khóa luận phương trình

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU VIẾT TẮT
THPT: Trung Học Phổ Thông
PT

: Phương Trình

TH

: Trường Hợp

BBT : Bảng Biến Thiên


MỞ ĐẦU
I.LÝ DO CHỌN KHÓA LUẬN
Toán học là một môn khoa học nghiên cứu về các số, cấu trúc, không gian
và các phép biến đổi. Toán học là môn học cơ bản, có vai trò quan trọng trong
đời sống và được ứng dụng rộng rãi trong thực tiễn. Đây là một môn học tương
đối khó, mang tính chất tư duy cao, đòi hỏi người học phải chịu khó tìm tòi,
khám phá và say mê nghiên cứu. Kiến thức về phương trình, hệ phương trình
trong chương trình toán ở bậc trung học là một nội dung rất quan trọng vì nó là
nền tảng để giúp học sinh tiếp cận đến các nội dung khác trong chương trình
toán học, vật lý học, hóa học, sinh học của bậc học này.
Trong chương trình toán của bậc trung học, bắt đầu từ lớp 9 học sinh được
học về hệ phương trình, bước đầu là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Cùng đó
học sinh được học các quy tắc biến đổi tương đương một hệ phương trình là “
Quy tắc thế”,” Quy tắc cộng đại số”. Và được tìm hiểu thêm các phương pháp
giải hệ phương trình ở bậc THPT. Các hệ phương trình có các cách giải tùy
thuộc vào đặc điểm riêng của hệ, không có một đường lối chung cho việc giải
các hệ đó, ta gọi các hệ này là hệ phương trình không mẫu mực. Việc giải các hệ

phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững các phương
pháp biến đổi tương đương một hệ phương trình, đặc biệt phải rất tinh ý phát
hiện ra những đặc điểm rất riêng của từng hệ để từ đó có những cách biển đổi
hợp lý, nhờ đó mới giải được hệ.
Mặc dù trong chương trình toán ở bậc trung học đã trang bị cho học sinh
khá đầy đủ kiến thức về phương trình, hệ phương trình đại số cùng các phương
pháp giải. Tuy nhiên, các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực hầu
như không được đề cập đến trong sách giáo khoa và ngay cả hệ thống sách tham
khảo dành cho học sinh trung học. Tài liệu tham khảo đối với các giáo viên phụ
trách bồi dưỡng học sinh giỏi viết riêng cho chuyên đề này và thường lướt qua
bằng một số ví dụ minh họa chưa làm rõ được những lối chung để giải các hệ
phương trình không mẫu mực. Trong khi đó, việc giải hệ phương trình không
mẫu mực đòi hỏi yêu cầu cao ở học sinh. Chính vì vậy, trong các kỳ thi học sinh
giỏi môn toán, kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 hay các kỳ thi tuyển sinh đại học,
cao đẳng luôn xuất hiện các câu hỏi giải hệ phương trình thuộc kiểu hệ phương
trình không mẫu mực nhưng đa phần các em đều sợ và bỏ qua, thậm chí không
đọc đề khi gặp những bài toán liên quan đến hệ phương trình.
Việc tìm ra các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực phục
vụ rất nhiều cho các em học sinh yêu thích môn toán.
Xuất phát từ những lý do mang tính lý luận và thực tiễn trên mà tôi chọn
khóa luận:” Một số phương pháp giải hệ phương trình ở bậc trung học”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Khóa luận này nhằm mục đích tập hợp, sắp xếp, hệ thống các phương
pháp thường được sử dụng để giải các hệ phương trình không mẫu mực thường
gặp ở các lỳ thi chọn lọc học sinh giỏi, kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 hay kỳ tuyển
sinh đại học, cao đẳng,...
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Đối tượng nghiên cứu của khóa luận này là hệ thống một số phương pháp
giải hệ phương trình từ đơn giản đến không mẫu mực, những đặc điểm học sinh
cần lưu ý khi tiến hành giải hệ phương trình loại này.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Chỉ ra được kiến thức về các hệ phương trình có liên quan mà học sinh
cần nắm vững trước khi tiếp cận với các phương pháp giải hệ phương trình
không mẫu mực.
Đưa ra hệ thống các phương pháp giải hệ phương trình có sự sắp xếp hợp
lý, logic về mặt tư duy kiến thức bộ môn.
Xây dựng được hệ thống các bài tập phù hợp theo từng phương pháp cụ
thể.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để hoàn thiện khóa luận này tôi đã sử dụng các phương pháp nghiên cứu:
Phân tích, tổng hợp, khai thác để tổng quan các công trình khoa học về
các vấn đề thuộc phạm vi nghiên cứu của khóa luận, xây dựng nên hệ thống
phương pháp giải hệ phương trình thường gặp ở bậc trung học.
Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo chuyên đề hệ phương trình.
Tham khảo từ internet.
Tham khảo ý kiến giảng viên hương dẫn.
Quan sát, học hỏi, tiếp thu từ những hoạt động thực tập, thực tế.
VI. Ý NGHĨA LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN


Về lý luận: Đào sâu tìm hiểu một số phương pháp giải hệ phương trình để
có một kết quả nhanh và hiệu quả nhất.
Về thực tiễn: Giúp học sinh trung học học tập tốt chuyên đề hệ phương
trình.
Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản
và vận dụng để giải bài tập liên quan đến hệ phương trình.
Gây hứng thú cho học sinh khi giải các bài tập hệ phương trình trong sách

giáo khoa, sách tham khảo và các đề thi.
VII. BỐ CỤC CỦA KHÓA LUẬN
Bố cục của khóa luận bao gồm:
Mục lục
Phần mở đầu
Phần nội dung
-

Chương I: Một số hệ phương trình đơn giản thường gặp
Chương II: Một số phương pháp giải hệ phương trình ở trường

THPT
Phần kết luận
Tài liệu tham khảo.
NỘI DUNG
CHƯƠNG I: MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐƠN GIẢN THƯỜNG GẶP
1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Định nghĩa:


Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng:
ax + by = c

a ' x + b ' y = c '

(1)
(2)

trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số cho trước,

Nghiệm của hệ là cặp số

( x; y )

a2 + b2 ≠ 0

và

a '2 + b '2 ≠ 0

.

thoả mãn đồng thời hai phương trình (1) và (2)

của hệ. Giải hệ tức là tìm tất cả các nghiệm của hệ.
Cách giải:
Trong chương trình toán trung học cơ sở để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai
ẩn ta thường sử dụng hai phương pháp:
- Phương pháp thế nhờ sử dụng quy tắc thế;
- Phương pháp cộng đại số nhờ sử dụng quy tắc cộng đại số.
Để minh hoạ cho hai phương pháp này ta xét ví dụ sau:
Ví dụ. Giải hệ phương trình

1)

3 x − 2 y = 4

2 x + y = 5

(1)

(2)

Lời giải: Đối với hệ phương trình bậc nhất hai ẩn này ta sử dụng phương pháp

y
thế, rút theo

x

để giải.


- Từ phương trình (2) của hệ, rút y theo x ta có

trình (1) của hệ ta được:

3x − 2 ( 5 − 2 x ) = 4

Hay

y = 5 − 2x

7 x = 14

. Thay vào phương

.

- Theo quy tắc thế hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình sau:
7 x = 14

x = 2
⇔

 y = 5 − 2x
y =1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất

2)

3)

4)

5)

4 x − 3 y = 9

2 x + y = 5

3 x + 4 y = 5

4 x − 2 y = 2

2 x − 3 y = 1

x + 2 y = 3

3 x + 5 y = 6


x + 4 y = 7

( x; y ) = ( 2; 1) .
( x; y ) = 

12 1 
; ÷
5
5


ĐS:

( x; y ) = 

9 7
; ÷
 11 11 

ĐS:

( x; y ) = 

11 5 
; ÷
 7 7

ĐS:

( x; y ) =  −

ĐS:

11 15 
; ÷
 7 7

2. Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn

Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn có dạng:

a1 x + b1 y + c1 z = d1

a2 x + b2 y + c2 z = d 2
a x + b y + c z = d
3
3
3
 3

(3)


x, y , z
Trong đó

là ba ẩn; các chữ số còn lại là các hệ số. Mỗi bộ ba số

( x0 ; y0 ; z0 )

nghiệm đúng cả ba phương trình của hệ được gọi là một nghiệm của hệ phương

trình (3).
Cách giải:
- Với hệ phương trình này ta có thể giải bằng nhiều phương pháp khác nhau
như: phương pháp thế, phương pháp cộng, sử dụng máy tính cầm tay, tính được
định thức, phương pháp khử Gauss,...
-

Mọi hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn đều biến đổi được về dạng

tam giác bằng phương pháp khử dần ẩn số( hay còn gọi là phương pháp
khử Gauss).
Ví dụ. Giải hệ phương trình:

1)

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

(1)
(2)
(3)
(I)

Lời giải: Ta thấy hệ phương trình (I) có dạng đặc biệt, đó là hệ phương trình

dạng tam giác. Việc giải hệ phương trình này có khá đơn giản, từ phương trình
(3) ta tính được z, thay z vào phương trình (2) ta thính được y, sau đó thay y và z
vào phương trình (1) ta được

Ta dễ dàng giải ra được

x

.

17

x = 4

3

y = −
4

3

z
=

2


( x; y; z ) = 

17 3 3 

;− ; ÷
4
4 2

.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:

2)

1

x
+
2
y
+
2
z
=

2

2 x + 3 y + 5 z = −2
 −4 x − 7 y + z = − 4



(II)

Lời giải: Nhân hai vế của phương trình thứ nhất của hệ (II) với -2 rồi cộng vào
phuông trình thứ hai theo từng vế tương ứng, nhân hai vế của phương trình thứ
nhất với 4 rồi cộng vào phương trình thứ ba theo từng vế tương ứng, ta được hệ
phương trình( đã khử

x

ở hai phương trình cuối).

1

x + 2 y + 2z = 2

 − y + z = −3

y + 9 z = −2



Ta dễ dàng giải ra được

7

x = − 2

5

y =
2


1

 z = − 2

( x; y; z ) =  −
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

7 5 1
; ;− ÷
 2 2 2
.


x + y + z = 4

2 x − y + 3 z = 19
 −4 x − y + z = 3


3)

ĐS:

 x + 3y + 2z = 8

2 x + 2 y + z = 6
3x + y + z = 6


4)

ĐS:

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

5)

( x; y; z ) = ( 1; −2; 5 )

( x; y; z ) = ( 1;1;2 )
( x; y; z ) = 

11 5 1 
; ;− ÷
4
2 7


ĐS:

3. Hệ phương trình đối xứng loại I

x; y
Định nghĩa: Một hệ phương trình hai ẩn

được gọi là hệ phương trình đối

xứng loại một nếu mỗi phương trình của hệ đã cho đối xứng với hai ẩn
(nghĩa là mỗi phương trình của hệ không thay đổi khi ta đổi vai trò của

x
x

y
và

y
và

cho nhau).

Tính chất: Nếu

( x0 ; y0 )

là một nghiệm của hệ thì

( y0 ; x0 )

cũng là nghiệm của

hệ.
Cách giải:
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).

Bước 2: Đặt

S = x + y, P = xy

x, y
Bước 3: Thay

bởi

x, y
ét đảo tìm

.

S, P

với điều kiện của

S, P

và

S 2 ≥ 4P

vào hệ phương trình. Giải hệ tìm

.

S, P

rồi dùng Vi-

Chú ý:

- Cần nhớ:

x 2 + y 2 = S 2 – 2 P, x3 + y 3 = S 3 – 3SP

- Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ

.

u = u ( x ) , v = v ( x ) và S = u + v, P = uv.

- Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ.
Ví dụ. Giải hệ phương trình
 x + y + xy = 11
 2
2
 x + y + 3 ( x + y ) = 28

1)

Lời giải: Đặt

S= x+ y

và

P = xy

, khi đó hệ đã cho có dạng:

(1)
 S + P = 11
 2
 S − 2 P + 3S = 28 (2)

Từ (1) suy ra

P = 11 − S

, thay vào phương trình (2) ta được:

S 2 − 2 ( 11 − S ) + 3S = 28 hay S 2 + 5S − 50 = 0.

Phương trình này có hai nghiệm phân biệt:

* Nếu

S =5

thì

P = 6,

S = 5; S = −10.

x, y
nên

là các nghiệm của phương trình bậc hai:

t = 2
t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t − 3) = 0 ⇔ 
t = 3


Suy ra

( x; y ) = ( 2; 3)
S = −10

* Nếu

thì

hoặc

P = 21,

( x; y ) = ( 3; 2 ) .
x, y

nên

là các nghiệm của phương trình bậc hai:

 t = −3
t + 10t + 21 = 0 ⇔ ( t + 3) ( t + 7 ) = 0 ⇔ 

 t = −7

Suy ra

( x; y ) = ( −3;

− 7)

hoặc

( x; y ) = ( −7;

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

2)

 x + xy + y = 5
 2
2
x + y = 5

− 3) .

( 2; 3) ; ( 3; 2 ) ; ( −3;

− 7 ) ; ( −7; − 3 ) .

(I)

Lời giải: Nhận thấy hệ đã cho là hệ phương trình đối xứng loại 1 và khi ta thay

x

y
bởi

y
và thay

bởi

x

thì hệ đã cho không thay đổi nên ta giải hệ phương trình

(I) như sau:

 x + y + xy = 5
⇔

2
2
2
 x + 2 xy + y − 2 xy = 5 ( x + y ) − 2 xy = 5
 x + y + xy = 5

( I) ⇔ 
Ta có:

Đặt:

S = x + y

 P = xy

khi đó hệ trở thành:

Từ phương trình (1):

S + P = 5
 2
S − 2P = 5

S + P =5⇒ P =5−S

S 2 − 2 ( 5 − S ) = 5 ⇔ S 2 + 2S − 15 = 0

(1)
(2)

thay vào phương trình (2) ta được:


Ta có:

+

+

∆ 'S = 12 − 1.(15) = 16 > 0, ∆ 'S = 4 ⇒ S1 = −5; S 2 = 3

S1 = −5

S2 = 3

* Với

thay vào biểu thức

thay vào biểu thức

 S1 = −5

 P1 = 10

ta thấy:

P1 = 5 − S = 5 − (−5) = 10

P2 = 5 − S = 5 − 3 = 2

S 2 − 4 P = 25 − 40 = −15 < 0

Suy ra hệ đã cho vô nghiệm

* Với

 S2 = 3

 P2 = 2

ta thấy:

x + y = 3
S 2 − 4P = 9 − 8 = 1 > 0⇒ 
 x. y = 2

x, y
Suy ra

là nghiệm của hệ phương trình:

X =1
X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔ 
X = 2

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

3)

4)

5)

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

3
 x + y = 26

 x 2 − xy + y 2 = 7

x + y = 5

(1;2) ; ( 2;1)

( x, y ∈ ¡ )

ĐS:

ĐS:

ĐS:

.

( x; y ) = ( 0;1) ; ( 1;0 )

( x; y ) = ( −1;3) ; ( 3; −1)

( x; y ) = ( 2;3) ; ( 3;2 )


4. Hệ phương trình đối xứng loại II
Định nghĩa: Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối
xứng loại hai nếu trong hệ phương trình, khi đổi vai trò của x và y cho nhau thì
phương trình này trở thành phương trình kia.

( x0 ; y0 )

Tính chất: Nếu

là một nghiệm của hệ thì

( y0 ; x0 )

cũng là nghiệm của

hệ.
Cách giải: Trừ các vế tương ứng của hai phương trình thì nhận được phương
x − y = 0

( x − y ) .f ( x, y ) = 0 ⇔ 

 f ( x, y ) = 0

trình tích dạng

Từ đó hệ đã cho tương đương với hai hệ đơn giản hơn có thể giải được.
Ví dụ. Giải hệ phương trình sau:

1)

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

Lời giải: Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được:
x3 − y 3 = 2 ( y − x )

⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 2 ) = 0
2

y 3

⇔ x − y = 0 ( x + xy + y + 2 =  x + ÷ + y 2 + 2 > 0 ∀x, y )
2 4

⇔ y = x.
2

Thay

y=x

2

vào phương trình (1) ta được:


x = 1
x3 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 + x − 1) = 0 ⇔ 
 x = −1 ± 5

2

Vậy

hệ

phương

2)

2
 x − 2 x = y
 2
 y − 2 y = x

thành
giải:

cho

có

3

nghiệm

là:

(I )

Nhận xét: Nếu thay đồng thời
Lời

đã

 −1 − 5 −1 − 5   −1 + 5 −1 + 5 
;
;

÷; 
÷.
2
2
2
2

 


( 1; 1) ;

trở

trình

phương
Trừ

từng

x

y

bởi

và bởi

trình
vế

hai

y
thứ

phương

( x − y )( x + y ) − 2( x − y ) = −( x − y )
⇔  ( x − y )( x + y − 1) =  0
 − y=0
⇔
x + y −1 = 0
Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với:
− y = 0
( Ia) ⇔  2
x − 2x = y

 y −1 = 0

( Ib ) ⇔ 
hoặc

Giải hệ (Ia) ta được nghiệm

2
x − 2 y = y

( 0;0 ) ; ( 3;3)

x

thì phương trình thứ nhất sẽ
hai

và

trình

trong

ngược
hệ,

ta

lại.
được:


1+ 5 1− 5  1− 5 1+ 5 
;
;


÷; 
÷
2
2
2
2 

 

Gải hệ (Ib) ta được nghiệm
Vậy

hệ

phương

trình

có

4

nghiệm:

1+ 5 1− 5  1− 5 1+ 5 
;
;
÷; 
÷.
2

2
2
2

 


( 0;0 ) ; ( 3;3) ; 

3)

−3x = 2 y
 2
 y − 3y = 2x

ĐS:

( x; y ) = ( 0;0 ) ; ( 5;5 ) ; ( −1;2 ) ; ( 2; −1)

4)

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

( x; y ) = ( 3;3) ; 
ĐS:

2 x + xy = 3 x
 2

2 y + xy = 3 y

11 11 
; ÷
9 9

2

5)

( x; y ) = ( 0;0 ) ; ( 1;1) ;  0;


ĐS:
3 3 
÷;  ;0 ÷
2 2 

5. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai

Định nghĩa: Biểu thức

f ( mx; my ) = 2mf ( x; y )

f ( x; y )

gọi là phương trình đẳng cấp bậc 2 nếu

.

Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai có dạng:

( x; y ) = a

 g ( x, y ) = b


Trong đó:

f ( x; y )

và

g ( x; y )

là phương trình đẳng cấp bậc 2; với a và b là hằng

số.
Cách giải:
- Xét

- Với

x=0

x≠0

thay vào hệ kiểm tra.

ta đặt

y = xt

thay vào hệ ta có:

( x, xt ) = a
 f ( 1, t ) = a
⇔ 2

 g ( x, xt ) = b  x g ( 1, t ) = b

- Sau đó, chia 2 vế của 2 phương trình với nhau ta được:
f ( 1, t ) =

a
g ( 1, t )
b

-

( *)

Giải hệ phương trình (*) ta tìm được t.
( x; y )
Thế t vào hệ ta tìm được
.

-

Ví dụ. Giải hệ phương trình sau:

1)

 x 2 − y 2 + xy = 29
 2
2
 x − y − xy = −11

Lời giải: Nhận thấy hệ đã cho là hệ phương trình đẳng cấp bậc hai nên ta giải ví
dụ trên bằng cách xét các trường hợp của

+) Nếu

x=0

thì hệ trở thành:

x

.

02 − y 2 + 0. y = 29
− y 2 = 29
⇔ 2
 2
2
0 − y − 0. y = −11  y = 11


⇒

+) Nếu

Hệ phương trình đã cho vô nghiệm

x≠0

thì đặt

y = tx

khi đó ta có được hệ phương trình:

 x 2 ( 1 − t 2 + t ) = 29
 x 2 − t 2 x 2 + tx = 29

⇔
 2 2 2

2
 x − t x − tx = −11  x 2 ( 1 − t 2 − t ) = −11

(1)
(2)

Chia vế với vế của (1) cho (2) ta được:

1− t2 + t
29
=

−
1− t2 − t
11
⇔ 11( 1 − t 2 + t ) = −29 ( 1 − t 2 − t )
⇔ 11 − 11t 2 + 11t = −29 + 29t 2 + 29t
⇔ 40t 2 + 18t − 40 = 0
⇔ 20t 2 + 9t − 20 = 0

Ta có:

5
4
∆ = 1681 > 0, ∆ = 41 ⇒ t1 = − ; t 2 =
4
5

t1 = −
* Với

5
4

thay vào (1) ta được:

 25 5 
x 2  1 − − ÷ = 29
 16 4 
⇔ −29 x 2 = 29.16
⇔ x 2 = −16

⇒

Hệ phương trình đã cho vô nghiệm

(vô lí)


t2 =
* Với

5
4

thay vào (1) ta được:

 16 4 
x 2  1 − + ÷ = 29
 25 5 
⇔ 29 x 2 = 29.25
⇔ x 2 = 25
x = 5
⇔
 x = −5

+ Thay

+ Thay

x=5

vào biểu thức

x = −5

y = tx

vào biểu thức

ta được:

y = tx

ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
 x 3 +8 y 3 − 4 xy 2 = 1
 4
4
2 x + 8 y − 2 x − y = 0

2)

Lời giải: Xét

Suy ra

Xét

y=0

( 1;0 )

y≠0

4
y = .5 = 4
5

4
y = .(−5) = −4
5

( 5;4 ) ; ( −5;4 )

.

( x, y ∈ ¡ ) .

thay vào hệ phương trình ta được:

 x 3 = 1
⇔ x =1
 4
2 x − 2 x = 0

là một nghiệm của hệ.

. Đặt

x = ty

khi đó ta có:

t 3 y 3 + 8 y 3 − 4ty 3 = 1
 4 4
4
2t y + 8 y − 2ty − y = 0


 y 3 ( t 3 + 8 − 4t ) = 1

⇔
3
4
 y ( 2t + 8 ) = 2t + 1

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được:

( y ≠ 0)

t 3 + 8 − 4t
1
=
2t 4 + 8
2t + 1

⇔ −8t 2 + 12t = 0
t = 0
⇔ t = 2


t = 6

* Với

* Với

* Với

t=0

t=2

t=6

( x; y ) =  0;
ta có



1
÷
2

( x; y ) =  1;
ta có

1
÷
 2

1 
 3
; 3
÷
 25 2 25 

( x; y ) =  3
ta có

( 1;0 ) ;  0;
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:

3)

 x 2 + y 2 + 3xy = 12

2
2
2 ( x + y ) − y = 14

( x; y ) = ( ±

)

2; ± 2 ; ( 1;2 ) ; ( −1; −2 )



1  1  3
1 

;
1;
;
;
÷
÷
2   2   3 25 2 3 25 ÷


.

ĐS:


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

4)

ĐS:

1  1 1 
 1
;−
;
÷;  −
÷
3 
3 3

 3

( x; y ) = 

3x 2 + 2 xy + y 2 = 11
 2
2
 x + 2 xy + 3 y = 17

5)



( x; y ) =  −


ĐS:

4 5  4
5 
;
;
;
−
÷
÷; ( 1;2 ) ; ( −1; −2 ) .
3 3  3
3

6. Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh là hệ có dạng:

 f ( x1 ) = g ( x2 )

 f ( x2 ) = g ( x3 )

...
f x
= g ( xn )
 ( n−1 )
 f ( xn ) = g ( x1 )


( Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi ). Cụ thể,

ta xét hệ hoán vị vòng quanh ba ẩn sau đây:

x = f ( y)

y = f ( z)

z = f ( x)

f
Phương pháp giải: Giả sử

T ,T ⊆ D

là hàm số xác định trên tập D và có tập giá trị là

f
và

là hệ đồng biến trên D.


Cách 1: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất. Để chứng minh hệ có
nghiệm duy nhất ta thường cộng vế ba phương trình của hệ, sau đó suy ra

Cách 2: Từ

T ⊆D

Nếu

x > f ( x)

ta suy ra

x ∈T

nghiệm của hệ thì

f ( x) . f ( f ( x) )

(

tăng trên D nên

f ( x) > f f ( f ( x) )
Do đó,

)

(

)

x > f ( x) > f ( f ( x) ) > f f ( f ( x) ) = x
. Suy ra:

x > f ( x)

Tương tự ta cũng chứng minh được rằng không thể có

Do đó,

. Để

.

x < f ( x)

.

.

Việc giải hệ phương trình ban đầu được quy về việc giải phương trình

Hơn nữa, ta có:

( x; y; z )

f ( x) > f ( f ( x) ) .

Điều này mâu thuẫn. Chứng tỏ không thể có

x = f ( x)

)

.

f
thì do

và

(

f f ( f ( x ) ) ∈D

x = y = z.

x = f ( y )
x = f ( y )
x = f ( y )




⇔ y = f ( z)
y = f ( z) ⇔ y = f ( z)



z = f ( x)
 z = f ( f ( y ) )
 z = f f ( f ( z ) )

(

)

x = f ( x)

.

là


x = f ( y)
x = f ( y )
x = y = z


⇔  y = f ( z ) ⇔ z = y
⇔
z = f ( z )


z = f z
(
)
z
=
f
z
( ) 


.

Ví dụ. Giải hệ phương trình sau:
 x 3 + 3x − 3 + ln ( x 2 − x + 1) = y

 3
2
 y + 3 y − 3 + ln ( y − y + 1) = z
 3
2
 z + 3z − 3 + ln ( z − z + 1) = x

1)

Lời giải: Xét hàm số:

f ( t ) = t 3 + 3t − 3 + ln ( t 2 − t + 1)

2t 2 − 1
f ( t ) = 3t + 1 + 2

> 0, ∀x ∈ ¡
t − t +1
'

Ta có:

Vậy hàm số

3

f ( t)

đồng biến trên

¡

. Ta viết lại hệ phương trình sau:

 f ( y) = z

 f ( z) = x

 f ( x) = y

Không mất tính tổng quát, giả sử :

x = min { x, y, z}

. Lúc đó:

x ≤ y ⇒ f ( x) ≤ f ( y) ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ z ≤ x

Hay

x≤ y≤ z≤ x⇒ x= y=z

.


Với:

¡

x= y=z

, xét phương trình:

x3 + 2 x − 3 + ln ( x 2 − x + 1) = 0

nên phương trình có nghiệm duy nhất :

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

đồng biến trên

x =1
x = y = z =1

.

 x3 + 3x 2 + 2 x − 5 = y
 3
2
 y + 3y + 2 y − 5 = z
 z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 = x


2)

x; y; z
Lời giải: Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của

ta có thể giả sử:

Vì

y≤x

x = max { x, y, z}

nên:

x3 + 3x 2 + 2 x − 5 ≤ x
⇔ x3 + 3x 2 + x − 5 ≤ 0

⇔ ( x − 1) ( x 2 + 4 x + 5 ) ≤ 0

Suy ra:

x ≤1

. Mà

z≤x

nên

z ≤1

.

Lập luận ngược lại quá trình trên ta được:

( z − 1) ( z 2 + 4 z + 5) ≤ 0
⇔ z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 ≤ z ⇔ x ≤ z

Vậy

x=z

. Suy ra:

x= y=z

. Từ đó ta được phương trình

trong hệ trên


x3 + 3x 2 + 2 x − 5 = x ⇔ x = 1

Vậy nghiệm của hệ đã cho là

3)

 y 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = 0
 3
2
 z − 6 y + 12 y − 8 = 0
 x3 − 6 z 2 + 12 z − 8 = 0

x + x + x − 2 = y
 3
2
y + y + y − 2 = z
 z3 + z 2 + z − 2 = x

3

4)

5)

( x; y; z ) = ( 1;1;1)

.

ĐS:

( x; y; z ) = ( 2;2;2 )

2

ĐS:

( x; y; z ) = ( 1;1;1)

x − y = 1

y − z =1

 z − x = 1

ĐS:

3+ 5 3+ 5 3+ 5 
;
;
÷
2
2
2 


( x; y; z ) = 

7. Kết luận chương 1
Trong chương 1 đã hệ thống lại lý thuyết cơ bản về một số các dạng của hệ phương
trình gồm có: dạng nhận biết của hệ phương trình, phương pháp giải, các ví dụ minh
họa. Qua đó, giúp người học thấy được mối quan hệ của các dạng hệ phương trình

với đại số và hình học. Nêu lên một số dạng có liên quan nhằm làm rõ thêm sơ sở
nghiên cứu và phục vụ cho việc giải, khai thác bài toán dễ dàng hơn.
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ở TRƯỜNG
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
1. Phương pháp biến đổi tương đương