = 0, i = 1, . . . , m.
k=1

được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.

1.1.2 Một số phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính
1.1.2.1 Quy tắc Cramer
Định nghĩa 1.2. Một hệ phương trình tuyến tính có số phương trình bằng số ẩn và ma

trận A của hệ có định thức |A| = 0 được gọi là hệ Cramer.
Định lý 1.1. Định lý Cramer (Cramer’s rule – công thức xác định công thức nghiệm của
hệ Cramer)
Hệ Cramer




a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn




a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn

= b2



···






= bn

an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn

= b1

Là một hệ xác định. Nghiệm duy nhất của hệ được xác định bởi công thức
xj =

∆j
(6)
∆

Trong đó ∆ = |A| và
a11 · · · b1 · · · a1n
∆j = · · ·
an1 · · · bn · · · ann
Công thức (6) được gọi là công thức Cramer.
Chú ý: Định thức ∆j là định thức của ma trận nhận được từ ma trận A của hệ (1.2)
bằng cách thay các phần tử ở cột thứ j (Hệ số của ẩn xj ) bởi các phần tử b1 , · · · , bn (Các
hệ số tự do).
Định lý 1.2. Hệ n phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn số
n

aik xk = 0, i = 1, . . . , n
k=1


5
chỉ có nghiệm tầm thường Θ = (0, · · · , 0) khi và chỉ khi định thức |A| = 0.
Ví dụ 1.1 (Xem [4]). Giải hệ phương trình:





x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + nxn = 1





x2 + 2x3 + 3x4 + · · · + nx1 = 2



···




xn + 2x1 + 3x2 + · · · + nxn−1 = n
(Đề thi OLYMPIC Toán Sinh viên năm 1999)
Bài giải.
Cộng tất cả các phương trình của hệ, suy ra

x1 + x2 + · · · + xn = 1

Tiếp theo, lần lượt lấy phương trình thứ k trừ cho phương trình thứ k − 1(1 < k < n);
trừ
 phương trình thứ n cho phương trình thứ nhất. Suy ra

(x1 + x2 + · · · + xn ) − nxn = k − (k + 1)
x1 + x2 + · · · + xn − nxn = n − 1


xk = (x1 + x2 + · · · + xn ) + 1 = 2
⇔

n

x = − n − 2 = 2 − n
n
n

n

Vậy hệ phương trình có nghiệm

n

n


2

xk =



n

Với k = 1, 2, · · · , n − 1.





 xn = 2 − n
n

Ví dụ 1.2 (xem [4]). Cho hệ phương trình




ax1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002 = 1




bx1 + ax2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002 = 2


·········






bx1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + ax2002 = 2002

Tìm điều kiện của a đối với b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất.


6

(Đề thi OLYMPIC toán Sinh viên 2002)
Bài giải.
Kí hiệu D là định thức của hệ phương trình. Ta có
a b b ··· b b
b

a

b

··· b b

D = ···
b

b ···

a

b

b

b ···

b

a

2002×2002

Cộng tất cả các cột với cột đầu tiên, ta có
1 b b ··· b b
1

a

b

··· b b

(a + 2001b) · · ·
1

b ···

a

b

1

b ···

b

a

2002×2002

(Nhân hàng đầu với −1 rồi cộng vào các hàng còn lại)
= (a + 2001b).(a − b)2001
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ a = b và a = −2001b.

1.1.2.2 Thuật toán Gaoxơ (Gauss)
Trong đại số tuyến tính, thuật toán Gauss là một thuật toán có thể được sử dụng để
tìm nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính, tìm hạng (hay rank) của một ma trận,
để tính ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông khả nghịch. thuật toán Gauss được
đặt theo tên của nhà toán học Đức là Carl Friedrich Gauss.
• Nội dung của thuật toán Gauss để giải hệ phương trình tuyến tính là : Thực hiện liên
tiếp các phép biến đổi tương đương để từ hệ phương trình (1.1) ban đầu chúng ta nhân
được một hệ mới tương đương có số phương trình ít hơn, và có dạng bâc thang sau:




a11 xi1 + a12 xi2 + · · · + a1r xir + · · · + a1n xin = b1




a xi2 + · · · + a xir + · · · + a xin = b
22

2n

2n

2



·········






arr xir + · · · + arn xin = br

Trong đó xij (j = 1, · · · , n) là một hoán vị nào đó của các ẩn xi , (i = 1, · · · , n); aik = 0
với k = 1, · · · , r.


7
• Các trường hợp sau có thể xảy ra:
Trường hợp 1 : Nếu trong quá trình biến đổi gặp phương trình vô nghiệm dạng 0x1 + · · · +
0xn = b, b = 0, thì ta dừng lại và kết luận hệ vô nghiệm.
Trường hợp 2 : Nếu r = r, khi đó phương trình cuối cùng của hệ có dạng amn xin = bn .
Hệ (1.6) là một hệ Cramer, do đó hệ có duy nhất một nghiệm. Có thể tìm nghiệm đó
bằng cách giải từng phương trình của hệ (1.6) từ dưới lên và thay thế dần giá trị của các
ẩn tìm được từ phương trình dưới vào các phương trình trên.
Trường hợp 3 : Nếu r < n thì hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm. Để giải hệ 1.6
ta có thể xem các ẩn xir+1 , · · · , xin là các tham số (lấy giá trị tùy ý) và chuyển các số
hàng chứa các ẩn đó sang vế phải; rồi dùng phương pháp ở trường hợp 2 đối với các
ẩn xi1 , · · · , xir xem xir+1 , · · · , xin là tham số. Trong thực tế để biến đổi hệ phương trình
tuyến tính 1.1 ban đầu về dạng bậc thang, người ta thường thực hiện các phép biến đổi
tương đương trên ma trận bổ sung A . Các phép biến đổi đó được gọi là các phép biến
đổi sơ cấp.

Ví dụ 1.3 (xem [3]). Giải hệ phương trình


a


x1 + x2 + x3 + · · · + xn−1 + xn =


2004



x2 + x3 + · · · + xn−1 + xn = a + x1
20052 − 2



·········




a + x1 + · · · + xn−1

 xn =
n
2005 − 1

(Đề thi OLYMPIC toán Sinh viên 2002)

Bài giải.
Cộng thêm biểu thức x1 + x2 + · · · + xi−1 vào cả hai vế của phương trình thứ i của hệ đã
cho, với i = 2, 3, · · · , n, ta có
a + x1 + x2 + · · · + xi−1
x1 + x2 + · · · + xn =
+ x1 + x2 + · · · + xi−1
2005i − 1
a
a
2005i − 2005
⇒
=
(
)
2004
2005i − 1
2004
Vậy với i = 2, 3, · · · , n
xi = (x1 + x2 + · · · + xi ) − (x1 + x2 + · · · + xi−1 )
a
2005i+1 − 2005
a 2005i − 2005
=
.
−
.
2005i+1
2004
2005i
2004

a
=
2005i


8
a
Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai, ta được x1 =
2005
a
a
Vậy xi =
(i = 1, 2, · · · , n − 1); xn =
2005i
2004.2005n−1

1.2

Hệ phương trình phi tuyến

1.2.1 Khái niệm
Định nghĩa 1.3 (xem [6]). Một phương trình đại số không phải là tuyến tính được gọi
là phương trình phi tuyến.
Định nghĩa 1.4 (xem [6]). Hệ phương trình phi tuyến là một hệ gồm nhiều phương
trình, nhiều ẩn, trong đó có ít nhất một phương trình phi tuyến.

1.2.2 Một vài dạng hệ phương trình phi tuyến
1.2.2.1 Hệ phương trình đại số
1.2.2.1.1 Hệ phương trình đối xứng loại I (xem [2])
Định nghĩa 1.5. Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ phương trình có dạng


f

(x;y)

=0

(x;y)

=0

g

Với


f
g

(x;y)

= f(y;x)

(x;y)

= g(y;x)

Khi tráo đổi vị trí của x và y trong hệ phương trình thì hệ không thay đổi.
Nhận xét 1.1. Nếu hệ có nghiệm (x0 ; y0 ) thì (y0 ; x0 ) cũng là một nghiệm của hệ.

∗ Phương
pháp giải:


x + y = S
Đặt
Điều kiện S 2 − 4P
xy
=P

F
=0

Ta được hệ phương trình

(S;P )

E

(S;P )

0

Ta tìm được S; P .

=0

Khi đó x, y là nghiệm của hệ phương trình X 2 − SX + P = 0(∗)
Giả sử phương trình có hai nghiệm X1 ; X2

9
+ Nếu ∆ > 0 thì X1 = X2 nên hệ (1.5) có hai nghiệm phân biệt (X1 ; X2 ), (X2 ; X1 ).
+ Nếu ∆ = 0 thì X1 = X2 = x0 nên hệ có nghiệm duy nhất (x0 ; x0 ).
+ Hệ
có ít nhất một nghiêm thỏa mãn x
mãn



∆ = S 2 − 4P


S

0




P

0

0 ⇔ hệ (∗) có ít nhất một nghiệm (S; P ) thỏa

0

∗ Một số biểu thức đối xứng thường gặp:
x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = S 2 − 2P

x3 + y 3 = (x + y)(x2 + y 2 − xy) = S 3 − 3SP
x4 + y 4 = (x2 + y 2 )2 − 2x2 y 2 = (S 2 − 2P )2 − 2P 2
Ví dụ 1.4. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:


xy + x + y = a + 1
x2 y + xy 2 = a
(Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Hà Nội năm 2009 - 2010)
Bài 
giải.

S = x + y
Đặt
P = xy


S + P = a + 1
ta có hệ mới
SP = a

Theo định lý Viest, S và P là hai nghiệm của phương trình X 2 − (a + 1)X + a = 0(1).
Hơn nữa, cũng theo Viest x, y là nghiệm của phương trình Y 2 − SY + P = 0(2).
Do đó để (1) có nghiệm duy nhất thì (2) có nghiệm duy nhất, tức
∆(2) = 0 ⇔ S 2 = 4P ⇔ x = y
(Hoặc có thể dùng nhận xét, do vai trò của x, y trong mỗi phương trình như nhau nên hệ
có nghiệm (m; n) thì nó cũng có nghiệm (n; m). Như vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì
x = y.)
Thế
 vào ta được

x2 + 2x = a + 1

⇔


x2 + 2x − (a + 1) = 0

(∗)
a
2
−2
Để hệ có nghiệm duy nhất thì hệ (∗) có một nghiệm x =
= −1
2.1
a
⇒ 3
= −1 ⇔ a = −2.
2

2x3 = a

x =

3


10
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì a = −2.
• Trong một vài trường hợp, hệ phương trình đối xứng loại I còn có thể gặp ở hệ phương

trình phi tuyến 3 ẩn, 4 ẩn,... thỏa mãn điều kiện: vai trò của các ẩn trong mỗi phương
trình của hệ như nhau.
Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình




x+y+z



x2 + y 2 + z 2

=1
=1




x3 + y 3 + z 3 = 1
(Thi HSG TP HCM 1986 - 1987 Vòng 1)
Ví dụ 1.6. Giải hệ phương trình



x + y + z + t = 22






xyzt
= 648
1 1

+


x y



1 1
z

+

7
12
5
=
18
=

t

(Thi HSG TP HCM 07/01/1993)
Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình





x+y+z



=6

x2 + y 2 + z 2

= 18




√x + √y + √z = 4
(Thi HSG Toàn Quốc 1996 - 1997 Bảng A)

1.2.2.1.2 Hệ phương trình đối xứng loại II (xem [1])
Định nghĩa 1.6. Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ gồm hai phương trình mà khi
ta thay đổi vị trí của hai biến thì phương trình trên thành phương trình dưới và phương
trình dưới thành phương trình trên. Khi đó hệ phương trình có dạng


f

(x;y)

= 0 (1)

f

(y;x)

= 0 (2)


11
∗ Phương pháp giải: Lấy vế trừ vế của hai phương trình, ta được:
(y − x)h(x;y) = 0 ⇔ x = y hoặc h(x;y) = 0.
Kết hợp với (1), giải phương trình, tìm (x; y)
Ví dụ 1.8 (xem [5]). Giải hệ phương trình:


y

x
−
3y
=
4


x




y − 3x = 4 x
y

(Đề thi tuyển sinh ĐH Quốc Gia Hà Nội - 1997)
Bài giải.
Điều kiện (x; y) = (0; 0) Hệ đã cho tương đương với

⇔


(x − y) + 3(x − y) = 4( y − x )
x − 3y = 4 y

x


(x − y)(1 + x + y ) = 0 (1)
x − 3y = 4 y

xy

(2)
x
x+y
−y
(1) ⇔ x − y = 0 hoặc 1 +
= 0 ⇔ x = y hoặc x =
.
xy
y+1
Với x = y, thay vào (2), ta có
x − 3x = 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = y = −2.

−y
,(Điều kiện y = −1) thay vào (2), ta có
Với x =
y+1
−y
y+1
− 3y = 4.y.
y+1
−y
−y
⇔
− 3y + 4y + 4 = 0
y+1
−y
+y+4=0
⇔
y+1
⇒ y 2 + 4y + 4 = 0
⇔ (y + 2)2 = 0
⇔ y = −2.(Thỏa mãn)
Thay y = −2 ⇒ x = −2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (−2; −2).
Ví dụ 1.9 (xem [5]). Giải hệ phương trình:




x2 + y 2 + xy = 37



y 2 + z 2 + xz = 28




y 2 + z 2 + yz = 19

x

y


12
(Thi HSG Toàn Quốc 1994 - 1995)

1.2.2.1.3 Hệ phương trình phi tuyến với vế trái đẳng cấp. (xem
[2])
Dạng tổng quát của hệ phương trình phi tuyến có vế trái đẳng cấp là


ax2 + bxy + cy 2

=d

a x2 + b xy + c y 2 = d
∗ Phương pháp giải
Xét x = 0, thay vào hệ (1.11), ta được


cy 2

=d

c y 2 = d
Nếu hệ phương trình này có nghiệm thì hệ (1.11) có nghiệm, không thì hệ vô nghiệm.
Xét x = 0
- Nếu một trong hai d hoặc d bằng 0. Giả sử d = 0, thì ta chia cả hai vế của phương
y
y
trình thứ nhất cho x2 , từ đó ta thu được phương trình có dạng A( )2 + B + C = 0.
x
x
y
Giải phương trình bậc hai, tìm , từ đó rút y theo x, lại thay vào phương trình thứ hai,
x
tìm được y, từ đó thu được x.
- Nếu cả d và d đều khác 0 thì ta có thể tạo ra một phương trình thuần nhất (hệ số tự
do bằng 0), sau đó thực hiện cách giải như trên.
Ví dụ 1.10 (xem [2]). Giải hệ phương trình:


x2 − 2xy + 3y 2 = 9

(1)

2x2 − 13xy + 15y 2 = 0 (2)
Ví dụ 1.11 (xem [2]). Giải hệ phương trình:


2x2 − xy + 3y 2 = 13

x2 + 4xy − 2y 2 = −6
(Đề thi lớp 10 chuyên toán 31.04.1994 TP Hà Nội)
Bài giải.
Hệ đã cho tương đương với hệ :


x2 + 4xy − 2y 2 = −6
25x2 + 46xy − 8y 2 = 0 (1)


13
y
Giải phương trình (1), đặt t = , ta có:
x
−1
25
2
8t − 46t − 25 = 0 ⇔ t1 =
hoặc t2 =
2
4
−1
∗ Với t =
, ta có hệ phương trình
2

x = −2y
⇔ (x; y) = (−2; 1), (2; −1)
x2 + 4xy − 2y 2 = −6
25

∗ Với t = , ta có hệ phương trình
4

x = 4 y
25
−4 −25
4
25
;√
), ( √
;√
).
⇔ (x; y) = ( √
x2 + 4xy − 2y 2 = −6
139 139
139 139
4
25
−4 −25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (−2; 1), (2; −1), ( √
;√
), ( √
;√
).
139 139
139 139

1.2.2.1.4 Hệ phương trình đối xứng dạng phân thức
Ví dụ 1.12 (xem [2]). Giải hệ phương trình:


xy
12


=


5
x + y
yz
18
=

y+z
5



 xz = 36
x+z
13
Bài giải.
1
1
1
Đặt a = ; b = ; c =
x
y
z

Khi đó hệ đã cho tương đương với hệ:


5

a
+
b
=


12


5

18


a + c = 13
36
Đây là một hệ phương trình tuyến tính, giải được nghiệm
1 1 1
(a; b; c) = ( ; ; ) ⇒ (x; y; z) = (4; 6; 9)
4 6 9
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = (4; 6; 9).
b+c=

Ví dụ 1.13 (xem [2]). Giải hệ phương trình:

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




z 2 (x + y)2 = (5z 2 + z + 1)x2 y 2


14
Bài giải.
Nếu x = 0 ⇒ y = 0; z = 0, do đó (0; 0; 0) là một nghiệm của hệ.
Ta tìm các nghiệm khác (0; 0; 0).
Chia cả hai vế cho x2 y 2 z 2 ta được hệ tương đương


y+z 2
1
1

(
) =3+ + 2


x x


 x yz
1
1
+z
)2 = 4 +

(

+

xz
y y2




( x + y )2 = 5 + 1 + 1
2
xy

z

z

1
1
1
;b = ;c = .
x

y
z
Khi đó hệ đã cho tương đương với
Đặt a =




(a + b)2 = c2 + c + 5 (1)


(b + c)2 = a2 + a + 3 (2)




(a + c)2 = b2 + b + 4 (3)
Lấy (2) − (3) ⇒ (a − b)(2(a + b + c) + 1) = 1
Lấy (1) − (2) ⇒ (b − c)(2(a + b + c) + 1) = 1
⇒ a − b = b − c ⇒ a + c = 2b
Thay vào (2) ⇒ 3b2 − b + 4 = 0 (Vô nghiệm). Suy ra hệ đã cho không tồn tại nghiệm
khác (0; 0; 0)
∗ Chú ý: Hai kiểu đối xứng loại I và loại II là những dạng rất cơ bản. Tuy nhiên khi gặp
các bài toán giải hệ phương trình có nhiều hơn hai ẩn, không nên chỉ nhìn hình thức rồi
rập khuôn theo lời giải của dạng.

1.2.2.2 Hệ phương trình mũ và Lôgarit (xem [2])
∗ Các phương trình mũ và loogarit:
- Phương trình: ax = b(a > 0; a = 1), vô nghiệm nếu b ≤ 0; phương trình có nghiệm
x = loga b nếu b > 0.

- Phương trình loga x = b(a > 0; a = 1) ⇔ x = ab .
- Phương trình af(x) = ag(x) (a > 0) ⇔ a = 1hoca = 1, 
f(x) = g(x) .
- Phương trình loga f(x) = loga g(x) , (a > 0, a = 1) ⇔

f
f

(x)

> 0 hay g(x) > 0

(x)

= g(x)

.


15
∗ Phương pháp giải:
Việc giải hệ phương trình mũ và logarit giống như việc giải các hệ phương trình đại số
với các biến đổi về biểu thức mũ và loogarit.
Phương pháp chung : Rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích; dánh giá, bất đẳng
thức, dùng đạo hàm;... để đưa về giải phương trình mũ và loogarit với 4 hướng thông
dụng là : Đưa về cùng một cơ số; đặt ẩn phụ, loogarit hóa hay mũ hóa; sử dụng tính chất
của hàm số;...
Ví dụ 1.14 (xem [2]). Giải hệ phương trình:



xlog8 y + y log8 x = 4 (1)
log x − log y = 1 (2)
4

4

Bài giải.
Điều kiện x, y > 0 ta có:
x
(2) ⇔ log4 = 1 ⇔ x = 4y nên (1):
y
(4y)log8 y + y log8 4y = 4
log8 y

=4
⇔ 4log8 y .y log8 y + y log8 4.y
2
2
⇔ y 3 .y log8 y + y 3 .y log8 y
2
+log8 y
⇔ y3
=2
2
1
⇔ ( + log8 y). log8 y =
3
3
⇔ 3 log28 y + 2 log8 y − 1 = 0
1

⇔ log8 y = −1 hoặc log8 y =
3
1
⇔ y = hoặc y = 2
8
1
Do đó x = hoặc x = 8.
2
1 1
Vậy hệ PT có hai nghiệm là (x; y) = ( ; ); (8; 2).
2 8
Ví dụ 1.15 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
1
1
2
+ 2
=
+1 y +1
xy + 1
log x . log y = 1
2
3
2
3




Bài giải.
Điều kiện x, y > 0

x2

(1)
(2)


16
1
1
2
+ 2
=
+1 y +1
xy + 1
⇔ (xy + 1)(x2 + y 2 + 2) = 2(x2 + 1)(y 2 + 1)

Ta có (1)

x2

⇔ xy(x2 + y 2 ) + 2xy + x2 + y 2 + 2 = 2x2 y 2 + 2(x2 + y 2 ) + 2
⇔ xy(x − y)2 = (x − y)2
⇔ (x − y)2 (xy − 1) = 0
- Nếu x = y thì x = y = 1 là nghiệm của hệ phương trình.
Xét trường hợp x = y = 1 thì :
(1)(log2 x − 1)(log 3x + 1) = 1
⇔ log2 x. log3 x = log2 x + log3 x
1
1

⇔
+
=1
log2 x log3 x
⇔ logx 2 + logx 3 = 1 ⇔ logx 6 = 1 ⇔ x = 6
1
x
1
- Nếu xy = 1 thì y = và x = 1, ta có log2 . log3
=1
x
2
3x
⇔ (log2 x − 1)(log3 x + 1) = −1
1
1
⇔ log2 x. log3 x = log3 x − log2 x ⇔
−
=1
log2 x log3 x
2
2
⇔ logx 2 − logx 3 = 1 ⇔ logx = 1 ⇔ x = .
3
3
2 2
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (x; y) = (1; 1), (6; 6), ( ; ).
3 3

17

Chương 2
Những phương pháp thường dùng để
giải hệ phương trình phi tuyến
2.1

Phương pháp thế

2.1.1. Nội dung phương pháp
Thông thường ta biểu diễn 1 ẩn hoặc 1 biểu thức thích hợp từ một phương trình của
hệ theo các ẩn khác rồi thay vào các phương trình còn lại để được một hệ mới tương
đương với hệ đã cho và có số ẩn ít hơn so với hệ ban đầu.
Ví dụ đối với hệ hai phương trình hai ẩn ta có thể thực hiện các bước sau:
+ Bước 1: Từ một phương trình của hệ đã cho, ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia rồi thay
thế vào phương trình còn lại để được phương trình mới chỉ có một ẩn.
+ Bước 2: Dùng phương trình mới vừa có được, thay thế cho một trong hai phương trình
của hệ, tạo thành hệ mới tương đương với hệ phương trình ban đầu.
+ Bước 3: Giải phương trình một ẩn vừa có rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.
∗ Chú ý:
- Phương trình một ẩn này phải giải được.
- Trong quá trình giải hệ bằng phương pháp thế, ta thấy xuất hiện phương trình có các
hệ số của cả hai ẩn đều bằng 0 thì hệ đã cho có thể vô nghiệm hoặc vô số nghiệm. - Đối
với hệ gồm nhiều phương trình, nhiều ẩn, việc sử dụng phương pháp thế làm giảm số ẩn
trong phương trình để được hệ mới tương đương với hệ đã cho, ta giải hệ mới, tìm được
nghiệm và thay ngươc trở lại tìm ẩn đã thế.


18

2.1.2. Bài tập áp dụng phương pháp thế
Bài toán 2.1 (Xem [5]). Giải hệ phương trình:


x + y = 2

(1)

xy − z 2 = 1 (2)
(Thi HSG TPHCM 1979 - 1980 vòng 2)
Bài giải.
Từ (1) ⇒ y = 2 − x, thế vào (2), ta có
x(2 − x) − z 2 = 1
⇔ 2x − x2 − z 2 − 1 = 0
⇔ (x2 − 2x + 1) + z 2 = 0
⇔
(x − 1)2 + z 2 = 0
⇔

x = 1
z = 0

Suy ra y = 1.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 0).
Bài toán 2.2 (xem [4]). Giải hệ phương trình:


x + 2y = 4

(1)

x2 + 3y 2 − xy + 2x − 5y − 4 = 0 (2)
( Thi HSG TPHCM 1981 - 1982 vòng 2)
Bài giải.
Từ (1) ⇒ x = 4 − 2y, thế vào phương trình (2):
(4 − 2y)2 + 3y 2 − (4 − 2y)y + 2(4 − 2y) − 5y = 0
⇔ 9y 2 − 29y + 20 = 0
20
⇔ (9 − 9y)(y − ) = 0
9
20
⇔ y = 1hoặc y =
9
Với y = 1 ⇒ x = 4 − 2.1 = 2
20
−4
Với y = 2 ⇒ x = 4 − 2. =
9
9
−4 20
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = (2; 1), ( ; ).
9 9


19

2.1.2.1 Phép thế đại số
Định nghĩa 2.1. Phép thế đại số là phép thế sử dụng các biểu thức đại số hoặc các ẩn
có trong phương trình để biểu diễn một ẩn qua các ẩn còn lại rồi thay thế vào các phương
trình của hệ để được một hệ mới tương đương với hệ ban đầu, với số ẩn ít hơn.

Bài toán 2.3 (xem [1]). Giải hệ phương trình:


xy + x + y

= x2 − 2y 2

x√2y − y √x − 1 = 2x − 2y

(∀x, y ∈ R)

(Đề thi TS Đại học - Cao đẳng - Khối D - 2008)
Bài giải.
Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 0.
xy + x + y = x2 − 2y 2 ⇔ (x + y)(x − 2y − 1) = 0
⇔ x = −y hoặc x = 2y + 1
Trường hợp 1: x = −y. Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (Vô lý)
Trường hợp 2: x = 2y + 1, thế vào phương trình thứ hai, ta có:
√
√
(2y + 1) 2y − y 2y = 2y + 2
√
⇔ (y + 1)( 2y − 2) = 0
⇔ y = −1 (loại) hoặc y = 2.
Với y = 2 ⇒ x = 5.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (5; 2).
Bài toán 2.4 (xem [6]). Giải hệ phương trình:





x+y+z =0


2x + 3y + z = 0

(1)
(2)




(x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 14 (3)
Bài 
giải.
Xét

x + y

= −z

coi như hệ phương trình hai ẩn (x; y)

2x + 3y = −z

2x + 2y = 2z


y = z
⇔

⇔
2x + 3y = −z
x = −2z
Thế vào phương trình (3), ta có:


20
(1 − 2z)2 + (z + 2)2 + (z + 3)2 = 14
⇔ 6z 2 + 6z = 0
⇔ 6z(z + 1) = 0
⇔ z = 0 hoặc z = −1.
∗ Với z = 0 ⇒ (x; y; z) = (0; 0; 0)
∗ Với z = −1 ⇒ (x; y; z) = (2; −1; −1).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0), (2; −1; −1).
Bài toán 2.5 (xem [6]). Giải hệ phương trình ẩn x, y, u, v :




x3 u + y 3 v = 14 (1)




 2
2
x u+y v =5




xu + yv = 2




u + v = 1

(2)

(3)
(4)

(Thi HSG TP HCM ngày 17/12/1994 Vòng 2)
Bài giải.
Từ (4) ⇒ v = 1 − u. Thế vào (1)
ux3 + y 3 (1 − u) = 14 ⇒ u(x3 − y 3 ) = 14 − y 3
⇒ u(x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 14 − y 3 .(5)
Tương tự
Thế v = 1 − u vào (2), ta có u(x − y)(x + y) = 5 − y 2 .(6)
Thế v = 1 − u vào (3), ta có u(x − y) = 2 − y.(7)
Từ (5) và (7) suy ra (2 − y)(x2 + xy + y 2 ) = 14 − y 3 .
Từ (6) và (7) suy ra (2 − y)(x + y) = 5 − y 2 .
Khai
 triển phương trình cuối, ta có
2(x + y)2 − xy(x + y) − 2xy − 14 = 0

2(x + y) − xy − 5 = 0
Đặt
 x + y = a, xy = b suy ra

2a2 − ab − 2b − 14 = 0
2a − b − 5 = 0

x + y = 4

⇔


a = 4
b = 3

Suy ra

xy = 3
Suy ra (x; y) = (3; 1) hoặc (1; 3).


21
Thế x; y vào, ta tìm được các nghiệm của hệ :
1 1
1 1
(x; y; u; v) = (3; 1; ; ), (1; 3; ; ).
2 2
2 2

2.1.2.2 Phép thế lượng giác
Định nghĩa 2.2. Phép thế lượng giác là phép thế sử dụng các biểu thức là các hàm
lượng giác thay thế cho các ẩn có trong hệ phương trình để được một hệ phương trình
mới tương đương với hệ đã cho nhưng các ẩn được thay thế hoàn toàn bằng ẩn mới.
Bài toán 2.6 (xem [6]). Giải hệ phương trình


x2 + y 2 = 1
√

(1)

2(x − y)(1 + 4xy) =

√

3 (2)

Bài giải.
Từ phương
trình (1) cho ta gợi ý đặt ẩn phụ đưa về lượng giác.

Đặt

x = sin α
y = cos α (α ∈ [0; 2Π])

Khi đó phương trình (2) được √
viết dưới dạng:
6
(sin α − cos α)(1 + 2 sin 2α) =
2

√

6
2√
6
⇔ sin α − cos α + cos α − cos 3α − sin 3α − sin α =
2
√
− 6
⇔ sin 3α + cos 3α =
√2
Π
− 3
5Π
⇔ cos(3α + ) =
= cos
4
2
6
7Π k2Π
−13Π k2Π
⇔α=
+
hoặc α =
+
(k ∈ Z)
36
3
36
3
7Π 7Π 7Π 31Π 55Π 11Π 35Π 59Π
;

;
;
;
;
;
}
Vì α ∈ [0; 2Π] nên α ∈ { ;
36 36 36 36 36 36 36 36
7Π 7Π 7Π 31Π 55Π 11Π 35Π 59Π
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (sin α; cos α) với α ∈ { ;
;
;
;
;
;
;
}.
36 36 36 36 36 36 36 36
⇔ sin α − cos α + 2 sin 2α sin α − 2 sin 2α cos α =

Bài toán 2.7 (xem [5]). Giải hệ phương trình




z 2 + 2xyz = 1



3x2 y 2 + 3xy 2 = 1 + x3 y 4

(1)
(2)




z + zy 4 + 4y 3 = 4y + 6y 2 z (3)


22
Bài giải.
Vì z = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên:

(1) ⇔ xy =

1 − z2
2z

−Π Π
;
\ {0}
2 2
1 − z2
1 − tan2 ϕ
Ta có xy =
=
= cot 2ϕ
2z
2 tan ϕ

Thay vào (2) ta được:
Đặt z = tan ϕ(∗) với ϕ ∈

3 cot2 2ϕ + 3y cot 2ϕ = 1 + y cot3 2ϕ
3 cot2 2ϕ − 1
1
= tan 6ϕ
⇔y=
=
3
cot 6ϕ
cot 2ϕ − 3 cot 2ϕ
Suy ra: x = cot 2ϕ. cot 6ϕ, thay vào (3) ta được:

z=

4 tan 6ϕ − 4 tan3 6ϕ
= tan 24ϕ(∗∗)
1 − 6 tan2 6ϕ + tan4 6ϕ

Từ (∗) và (∗∗) ta có:

tan 24ϕ = tan ϕ ⇔ 24ϕ = ϕ + kΠ, k ∈ Z ⇔ ϕ =

kΠ
,k ∈ Z
23

−Π Π
\ {0} ta thu được :

;
2 2
Π
2Π
11Π
ϕ = ± ;± ;...;±
23
23
23
Vậy hệ phương trình có các nghiệm là :
Với ϕ ∈

(x; y; z) = (cot 2ϕ. cot 6ϕ; tan 6ϕ; tan ϕ) Với ϕ ∈ ±

2Π
11Π
Π
;± ;...;±
23
23
23

Bài toán 2.8 (xem [5]). Giải hệ phương trình




2z(x + y) + 1 = x2 − y 2



y 2 + z 2 = 1 + 2xy + 2xz − 2yz




y(3x2 − 1) = −2x(x2 + 1)

(1)
(2)
(3)

Bài giải.
1
Vì x = ± √ không thỏa mãn phương trình (3) nên:
3
−2(x2 + 1)
3x3 − x − 2x(x2 + 1)
x3 − 3x
(3) ⇔ y =
⇔
x
+
y
=
⇔
x
+
y
=

3x2 − 1
3x2 − 1
3x2 − 1