SKKN Phương pháp giải một số hệ phương trình

Trường THPT Phan Đình Phùng
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Đổi mới phương pháp dạy học là nhiệm vụ quan trọng của mỗi một giáo
viên hiện nay, vì điều này ảnh hưởng rất lớn đến kết quả dạy học. Để quá trình
dạy học đạt kết quả tốt, người giáo viên cần trang bị cho học sinh kiến thức cơ
bản vững chắc, bồi dưỡng năng lực, tu duy độc lập, và tư duy sáng tạo cho học
sinh. Muốn vậy, trong quá trình dạy học, các nội dung kiến thức phải được lựa
chọn cung cấp cho học sinh từ cơ bản đến nâng cao, có sự liên kết và có tính kế
thừa. Đồng thời, người giáo viên phải biết cách định hướng, giúp học sinh chủ
động tìm tòi khám phá và tìm ra bản chất của vấn đề. Muốn làm tốt điều này,
đứng trước mỗi bài toán, giáo viên phải giúp học sinh phân tích và xem xét bài
toán dưới nhiều góc độ khác nhau, kích thích sự liên tưởng, kết nối giữa dữ kiện
và yêu cầu bài toán, giữa bài toán chưa biết cách giải và bài toán quen thuộc.
Hệ phương trình là phần quan trọng trong chương trình toán phổ
thông và thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi, tuyển sinh đại học, cao đẳng.
Hệ phương trình, được đề cập nhiều trong các tài liệu tham khảo với nhiều
phương pháp giải đa dạng và phong phú. Tuy nhiên, đa phần các tài liệu thường
đưa ra các bài tập rồi trình bày cách giải, thiếu tính hệ thống, khiến học sinh
lúng khi gặp bài toán tương tự hoặc bài toán có thay đổi dữ kiện. Trong nguồn
suy nghĩ đó, để giúp học sinh có cách nhìn tổng quan về Hệ phương trình, tôi
chọn đề tài: Phương pháp giải một số hệ phương trình.
Nội dung đề tài được trình bày thành ba phần chính, trong mỗi phần tác
giả trình bày theo trình tự: Kiến thức cơ sở, một số ví dụ có lời giải cụ thể và bài
tập đề nghị. Ở các ví dụ trong mỗi phần, tác giả dẫn ra ví dụ cơ bản trong bài
“Một số ví dụ về hệ phương trình bậc hai hai ẩn, trang 98, sách giáo khoa Đại số
10 nâng cao”, phát triển dần các ví dụ ở mức độ cao hơn với các phương pháp
giải khác nhau. Các ví dụ được tác giả chú tâm trình bày cụ thể, gọn, rõ ràng
từng bước theo đúng cơ sở lý thuyết nhằm giúp học sinh dể hiểu, đặc biệt sau
các ví dụ đều có bài tập tự luyện mà phương pháp tương tự với các ví dụ tương
ứng nhằm giúp học sinh rèn luyện nắm vũng kiến thức, phương pháp.

Mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều nhưng bài viết có thể còn những thiếu
sót, rất mong quý thầy cô và bạn bè đồng nghiệp góp ý để bài viết được sửa
chữa và hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn!
Hà tĩnh, ngày 16 tháng 04 năm 2013
Tác giả

Thái Anh Tuấn

1


Trường THPT Phan Đình Phùng
B. NỘI DUNG
I. HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ
Phương pháp: Lấy phương trình này rút y theo x (hoặc rút x theo y ) rồi
thế vào phương trình kia. Sau khi thế ta được một phương trình một ẩn số. Áp
dụng các phương pháp đã biết để giải phương trình này.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
 x + 2 y = 5
( 1)
 2
2
 x + 2 y − 2 xy = 5 ( 2 ) .

(Ví dụ 1, trang 98, sách Đại số 10 nâng cao)
- Cơ sở lý thuyết
Ta có, ( 1) ⇔ x = 5 − 2 y.
Thế vào phương trình ( 2 ) , ta được

( 5 − 2x)

2

+ 2 y 2 − 2 y ( 5 − 2 y ) = 5 ⇔ 10 y 2 − 30 y + 20 = 0
y =1
⇔
 y = 2.

- Lời giải
x + 2 y = 5

x = 5 − 2 y
⇔
2
 x + 2 y − 2 xy = 5
10 y − 30 y + 20 = 0

Ta có, 

2

2

x = 3
x = 1
⇔
hoặc 
y =1
 y = 2.

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 3;1) ; ( 1; 2 ) .
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
3 x − 2 y = 1

1) 

2
2
3 x + y − xy + x − y = 3

;

 x − 2 y = 1
 x + 1 + 5 y − 1 = 4.

2) 

- Nhận xét: Nếu trong một hệ phương trình trong đó bằng các phương pháp
phân tích thành nhân tử nếu một phương trình của hệ được biến đổi tương
đương thành tích của các thừa số dạng ax + by + c . Ta sẽ đưa hệ phương trình về
một hay nhiều hệ phương trình tương tự Ví dụ 1 từ đó giải từng hệ phương trình
đó.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
 y 2 = ( 5 x + 4 ) ( − x + 4 )
( 1)
 2
2
 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 ( 2 ) .

Thái Anh Tuấn

2


Trường THPT Phan Đình Phùng
- Cơ sở lý thuyết
2
Nếu phương trình dạng ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) ( *) có ∆ = b 2 − 4ac = A2 thì

( *) ⇔ x =

−b ± A
×
2

Xét phương trình ( 2 ) là phương trình bậc hai của y và x là tham số, ta
có

( 2 ) ⇔ y 2 − 4 ( x + 2 ) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0
∆ ' = 4 ( x + 2 ) − ( −5 x 2 + 16 x + 16 y ) = ( 3 y )
2

Do đó,

2

 y = −x + 4
 y = 5 x + 4.

( 2) ⇔ 

- Lời giải
2
2
Ta có, ( 2 ) ⇔ y − 4 ( x + 2 ) y − 5 x + 16 x + 16 = 0

∆ ' = 4 ( x + 2 ) − ( −5 x 2 + 16 x + 16 y ) = ( 3 y )
2

Do đó,

2

 y = −x + 4
 y = 5 x + 4.

( 2) ⇔ 

Với y = − x + 6 thế vào phương trình ( 1) ta có

( − x + 4)

2

− x + 4 = 0
= ( 5x + 4) ( − x + 4) ⇔ 
− x + 4 = 5x + 4
x = 0
⇔

 x = 4.

x = 0
x = 4
và 
là các nghiệm của hệ.
y = 4
y = 0

Do đó, 

Với y = 5 x + 4 thế vào phương trình ( 1) ta có

( 5x + 4)

2

5 x + 4 = 0
= ( 5x + 4) ( − x + 4) ⇔ 
5 x + 4 = − x + 4
4

x=−

⇔
5

 x = 0.

4


x = 0
x = −
5 là các nghiệm của hệ.
Do đó, 
và 
y = 4
 y = 0






Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) ∈ ( 0; 4 ) ; ( 4;0 ) ;  − ;0 ÷ .
5


Thái Anh Tuấn

4





3


Trường THPT Phan Đình Phùng

Bài toán tương tự:
Giải hệ phương trình
2
 x = ( 3 y − 2 ) ( −2 y + 5 )
 2
2
 x − 6 y − xy + 7 x − 11y + 10 = 0.

- Nhận xét: Đối với hệ phương trình ở Ví dụ 1 nếu ta thay phương trình ( 2 )
bởi một phương trình chứa căn thì sau khi thế ta được một phương trình vô tỷ.
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
( 1)

 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y ( 2 ) .

(Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D năm 2008)
- Lời giải
Ta có,

xy + x + y = x 2 − 2 y 2 ⇔ x 2 − xy − 2 y 2 − x − y = 0
⇔ ( x + y ) ( x − 2 y − 1) = 0
x = −y
⇔
x = 2 y +1

Với x = − y, thế vào phương trình ( 2 ) ta có
y = 0
− y 2 y − y − y − 1 = −4 y ⇔ 
 2 y + − y − 1 = 4

⇔ y = 0.

Do đó, x = y = 0 là nghiệm của hệ.
Với x = 2 y + 1, thế vào phương trình ( 2 ) ta có

( 2 y + 1)

y ≥ 0

2 y − y 2 y = 2 y + 2 ⇔  y + 1 = 0
 2 y = 2
 
⇔ y = 2.

x = 5
là nghiệm của hệ.
y = 2

Do đó, 

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( 5; 2 ) } .
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình

Thái Anh Tuấn

4


Trường THPT Phan Đình Phùng

 2 xy − x + 4 y = x 2 − 8 y 2
;
1) 
( x + 1) y − y x = x − 2 y + 1

 x 2 − 6 y 2 − xy − 2 x + 11y − 3 = 0
2) 
 x − 3 y + 2 + x + 2 y − 5 = x + y − 7.

- Nhận xét: Một hệ phương trình gồm một phương trình đa thức và một
phương trình chứa căn thức, thông thường phương trình đa thức có thể đưa về
phương trình tích của các biểu thức bậc nhất.
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
 6x
x+ y 5
+
=

6x
2
 x+ y
 x + y − xy = 9.


- Lời giải
6x
, ta có phương trình(1) trở thành
x+ y

Đặt u =

u+

1 5
= ⇔ 2u 2 − 5u + 2 = 0
u 2
u = 2
⇔
u = 1

2

Với u = 2, suy ra

 y = 2x
6x
6x
=2⇔
=4⇔
x+ y
x+ y
 x ≠ 0.

Thế y = 2 x vào phương trình (2) ta có phương trình
3 x − 2 x 2 = 9 ⇔ 2 x 2 − 3 x + 9 = 0 (vô nghiệm).
1
2

Với u = , suy ra

 y = 23x
6x
1
6x
1
= ⇔
= ⇔
x+ y 2
x+ y 4
 x ≠ 0.

Thế y = 23x vào phương trình (2) ta có phương trình
24 x − 23 x 2 = 9 ⇔ 23 x 2 − 24 x + 9 = 0 (vô nghiệm).

Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x+ y
x− y
+3
=4

x+ y
;
1)  x − y
 2
2
 x + y + 4x − 3 y = 0

x

y −1
−3
= −1
2 3
y
−
1
x
;
3) 

 x + y − 1 + x − y + 12 = 5

Thái Anh Tuấn

 x +1
y
3
+
=

x +1 2 ;
2)  y
 x + y + xy = 9

 x − 2 y − xy = 0
4) 
 x − 1 − 2 y − 1 = 1.

5

Trường THPT Phan Đình Phùng
- Nhận xét:
Có thể nhìn nhận các ví dụ trên với một phương pháp chung là: Từ một
phương trình của hệ bằng các phương pháp ta rút x theo y dạng x = ay + b thế
vào phương trình còn lại của hệ, từ đó bằng các phương pháp giải phương trình.
Có nhiều bài toán ban đầu không có dạng như đã nói trên nhưng bằng
phương pháp đổi biến ta có thể đưa hệ đã cho về một hệ mới có dạng trên để
giải.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
 x ( x + y + 1) − 3 = 0


5
2
( x + y ) − 2 + 1 = 0.
x


(Đề tuyển sinh Đại học khối D năm 2009)
Lời giải
Ta có,

3

 x ( x + y + 1) − 3 = 0
x + y − +1 = 0
( 1)




x
⇔
( *)

5
2
5
2
x
+
y
−
+
1
=
0
(
)

( x + y ) − + 1 = 0 ( 2 )
x2


x2

x + y = u

, điều kiện v ≠ 0 .

Đặt  1
 x = v

Hệ phương trình trở thành
u − 3v + 1 = 0
u = 3v − 1
⇔
 2
 2
2
u − 5v + 1 = 0
 4v − 6v + 2 = 0
1

u = 2
u = 2
⇔
hoặc 
v = 1
v = 1 ×

2
x + y = 2
u = 2
x = 1

, ta có  1
⇔
Với 
v = 1

 y = 1.
 x = 1
1

u = 2
, ta có
Với 
v = 1

2

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




3 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) ∈ ( 1;1) ;  2; − ÷ .

2


Thái Anh Tuấn

6




Trường THPT Phan Đình Phùng
- Nhận xét: Ta cũng có thể rút x + y của phương trình ( 1) và thế vào
phương trình ( 2) đưa về phương trình bậc hai của

1
×Do đó ta có thể giải Ví dụ
x

5 như sau:
Lời giải.
3

 x ( x + y + 1) − 3 = 0
x + y − +1 = 0
( 1)



x
⇔


5
2
( x + y ) − 2 + 1 = 0
( x + y ) 2 − 5 + 1 = 0 ( 2 )
x


x2

Ta có,

3
x

Từ phương trình ( 1) của hệ ( *) ta có, ( 1) ⇔ x + y = − 1 , thế vào phương
trình ( 2) ta được
é1
ê =1
3
5
5 3
êx
+1- 2 +1 = 0 Û - 2 + + 2 = 0 Û ê
Û
2
x
x
x
x

ê1
ê =ê
5
ëx

éx = 1
ê
ê
5
êx =- ×
ê
2
ë


3 

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) ∈ ( 1;1) ;  2; − ÷ .




2 

Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x 2 + 1 + y 2 + xy = y

;
2) 

y
x + y − 2 =
2
1+ x


 xy + x + 1 = 7 y
;
1)  2 2
2
 x y + xy + 1 = 13 y
2
 x − 2 xy + x + y = 0
;
3)  4
2
2
2
 x − 4 x y + 3 x + y = 0

 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
4) 
2
2
 y ( x + y ) = 2 x + 7 y + 2.

- Nhận xét: Nếu hai phương trình của hệ đều chứa cùng một biểu thức thì ta
có thể dùng phương pháp thế bằng cách rút biểu thức đó từ phương trình đơn
giản hơn thế vào phương trình còn lại.
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình

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

(Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối B năm 2008)
Lời giải
Ta có,

( x 2 + xy ) 2 = 2 x + 9 ( 1)

( *) ⇔ 
x2
 xy = − + 3x + 3 ( 2 ) .

2

Thái Anh Tuấn

7


Trường THPT Phan Đình Phùng
Thế xy = −

x2
+ 3x + 3 vào phương trình ( 1) , ta được

2
2

 x2

4
3
2
 + 3x + 3 ÷ = 2 x + 9 ⇔ x + 12 x + 48 x + 64 x = 0
2


⇔ x ( x + 4) = 0
3

x = 0
⇔
 x = −4.

Với x = 0, không thoả mãn phương trình ( 2 ) .
Với x = −4, thay vào phương trình ( 2 ) , ta có y =

Vậy hệ phương trình ( *) có nghiệm ( x; y ) =  −4;


17
×
4

17 

÷.
4

Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x 2 ( y + 1) ( x + y + 1) = 3x 2 − 4 x + 1
1) 
2
 xy + x + 1 = 5 x

Hướng dẫn: Thế y + 1 từ phương trình (2) vào phương trình (1).
3
2
 x − xy + 2000 y = 0
2)  3
2
 y − yx − 500 x = 0

Hướng dẫn: Thế x 2 − y 2 từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có
x2 = 4 y2 .
 x 2 + y 2 − xy = 3
3)  2
2
 x + 1 + y + 1 = 4

Hướng dẫn: Bình phương phương trình (2) sau đó thế x 2 + y 2 ở phương
trình (1) vào ta được phương trình ẩn xy .
 2 x 2 y + 3 xy = 4 x 2 + 9 y
4) 
2

7 y + 6 = 2 x + 9 x

Hướng dẫn: Rút y từ phương trình (1) rồi thế vào phương trình (2) ta
được phương trình tích với nhân tử chung là x + 2, 2 x − 1 .
II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
ìï f ( x, y ) = 0
ï
Dạng hệ phương trình: íï
trong đó
ïî g ( x, y ) = 0

Phương pháp giải các hệ cơ bản:
Thái Anh Tuấn

8

ìï f ( x, y ) = f ( y, x )
ï
í
ïï g ( x, y ) = g ( y , x ) .
î


Trường THPT Phan Đình Phùng
ïì S = x + y
( *)
+) Đặt: ïíï
ïî P = xy

ìï F ( S , P ) = 0

ï
( I).
+) Đưa hệ đã cho về hệ theo S và P : íï
ïî G ( S , P ) = 0

+) Giải hệ ( I ) tìm S và P.
+) Khi đó x, y nếu có là nghiệm của phương trình X 2 - SX + P = 0.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
 x 2 + xy + y 2 = 4

 xy + x + y = 2

(Ví dụ 2, trang 98, sách Đại số 10 nâng cao).
Lời giải
Đặt x + y = S , xy = P. Hệ phương trình trở thành
S = 2

S 2 − P = 4
P = 2 − S
P = 0
⇔ 2
⇔

  S = −3
S + P = 2
S + S − 6 = 0

  P = 5
S = 2
, ta có x, y là hai nghiệm phương trình

P = 0

Với 

X = 0
X 2 − 2X = 0 ⇔ 
 X = 2.

Do đó, ( x; y ) ∈ { ( 0; 2 ) ; ( 2;0 ) } là nghiệm của hệ.
 S = −3
, ta có S 2 < 4 P (loại).
P
=
5


Với 

Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) ∈ { ( 0; 2 ) ; ( 2;0 ) } .
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x + y + xy = 5
1)  2 2
 x + y + xy = 7
 x + y + 2 xy = 2

4) 

3
3

x + y = 8

 x 2 y + xy 2 = 30
2)  3 3
 x + y = 35
 x 2 + xy + y 2 = 3
 2 x + xy + 2 y = −3

5) 

 xy ( x − y ) = −2

3) 

3
3
x + y = 2

 x + 3xy + y = 1 + 4 2

6) 

2
2
 x + y = 3

- Nhận xét: Áp dụng phương pháp trên ta dễ dàng giải được hệ phương

ìï u 2 + v 2 = 4
( *) . Bây giờ nếu ta thay u = x 2 - 2, v = y - 3 và biến đổi ta

trình: ïíï
ïî uv + 4 ( u + v ) = 8

Thái Anh Tuấn

9


Trường THPT Phan Đình Phùng
sẽ đưa hệ ( *) về một hệ phương trình khá phức tạp mà nếu bạn đọc khi tiếp cận
mà không phát hiện ra điều này thì việc giải bài toán vô cùng khó khăn.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
4
2
2
 x − 4 x + y − 6 y + 9 = 0
 2
2
 x y + x + 2 y − 22 = 0

- Lời giải
2
2
 2
4
2
2
 x − 4 x + y − 6 x + 9 = 0
( x − 2 ) + ( y − 3) = 4
( I) ⇔  2

 2
2
2
 x y + x + 2 y − 22 = 0
( x − 2 ) ( y − 3) + 4 ( x − 2 ) + 4 ( y − 3) − 8 = 0

Đặt u = x 2 − 2; v = y − 3 , điều kiện u ≥ −2. Hệ phương trình ( I ) trở thành
2
u 2 + v 2 = 4
( u + v ) − 2uv = 4
⇔
( II )

uv + 4 ( u + v ) = 8
uv + 4 ( u + v ) = 8

Đặt u + v = S ; uv = P. hệ ph ( II ) trở thành
S 2 − 2P = 4
S + 4P = 8
⇔ 2

 P + 4S = 8
 S + 8S − 20 = 0
S = 2
 S = −10
hoặc 
(loại do đk).
⇔
P = 0
 P = −48.

S = 2
, ta có ( u; v ) ∈ { ( 2;0 ) ; ( 0; 2 ) } .
P = 0

Với 

 x2 − 2 = 2
u = 2
 x = ±2
⇔
Với 
, ta có 
v = 0
 y = 3.
y −3 = 0
 x = ± 2
 x2 − 2 = 0
u = 0
⇔
Với 
, ta có 
 y = 5.
v = 2
y −3 = 2

{

}

Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) ∈ ( 2;3) ; ( −2;3) ; ( 2;5 ) ; ( − 2;5 ) .

- Nhận xét: Như vậy một hệ phương trình có thể phức tạp nhưng nếu ta đi
đúng hướng thì sẽ chuyển được về hệ quen thuộc. Sau đây xin đưa ra một vài ví
dụ:
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

1
 x+ + x+ y −3 = 3
y

( *) .

1
2 x + y + = 8

y

Lời giải
Thái Anh Tuấn

10


Trường THPT Phan Đình Phùng
1
y

Đặt u = x + ; v = x + y − 3, hệ phương trình ( *) trở thành
u + v = 3
u + v = 3
⇔

 2 2
uv = 2
u + v = 5
u = 1
u = 2
⇔
hoặc 
v = 2
v = 1.
u = 1
, ta có
v = 2

Với 

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

 y2 − 6 y −1 = 0
⇔
x = 7 − y
 x = 4 − 10
 x = 4 + 10
⇔
hoặc 
 y = 3 + 10
 y = 3 − 10.
u = 2
, ta có
v = 1

Với 


1
1

x+ =4
 x+ =2

y
y
⇔


x + y − 3 = 1
 x + y −3 =1 
 y2 −1 = 0

⇔
x = 4 − y
x = 3
x = 5
⇔
hoặc 
y =1
 y = −1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm

( x; y ) Î {( 3;1) ;( 5; - 1) ; ( 4 - 10;3 + 10 ) ; ( 4 + 10;3 - 10 ) }
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 xy − 3 x − 2 y = 16
;
1)  2 2
 x + y − 2 x − 4 y = 33

 x 2 + y + 2 x + 3 y − 2 = 5
2) 
2
( x + 1) + 4 y = 16.

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình

Thái Anh Tuấn

11

Trường THPT Phan Đình Phùng
8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3
( *) .
 2
2
 4 x y + 6 x = y

Lời giải
 3 27
8 x + y 3 = 18

Ta có, ( *) ⇔  2
 4 x + 6 x = 1.
 y
y2
2 x = u

Đặt  3 = v, hệ trở thành
y

3
u 3 + v 3 = 18
( u + v ) = 27
⇔

uv ( u + v ) = 3 uv ( u + v ) = 3

u + v = 3
⇔

uv = 1


3+ 5
3− 5
u =
u =


2
2
⇔
hoặc 
v = 3 − 5
v = 3 + 5 ×


2
2

Do đó hệ phương trình ( *) có 2 nghiệm

( x; y ) ∈

6   3− 5
6  
 3 + 5
;
;
;

÷

÷


3− 5 ÷
3+ 5 ÷
 4
  4
 

Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
2
2
 x y + y + xy + x = 18 xy
1)  4 2 2 2 4 2
2 2
 x y + y + x y + x = 208 x y

Hướng dẫn: Chia Phương trình (1) cho xy ; phương trình (2) cho x 2 y 2 ta
được hệ phương trình đối xứng loại I.
 27 x 3 y 3 + 125 = 9 y 3
2)  2
2
 45 x y + 75 x = 6 y

Hướng dẫn: Phương trình (1) chia cho y 3; phương trình (2) chia cho y3 sau
5

đó đặt u = 3x và v = y và đưa về hệ đối xứng loại I.

Thái Anh Tuấn

12


Trường THPT Phan Đình Phùng
- Nhận xét: Nhiều lúc gặp các bài toán hệ phương trình ở dạng ( II )
nhưng để biều diễn được theo S = x + y và P = xy ta còn phải thông qua bước
biến đổi cơ bản nào đó. Bài toán sau là một ví dụ:
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
 x + y − xy = 3

 x + 1 + y + 1 = 4

(Đề Đại học, Cao đẳng khối A năm 2006)
- Lời giải
 x ≥ −1

Điều kiện:  y ≥ −1
 xy ≥ 0.

 x + y − xy = 3
 x + y − xy = 3
⇔

 x + 1 + y + 1 = 4
 x + y + 2 xy + x + y + 1 = 14
x + y = S

, hệ phương trình ( *) trở thành
 xy = P

Đặt 

 S − P = 3
( 1)

 S + 2 S + P + 1 = 14 ( 2 )

Ta có,

S ≥ 3

( 1) ⇔ 

2
 P = S − 6S + 9 ( 3)

Thế ( 3) vào ( 2 ) , ta được
S + 2 S 2 − 5S + 10 = 14 ⇔ 2 S 2 − 5S + 10 = 14 − S
 S ≤ 14

 S =6
⇔  
  S = − 51
 
6
⇔ S = 6. (thoả mãn đk S ≥ 3 )

Với S = 6 ⇒ P = 9, ta có
x + y = 6
⇔ x = y = 3.

 xy = 9

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 3;3) .
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
Thái Anh Tuấn

13


Trường THPT Phan Đình Phùng

(

 2 ( x + y ) = 3 3 x 2 y + 3 xy 2
 x + y = 10
 x + y = 2

; 2) 
; 3) 
1) 
 x + 6 + y + 6 = 14
 x + 3 + y + 3 = 4
 3 x + 3 y = 6.

II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II

ìï f ( x, y ) = 0 ( 1)
ï
( *) .
Dạng hệ phương trình: íï
ïî f ( y, x ) = 0 ( 2)

Phương pháp giải hệ đa thức:
+) Lấy ( 1) trừ ( 2) vế với vế ta có
f ( x, y ) - f ( y, x ) = 0 Û ( x - y ) .h ( x, y ) = 0
éx = y
Û ê
êh ( x, y ) = 0.
ë

+) Kết hợp với môt phương trình của hệ và giải tiếp.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2
 x − 2 x = y ( 1)
(Ví dụ 3, trang 99, sách Đại số 10 nâng cao).
 2
 y − 2 y = x ( 2 )

- Lời giải
Lấy phương trình ( 1) trừ phương trình ( 2 ) vế với vế ta có
x = y
x 2 − y 2 − 2 x + 2 y = y − x ⇔ ( x − y ) ( x + y − 1) = 0 ⇔ 
 x = 1 − y.
y=0
 y = 3.


2
Với x = y, thế vào phương trình ( 2 ) ta có y − 3 y = 0 ⇔ 

Do đó, ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( 3;3) } là nghiệm của hệ.
1± 5
Với x = 1 − y, thế vào phương trình ( 2 ) ta có y 2 − y − 1 = 0 ⇔ y =
2

 −1 − 5 1 + 5   −1 − 5 1 + 5  
;
;
÷; 
÷ là nghiệm của hệ.
2 ÷
2 ÷
  2
 2

Do đó, ( x; y ) ∈ 



 −1 − 5 1 + 5   −1 − 5 1 + 5  
;
;
÷; 
÷
2 ÷
2 ÷

 2
  2

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) ∈ ( 0;0 ) ; ( 3;3) ; 


Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình

Thái Anh Tuấn

14

)


Trường THPT Phan Đình Phùng
2
 x − 3 y + 2 = 0
1)  2
 y − 3 x + 2 = 0

2
 x + xy = x + 2 y
2)  2
 y + xy = y + 2 x

 x 2 + x = 2 y
3)  2
 y + y = 2 x

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

y2 + 2
3
y
=

x2


2
3 x = x + 2

y2

(Đề ĐHCĐ khối A năm 2006).

- Lời giải
x > 0
( *) .
y > 0

Từ hệ phương trình đã cho ta có: 
Do đó:


y2 + 2
3
y

=
2
2

x2

3 x y = y + 2 ( 1)
⇔ 2

2
2
3 x = x + 2
3 xy = x + 2 ( 2 ) .

y2

Lấy ( 1) trừ ( 2 ) về với vế ta có
3 x 2 y − 3 xy 2 = y 2 − x 2 ⇔ ( x − y ) ( 3xy + x + y ) = 0
⇔ x = y (do ( *) )

Với x = y, thế vào phương trình ( 1) ta có
3 x 3 − x 2 − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 3 x 2 + 2 x + 2 ) = 0
⇔ x = 1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) .
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình

3y2 + 2
5

y
=

x2

1) 
2
5 x = 3 x + 2

y2

- Nhận xét: Tương tự với các nội dung trước, nhiều lúc gặp các bài toán hệ
phương trình ở dạng ( III ) nhưng sử dụng phương pháp thông thường thì việc xử
lý hết sức phức tạp. Trong khi đó nếu bằng một vài kỷ thuật nhỏ ta có thể đưa
bài toán về bài toán quen thuộc. Bài toán sau là một ví dụ:
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
Thái Anh Tuấn

15


Trường THPT Phan Đình Phùng








1
1
+ 2− = 2
y
x
1
1
+ 2− = 2
x
y

- Lời giải



Đặt 



1
=u
x
, điều kiện:
1
=v
y

0 < u ≤ 2

0 < u ≤ 2.

Hệ phương trình trở thành
u + 2 − v 2 = 2 ( 1)


v + 2 − u 2 = 2 ( 2 ) .

Lấy ( 1) trừ ( 2 ) về với vế ta có
u 2 − v2

u + 2 − v2 − v − 2 − u 2 = 0 ⇔ u − v +

2 − v2 + 2 − u 2

=0

(do u = v = 2 không là nghiệm của hệ)

u+v
⇔ ( u − v ) 1 +
2 − v2 + 2 − u 2



÷= 0


⇔ u = v (do ( *) )

Với u = v thế vào phương trình ( 1) ta có

2
u + 2 − u 2 = 2 ⇔ 2 − u 2 = 4 + u 2 + 4u ⇔ u − 2u + 1 = 0 ⇔ u = 1.




Với u = v = 1, ta có: 



1
=1
x
x = 1
⇔
1
y = 1.
=1 
y

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) .
Bài toán tương tự:
Giải hệ phương trình
 x 2 + x = 2 y
 2
 y + y = 2 x

- Nhận xét: Nhiều lúc với những bài toán đặc biệt bằng các phương pháp
không mẫu mực việc giải bài toán sẽ đơn giản hơn. Sau đây là một vài ví dụ:
Thái Anh Tuấn

16


Trường THPT Phan Đình Phùng
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
xy

= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 2


xy
y +
= y 2 + x.
2
3

y − 2y + 2

Lời giải
Cộng hai phương trình của hệ vế theo vế ta có
xy
3

x − 2x + 2
2

+

xy
3

y − 2y + 2
2


1
⇔ xy 
+
 3 x −1 2 +1
)
 (

= x2 + y 2


÷ = x 2 + y 2 ( *)
2
y − 1) + 1 ÷

1

3

(

Từ phương trình ( *) ta có: nếu ( x; y ) là nghiệm của hệ phương trình thì
xy ≥ 0. Do đó


1
+
+) xy 
2
3
x
−
1
+
1
(
)



÷ ≤ 2 xy
2
y − 1) + 1 ÷

1

3

(

+) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
 
1
 xy 

+
 
Bởi vậy, ( *)   3 ( x − 1) 2 + 1

 x 2 + y 2 = 2 xy


÷ = 2 xy
x = y = 0
2
÷
⇔
 x = y = 1.
y − 1) + 1 

1

3

(

x = y = 0

Thử lại ta có 
thoả mãn hệ phương trình đã cho.
x = y = 1
Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( 1;1) } .
Bài toán tương tự:
Giải hệ phương trình
2 xy


3
x
+
= x2 + 3 y

3 2
x − 2x + 9


2 xy
3 y +
= y 2 + 3 x.
2
3

y − 2y + 9

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
 7 + x + 11 − y = 6

 7 + y + 11 − x = 6.

Lời giải
Thái Anh Tuấn

17


Trường THPT Phan Đình Phùng

Cộng hai phương trình của hệ vế theo vế ta có
7 + x + 11 − x + 7 + y + 11 − y = 12 ( *)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có

(

7 + x + 11 − x

)

2

≤ 2 ( 7 + x + 11 − x ) = 36 ⇒ 7 + x + 11 − x ≤ 6.

Tương tự ta có
7 + y + 11 − y ≤ 6.

Do đó, 7 + x + 11 − x + 7 + y + 11 − y ≤ 12.
Bởi vậy,

( *)

 7 + x + 11 − x = 6
7 + x = 11 − x
⇔
⇔
7 + y = 11 − y
 7 + y + 11 − y = 6
x = 2

⇔
 y = 2.

Thử lại ta có x = y = 2 thoả mãn hệ phương trình đã cho.
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x + 2 − y = 2
;
1) 
y
+
2
−
x
=
2


 x + 3 + 6 − y = 3 2
2) 
 y + 3 + 6 − x = 3 2.

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình
 x3 + 1 = 2 ( x 2 − x + y )

( *) .
 3
2
 y + 1 = 2 ( y − y + x )

Lời giải
Ta có,

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

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 2t + 2t + 1

Tập xác định: ¡ .
f ' ( t ) = 3t 2 − 4t + 2 > 0 ∀t ∈ ¡ .

Suy ra, f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó,

x = y

x = y
⇔ 3
2
x +1 = 2x
x − 2x + 1 = 0

( *) ⇔ 

Thái Anh Tuấn

3

2

18


Trường THPT Phan Đình Phùng
 x = y
⇔
2
( x − 1) ( x − x − 1) = 0
x = y


 x = 1

⇔ 
1+ 5
 x = 2

1− 5

  x = 2 ×

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm


 1 + 5 1 + 5   1 − 5 1 − 5  

;
;
÷; 
÷ .
2 ÷
2 ÷
 2
  2
 

( x; y ) ∈ ( 1;1) ; 


Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x 2 + x = 2 y
 2
 y + y = 2 x

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình
 x + 2 − y = 2 ( 1)

 y + 2 − x = 2 ( 2 ) .

Lời giải
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế với vế ta có
x + 2− y − y − 2− x = 0 ⇔ x− 2− x =

Xét hàm số f (t ) = t − 2 − t
Hàm số liên tục trên đoạn [ 0; 2] .

f '( t ) =

1
2 t

+

1
> 0 ∀t ∈ ( 0; 2 ) .
2 2−t

Suy ra, hàm số đồng biến trên đoạn [ 0; 2] .
Do đó, ( *) ⇔ x = y.
Với x = y, thế vào ( 1) ta có
x + 2 − x = 2 ⇔ 2 + 2 x ( 2 − x) = 2
⇔ x ( 2 − x) = 0

Thái Anh Tuấn

19

y − 2 − y ( *)


Trường THPT Phan Đình Phùng
x = 0
⇔
 x = 2.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 0;0 ) ; ( 2; 2 ) } .

Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 7 + x + 11 − y = 6

1) 

 7 + y + 11 − x = 6

 2 x + 3 + 4 − y = 4

 x + 3 + 6 − y = 3 2
; 3) 
 y + 3 + 6 − x = 3 2.
 2 y + 3 + 4 − x = 4

;

2) 

- Nhận xét: Đối với phương trình dạng f ( x) = f ( y ) , trong đó f ( t ) là hàm
số đơn điệu trên D thì phương trình f ( x) = f ( y ) với x, y Î D tương đương với
x = y. Sau đây là một số bài toán dạng này:
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình
 y 3 + y = x3 + 3x 2 + 4 x + 2 ( 1)

2
 1 − x − y = 2 − y − 1 ( 2 ) .

Lời giải
Ta có, ( 1) ⇔ y 3 + y = ( x + 1) + ( x + 1) .

3

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t.
Tập xác định ¡ .
f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ .

Suy ra, hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó, ( 1) ⇔ x + 1 = y.
Với y = x + 1, thế vào ( 2 ) ta có
1 − x2 − x + 1 = 1 − x −1 ⇔ 1 − x2 −

(

)

x + 1 + 1 − x + 1 = 0 ( 3) .

Giải phương trình ( 3) :
Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1.
Đặt 1 + x + 1 − x = t ⇒ 1 − x 2 =

t2 − 2
2

Phương trình ( 3) trở thành
t = 0
t2 − 2
− t + 1 = 0 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ 
2
t = 2.

Với t = 0 , ta có 1 + x + 1 − x = 0 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 0 (vô nghiệm)
Thái Anh Tuấn

20


Trường THPT Phan Đình Phùng
Với t = 2 , ta có 1 + x + 1 − x = 2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 4
⇔ 1 − x2 = 1
⇔ x = 0.

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) .
Bài toán tương tự:
Giải các hệ phương trình
 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

1)  2 2
1
x + y − x + y =

2

(Đề tuyển sinh Đại học khối A và A1 năm 2012).
Hướng dẫn:
( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) ( 1)
 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y


2

2
⇔ 
 2
1
1 
3
2
x
+
y
−
x
+
y
=
( 2)

 x + ÷ +  y + ÷ = 1

2
2 
2

3

3

3
1
3

1
£ x - 1£
và - £ y +1 £ sau
2
2
2
2
3 1ù
; ú.
2 2ú
û

Từ phương trình ( 2) đánh giá được é

3
đó xét hàm số f ( t ) = t - 12t trên đoạn ê
ê

ë

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
2)  2 2
 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

Hướng dẫn: Từ phương trình(1) biến đổi về dạng f ( 2 x ) = f 5 − 2 y , với

f (t ) = ( t 2 + 1) t.

( 3 − x ) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0


3) 
3
 2 2 − x − ( 2 y − 1) = 1

Hướng dẫn: Từ phương trình (1) biến đổi về dạng f ( 2 − x ) = f ( 2 y − 1 )

2
với f ( t ) = ( 1 + t ) t.

 x 5 + xy 4 = y10 + y 6
4) 
2
 4 x + 5 + y + 8 = 6
x

Hướng dẫn: Chia phương trình (1) cho y 5 biến đổi về dạng f  ÷ = f ( y )
 y

5
với f ( t ) = t + t

Thái Anh Tuấn

21


Trường THPT Phan Đình Phùng
x− y
x+ y
e + e = 2 ( x + 1)

5)  x + y
e = x − y + 1

x + y = u
đưa phương trình (1) về dạng f ( u ) = f ( v ) với
x − y = v

Hướng dẫn: Đặt 
f ( t ) = et + t .

Thái Anh Tuấn

22


Trường THPT Phan Đình Phùng
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I. Kết quả thực nghiệm sư phạm
Với cách định hướng và hệ thống ví dụ, bài tập trên tác giả đã áp dụng
giảng dạy cho các đối tượng khác nhau, tuỳ từng đối tượng để đưa ra các ví dụ,
các bài tập thích hợp mà mỗi đối tượng có thể lĩnh hội được kiến thức và dần
phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
Cách phân dạng bài tập giúp học sinh dể hiểu, định hướng vấn đề, giải
quyết vấn đề một cách lôgic hơn. Học sinh vận dụng làm tốt một số đề thi đại
học, cao đẳng và đề thi học sinh giỏi ở phần này.
II. Kết luận chung
Các bài toán về hệ phương trình là loại bài toán khó, đòi hỏi tư duy
cao. Vì vậy, trong quá trình giảng dạy, giáo viên cần phải phân dạng bài tập một
cách có hệ thống và trình bày rõ ràng.
Đề tài chỉ là kinh nghiệm nhỏ, kết quả của sự nghiên cứu cá nhân.

Trong khuôn khổ đề tài cũng chỉ mới trình bày một phần của những bài toán
thường xuất hiện trong các đề thi Học sinh giỏi cũng như các đề thi Đại học,
Cao đẳng hàng năm của các bài toán hệ phương trình. Xét thấy, phạm vi đề tài
có thể được mở rộng, phát triển bằng cách phân tích các ví dụ, bài tập để đưa ra
các bài tập tương tự và các bài tập ở mức độ cao hơn ví dụ như dạng hệ phương
trình đẳng cấp... Ta cũng có thể theo hướng này ở các bài toán khác.
Xin chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp đã quan tâm giúp đỡ
trong quá trình thực hiện đề tài./.

Thái Anh Tuấn

23