SKKN một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH

Một số phương pháp giải hệ phương trình
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương trình toán
học phổ thông, các em học sinh được làm quen, cọ sát với phần kiến thức này ngay
từ bậc trung học cơ sở. Trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10, đề thi THPT Quốc
Gia, đề thi học sinh giỏi, ta thường bắt gặp bài toán về hệ phương trình.
Từ thực tế giảng dạy của mình, tôi thấy học sinh rất lúng túng khi gặp phải
các bài toán Hệ phương trình-bài toán quen mà vẫn khó. Tại sao nhiều em học sinh
vẫn lúng túng khi đứng trước bài toán giải hệ phương trình? Theo tôi,đó là do một
số nguyên nhân sau:
Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau,
có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.
Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham
khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của
bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn
tổng quát về hệ phương trình.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng
quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi
do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho
các em.
Trong đề tài, tác giả đã cố gắng đưa ra một số bài toán thường gặp, các bài
toán tương đối điển hình trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng, các
đề thi thử THPT Quốc Gia của các trường, nhằm bước đầu tạo cho học sinh những
cách suy luận, cách biến đổi để vận dụng một cách có hiệu quả trong việc giải
quyết các bài toàn Hệ phương trình. Đó là sự phân loại có tính chất xuyên suốt
chương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của
học sinh. Thêm vào đó, với mỗi bài toán đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát
và điều đặc biệt là cho học sinh tìm ra cái gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà
có, người ta đã tạo ra chúng bằng cách nào.

Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghi
một cách rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toán
mới. Học sinh thường hiểu sâu và thích nghi khi học phần này
Trong quá trình thực hiện đề tài này, mặc dù đã rất cố gắng nhưng không thể
tránh được những hạn chế, thiếu sót. Tác giả rất mong muốn nhận được sự đóng
1/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
góp ý kiến của thầy giáo, cô giáo để đề tài này tốt hợn.
Xin chân thành cảm ơn!
II. ĐÔI TƯỢNG THỰC NGHIỆM VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CỦA
ĐỀ TÀI.
1) Đối tượng thực nghiệm:
Trong năm học 2014-2015 tác giả đã chọn học sinh lớp 12A1 và 12A2 để
thực nghiệm, học sinh lớp 12A1 được học cách giải Hệ phương trình theo hướng
của đề tài và học sinh lớp 12A2 được chọn làm đối chứng, thì kết quả cuối năm học
2014-2015 có 80 - 90% học sinh lớp 12A1 giải quyết tốt các bài toán Giải hệ
phương trình, trong khi đó chỉ có khoảng 50% học sinh lớp 12A2 làm tốt việc đó.
Trong năm học vừa qua, tác giả đã bổ xung và trao đổi đề tài với các đồng
nghiệp trong tổ chuyên môn để áp dụng vào giảng dạy và ôn luyện cho lớp khối 12
và kết quả đạt được đều rất tốt và đề tài được đánh giá cao .
2) Phương pháp nghiên cứu của đề tài:
Tác giả đã lựa chọn các phương pháp như:
+) Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết.
+) Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm.
+) Phương pháp phân loại, hệ thống hóa.
Các phương pháp này đan xen lẫn nhau, bổ xung cho nhau nhằm mục đích giúp tác
giả hệ thống hóa, tổng kết, phân tích, phân loại từ lý thuyết đến các dạng bài tập.
B. PHẦN NỘI DUNG

I. NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ.
Để có thể giải tốt các bài toán Hệ phương trình yêu cầu trước tiên là học sinh
phải nắm vững các dạng và phương pháp giải các hệ phương trình cơ bản. Ngoài ra
học sinh cần nắm chắc và biết vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo một số các bài
toán điển hình.
I.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
a. Định nghĩa. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng
ax  by  c
�
�
a'x  b' y  c'
�
với a, b, c, a ', b ', c ' là các số thực đã cho thỏa mãn a 2  b2 �0, a '2  b '2 �0
b. Cách giải.
- Phương pháp cộng đại số

2/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
- Phương pháp thế
- Ngoài ra ta có thêm phương pháp sau:
+ Bước 1. Tính các định thức
a b
c b
a c
D
 ab ' a ' b, D x 
 cb ' c ' b, D y 
 ac ' a ' c

a' b'
c' b'
a' c'
+ Bước 2.
* Nếu D �0 thì hệ có nghiệm duy nhất x 

D
Dx
, y y
D
D

2
2
* Nếu D  0 và D x  D y �0 thì hệ vô nghiệm

* Nếu D  D x  D y  0 thì hệ có vô số nghiệm
I.2. Hệ phương trình đối xứng loại I
�f ( x; y )  0
a. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ có dạng �
�g ( x; y )  0
Trong đó f ( x; y ) và g ( x; y ) là những đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn
f ( x; y )  f ( y; x), g ( x; y )  g ( y; x), x, y ��
b. Cách giải phổ biến
- Bước 1. Biểu diễn từng phương trình theo tổng x  y và tích xy
�x  y  S
- Bước 2. Đặt �
. ( S 2 �4P )
�xy  P
- Bước 3. Giải hệ mới theo S và P

- Bước 4. x và y là hai nghiệm của phương trình X 2  SX  P  0
I.3. Hệ phương trình đối xứng loại II
a. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ phương trình có dạng
�f ( x; y )  0
, trong đó f ( x; y ) là một biểu thức chứa hai biến x và y.
�
�f ( y; x )  0
b. Cách giải.
- Bước 1. Trừ vế hai pt ta được f ( x; y )  f ( y; x)  0 (*)
- Bước 2. Đưa phương trình (*) về dạng tích ( x  y ) g ( x; y )  0
- Bước 3. Xét hai trường hợp.
TH 1. Với x = y thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
TH 2. Với g ( x; y )  0 kết hợp với f ( x; y )  f ( y; x)  0 ta được hệ đối

3/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
�f ( x; y )  f ( y; x )  0
xứng loại I �
�g ( x; y )  0
* Chú ý. Nếu g ( x; y )  0 phức tạp ta sẽ tìm cách chứng minh nó vô nghiệm.
I.4. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai
a. Định nghĩa. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng
�
ax 2  bxy  cy 2  d
�
� 2
a ' x  b ' xy  c ' y 2  d '
�

b. Cách giải
�
ad ' x 2  bd ' xy  cd ' y 2  dd '
�
- Bước 1. Cân bằng hệ số tự do ta được � 2
da ' x  db ' xy  dc ' y 2  dd '
�
- Bước 2. Trừ vế hai phương trình ta được Ax 2  Bxy  Cy 2  0 (*)
- Bước 3. Giải phương trình (*) ta sẽ biểu diễn được x theo y
- Bước 4. Thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình có vế trái đẳng cấp bậc
cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được
bằng cách đặt y  tx, x �0 hoặc đặt x  ty , y �0 .
2
- Ta cũng có thể cân bằng số hạng chứa x 2 (hoặc chứa y ) rồi trừ vế và
dùng phép thế.
I.5. Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng
a. Bất đẳng thức Côsi
Cho n số không âm a1 , a2 ,..., an . Ta có

a1  a 2  ....  a n n n a1 a 2 ....a n
Đẳng thức xảy ra  a1 a2 ... an
b. Bất đẳng thức Bunhia-copxki
Cho a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn là các số thực. Khi đó ta có

( a12  a 22  ....  a n2 ) (b12  b22  ....  bn2 )  (a1b1  a 2 b2  ....  a n bn ) 2

4/38

Một số phương pháp giải hệ phương trình
Đẳng thức xảy ra 

a
a1 a 2
 ...  n (Quy ước trong các phân thức
b1 b2
bn

này,nếu mẫu thức bằng 0 thì tử thức bằng 0)
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐIỂN HÌNH
II.1 Phương pháp thế
a. Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương
trình trong hệ và thế vào phương trình còn lại.
b. Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một
phương trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đó,hay trong tình huống 1 biểu
thức,một hằng số được lặp lại.
2x  3 y  5
(1)
�
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình � 2
3x  y 2  2 y  4 (2)
�
Lời giải.
2

5  3y
�5  3 y � 2

Từ (1) ta có x 
thế vào (2) ta được 3 �
� y  2 y  4  0
2
� 2 �

y 1
�
�
� 3(25  30 y  9 y )  4 y  8 y  16 � 23 y  82 y  59  0 �
59
�
y
� 23
2

2

2

�

�
� 31 59 �
; �
�
� 23 23 �

 1;1 ; �
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y)= �

�

�x 3  2 xy 2  12 y  0     (1)
�
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình � 2 2
8 y  x  12       (2)
�

Phân tích: Ta thấy vế trái của (2) là biểu thức đẳng cấp bậc 2 của x và y, Hằng số
12 được lặp lại trong hai phương trình của hệ. Nếu ta thế hằng số 12 trong phương
trình trên của hệ bởi 8 y 2  x 2 thì thu được một phương trình đẳng cấp bậc ba.
Lời giải: Thay (2) vào (1) được x 3  2 xy 2  (8 y 2  x 2 ) y 0
 x  2 y 0
 ( x 3  8 y 3 )  xy (2 y  x) 0  ( x  2 y )( x 2  2 xy  4 y 2 ) 0   2
2
 x  2 xy  4 y 0

 y 1  x  2
2
Với x+2y = 0  x  2 y , thế vào (2) được 12 y 12  
 y  1  x  2
Với x 2  2 xy  4 y 2 0  ( x  y ) 2  3 y 2 0  x  y 0 (không thỏa mãn hệ)

5/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) là (-2; 1),(2; -1)
Nhận xét: Với cách làm như trên ta có thể giải quyết các bài toán liên quan đến
phương trình đẳng cấp như:

2
2
�
�x  xy  y  3            (1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình � 3
2 x  9 y 3  ( x  y )(2 xy  3) (2)
�

Lời giải: Thế 3  x 2  xy  y 2 vào phương trình (2) của hệ ta được
2 x 3  9 y 3 ( x  y )( x 2  xy  y 2 )  2 x 3  9 y 3  x 3  y 3  x 3 8 y 3  x 2 y

 y 1  x 2

2
Thế x = 2y vào (1) ta được 3 y 3  
.
 y  1  x  2

Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (2; 1); (-2; -1)
 x 3  4 y  y 3  16 x
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình: 
1  y 2 5(1  x 2 )
Lời giải: Hệ phương trình tương đương với
3
2
3
2
�
�
�x  16 x  y ( y  4)

�x  16 x  y.5 x      (1)
� �2
�2
2
2
�y  4  5 x
�y  4  5 x         (2)

x0
�
2
Ta có (1) � x( x  16  5 xy )  0 � �2
x  16  5 xy       (3)
�
Với x = 0 thay vào (2) được y = 2 hoặc y = -2

x 2  16
Với x 0 (3)  y 
thay vào (2) được
5x
 x 1  y  3
124 x 4  132 x 2  256 0  x 2 1  
 x  1  y 3
Kết luận: Hệ có nghiệm(x; y) là (0; 2), (0; -2), (1; -3), (-1; 3)
Ví dụ 5 ( Đại học Khối B - 2008 )
�x 4  2 x 3 y  x 2 y 2  2 x  9 (1)
�
Giải hệ phương trình �2
(2)
�x  2 xy  6 x  6

Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
Với x = 0 không thỏa mãn (2)

6/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
6 x  6  x2
Với x �0, (2) � y 
thế vào (1) ta được
2x
2

�6 x  6  x 2 � 2 �6 x  6  x 2 �
x  2x �
� x �
� 2 x  9
� 2x
� � 2x
�
4

3

x0
�
(6 x  6  x 2 ) 2
� x  x (6 x  6  x ) 
 2 x  9 � x( x  4)3  0 � �

x  4
4
�
4

2

2

� 17 �
Do x �0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất �4;   4 �
�

�

Chú ý.
+ Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:
2
�
2
�x 2  6 x  6 �
2
�
 x  xy   2 x  9 �
�
� 2 x  9
�
�
2
�

�
��
Hệ � �
x2  6x  6
2
2
�x  xy 
�2
x  6x  6
x  xy 
�
2
�
�
2
+ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các
phương pháp khác.
�
� x  y  x  y  2       (1)
Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình � 2 2
2
2
�
� x  y  x  y  4       (2)

Phân tích: Nếu bình phương hai vế của phương trình thứ nhất trong hệ thì xuất
hiện

x 2  y 2 , do đó ta thế được vào phương trình thứ hai.

Lời giải. Điều kiện : x  y 0; x  y 0
 x  y  x  y


Ta có (1) 
 2 x  2 x 2  y 2 4

Thế

 y 0
 2
 x  y 2  x  2(3)

x 2  y 2  x  2 vào phương trình (2) ta được

x 2  y 2  x  2 4 

 x 6
x 2  y 2 6  x   2
2
2
 x  y 36  12 x  x

 x 6
 2
. Thế y 2  12 x  36 vào (3) ta được
 y  12 x  36

 x 2
x 2  12 x  36  x  2   2


2
x

12
x

36

x

4
x

4

7/38

 x 2

16 x 40


Một số phương pháp giải hệ phương trình
 x 2
5


5  x  Khi đó y=
2

 x  2

6 thỏa mãn điều kiện
5

�
�
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) là � ; 6 �
2
�

�

II.2. Phương pháp cộng đại số
a. Cơ sở phương pháp: Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép
toán: cộng, trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương
trình này là khả thi hoặc có lợi cho các bước sau.
b. Nhận dạng: Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II,
hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k và một số hệ khác.
�
y2  2
3y 
�
x2
�
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình �
x2  2
�
3x 
�

y2
�
Lời giải. Điều kiện: xy �0
�
3x 2 y  y 2  2
�
Hệ � � 2
3 y x  x2  2
�

(1)
(2)

. Trừ vế hai phương trình ta được

3 x 2 y  3 xy 2  y 2  x 2 � 3xy ( x  y )  ( x  y )( x  y )  0
                                    � ( x  y )(3 xy  x  y )  0
x2  2
y2  2
� x  0 � 3 xy  x  y  0
Từ 3 y 
� y  0 , 3x 
y2
x2
Do đó x  y  0 � y  x thế vào (1) ta được 3 x3  x 2  2  0 � x  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; 1)
�
3 x 2  5 xy  4 y 2  38
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình � 2
5 x  9 xy  3 y 2  15

�
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số
hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
45 x 2  75 xy  60 y 2  570
�
� 145 x 2  417 xy  54 y 2  0
Hệ � � 2
2
190 x  342 xy  114 y  570
�

8/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
1
145
x thế vào một trong hai phương
Giải phương trình này ta được y  x, y  
3
18
trình của hệ ta thu được kết quả.
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho phương trình có vế trái đẳng cấp bậc cao
hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng
cách đặt y  tx, x �0 hoặc đặt x  ty, y �0 .
 x 3  y 3 65
Ví dụ 9. Giải hệ  2

 x y  xy 2 20
Phân tích: Hệ trên là hệ đối xứng loai 1,ta có thể giải bằng cách đặc trưng là đặt

S = x+y, P = xy.Tuy nhiên, từ các số hạng x 3  y 3 và x 2 y  xy 2 ta có thể tạo ra hằng
đẳng thức.
 ( x  y ) 3 125

Lời giải: Hệ   2
 x y  xy 2 20

 x  y 5


xy
(
x

y
)

20


 x  y 5


xy

4


 x 1, y 4
 x 4, y 1


Nhận xét: Từ hệ phương trình trong ví dụ 10, ta có thể tạo ra một số hệ phương
trình mới như sau:
 x 3  y 3 35
- Thay số cho vế phải,ta được hệ  2
;
 x y  xy 2 30

- Thay ẩn x thành

x , y thành

 x 3  y 3 7

 xy( x  y )  1

 x x  y y 35
y , ta được hệ 
 x y  y x 30

 8 x 3  y 3 35
- Thay ẩn x thành 2x, giữ nguyên ẩn y ta được hệ  2
 2 x y  xy 2 15
 ( x  y )( x 2  y 2 ) 3
Ví dụ 10. Giải hệ 
 ( x  y )( x 2  y 2 ) 15

Phân tích: Hệ trên là hệ đối xứng loại 1,có thể giải bằng cách đặc trưng của hệ đối
xứng loại 1. Tuy nhiên,nhân các vế trái của hệ ta thấy hệ trở nên đơn giản hơn
nhiều nhờ phép cộng đại số như ví dụ 10.
 x 3  y 3  ( x 2 y  xy 2 ) 3

Lời giải: Hệ   3
 x  y 3  ( x 2 y  xy 2 ) 15

9/38

 x 3  y 3 9
 2
 x y  xy 2 6


Một số phương pháp giải hệ phương trình
 ( x  y ) 3 27
 

 xy( x  y ) 6

 x  y 3


 xy 2

 x 1, y 2
 x 2, y 1


3x 2  2 xy  2 y 2  3 x  2 y  0
�
Ví dụ 11. Giải hệ phương trình � 2
5 x  2 xy  5 y 2  3 x  3 y  2  0
�

Phân tích. Nếu để nguyên hoặc trừ (cộng) vế với vế của các phương trình được
một phương trình nhưng chưa tách được
Lời giải. Nhân cả 2 vế của (1) với 3 rồi trừ vế với vế với (2) ta được
y  1  2x
�
4 x 2  4 xy  y 2  6 x  3 y  2  0 � (2 x  y  1)(2 x  y  2)  0 � �
y  2  2x
�
x  0 � y 1
�
Với y  1  2 x , thay vào (1) ta có 7 x  5 x  0 � � 5
3
�
x �y
7
� 7
2

x 1� y  0
�
Với y  2  2 x , thay vào (1) ta có 7 x  11x  4  0 � � 4
6
�

x �y
7
� 7
2

�
3x 2  2 xy  y 2  11
Ví dụ 12. Tìm các giá trị m để hệ � 2
có nghiệm.
2
�x  2 xy  3 y  17  m
Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay y  tx, x �0
Lời giải.

�y 2  11
2
�
y

11
�
�
� � 2 m  17
TH 1. x  0 � � 2
3 y  m  17
�
�y  3
�
m  17
 11 � m  16

Vậy hệ có nghiệm x  0 �
3
�
3x 2  2tx 2  t 2 x 2  11
�
y

tx
TH 2. x �0 , Đặt
. Hệ � � 2
2
2 2
�x  2tx  3t x  17  m
11
�2
x

2
2
� 3  2t  t 2
�
(3  2t  t ) x  11
�
��
��
11
(1  2t  3t 2 ) x 2  17  m �
�
(1  2t  3t 2 ).
 17  m

3  2t  t 2
�

10/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
11
�2
�x 
� � 3  2t  t 2
�
(m  16)t 2  2(m  6)t  3m  40  0 (*)
�
11
 0, t nên hệ có nghiệm � (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi
Ta có
3  2t  t 2
và chỉ khi m  16 hoặc m �16,  '  (m  6) 2  (m  16)(3m  40) �0
� 5  363 �m �5  363
Kết luận. 5  363 �m �5  363
�1
1
�  2 2
y
�x
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình �
�1  2  1  2
�y
x

�

(1)
(2)

1
1
Lời giải. Điều kiện: x � , y � .
2
2
Trừ vế với vế hai phương trình ta có
y x

xy

1 � 1�
�
2 �
y � x�
0�
1
1
2  2
y
x

1
1
1
1


 2  2 0�
y
x
x
y

2

xy



yx
x

�
�
                                                    � ( y  x) �
� xy
�
�
�

Do (*) nên

xy

vào (1) ta được



1
x y





y







1
x

yx

0
�
1
1�
xy � 2   2  �
y
x�
�

�
�
1
� 0

�
1
1 ��
y
xy � 2   2  ��
y
x ��
�
�



1

0
�
1
1 � suy ra y  x  0 � y  x Thế
xy � 2   2  �
y
x�
�

1
1

1
, t  0 ta được
 2   2 . Đặt t 
x
x
x

2  t �0
t �2
�
�
2  t2  2  t � � 2
�
� t  1 � x  1 và y  1
�
2
2
2

t

4

4
t

t
t

2

t

1

0
�
�

11/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)
� �
1 �
1
� 3x �
� 2
x

y
� �
�
Ví dụ 14. Giải hệ phương trình �
1 �
�7y �
1
4 2
�
� � x y�

�
�

Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt
3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7 y .
Lời giải. Điều kiện: x �0, y �0, x  y �0 .
Dễ thấy x  0 hoặc y  0 không thỏa mãn hệ phương trinhg. Vậy x  0, y  0
thứ nhất cho

�
�
1 �
1
�
�
�
� x y�
�
Hệ � �
�
1 �
�
1
�
�
�
x

y
�

�
�

�
�1
2
4 2
2 2
2



1
(1)
�
�
3x
7y
7y
�
� 3x
��
��
4 2
�2  2 4 2
�1  2 2  1
�
� 3x
7y
3x

7y
7y x  y
�x  y
�
2
3x

�1
�1
2 2�
2 2� 1



Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được �
�
�
�
� 3x
�
� 3x
� x y
7
y
7
y
�
�
�
�

y  6x
�
1
8
1
2
2
�
�


� 7 y  38 xy  24 x  0 �
4
�
3x 7 y x  y
y x
7
�
TH 1. y  6 x thế vào (1) ta được
1
2
11  4 7
22  8 7

1� x 
�y
21
7
3x

21x
4
TH 2. y   x không xảy ra do x  0, y  0 .
7
�
11  4 7 22  8 7 �
;
�.
21
7
�
�
abm
m  n  2a
�
�
��
Chú ý. Hệ phương trình có dạng �
. Trong trường hợp này,
a b  n
m  n  2b
�
�
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  x; y   �

dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân
vế để mất căn thức.

12/38

Một số phương pháp giải hệ phương trình
n
�a

m

� bx
px  qy
�
Tổng quát ta có hệ sau: �
n
�c m
�
px  qy
� dy
II.3. Phương pháp đặt ẩn phụ
�x  y  xy  1
Ví dụ 15. Giải hệ phương trình � 2
2
�x  y  xy  7
Lời giải. Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.
( x  y )  xy  1
�
Hệ � �
( x  y ) 2  3 xy  7
�
S  1, P  2
�S  P  1
�

��
�2
S  4, P  3
�
�S  3P  7
x  1, y  2
�S  1
�x  y  1 �
��
TH 1. �
ta có �
x  2, y  1
�P  2
�xy  2
�
�x  y  S
Đặt �
( Điều kiện S 2 �4 P ) ta được
�xy  P

�S  4
TH 2. �
ta có
�P  3

x  1, y  3
�x  y  4
�
��
�

x  3, y  1
�xy  3
�

Vậy tập nghiệm của hệ là S =  (1;2); (2; 1); (1; 3); ( 3; 1)
Chú ý.
- Nếu hệ pt có nghiệm là ( x; y ) thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là
( y; x) . Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x  y .
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc
thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.
 x 2  y 2 1
Ví dụ 16. Giải hệ phương trình  3
 x  y 3 1
Phân tích: Hệ trên là hệ đối xứng loại I, ta có thể giải hệ theo phương pháp đặc
trưng của hệ đối xứng loại I.
Lời giải: Đặt S=x + y, P = xy ( Điều kiện S 2 4 P ). Hệ đã cho trở thành

S2  1
 S 2  2 P 1
P 


2
 3
 S  3PS 1  3
2
 2 S  3S ( S  1) 2

13/38


S2  1
P 

2

 S 3  3S  2 0



S2  1
P 
2

 ( S  1)( S 2  S  2) 0



Một số phương pháp giải hệ phương trình
3

S  2; P 


2 Mà

 S 1; P 0

S 2 4 P nên S = 1; P = 0

 x  y 1
 x 0; y 1
 
Với S =1; P= 0 ta được 
 xy 0
 x 1; y 0
Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (0;1);(1;0)

 x 4  y 4 1
Nhận xét: Ta có thể thay đổi hệ trên thành  6
 x  y 6 1

 x  y 1
;3
 x  3 y 1

�x 2  y 2  x  y  18
Ví dụ 17. Giải hệ phương trình �
�xy ( x  1)( y  1)  72
Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I
Hướng 1. Biểu diễn từng phương trình theo tổng x  y và tích xy
Hướng 2. Biểu diễn từng phương trình theo x 2  x và y 2  y . Rõ ràng hướng này
tốt hơn vì làm giảm bậc của ẩn.
Lời giải.
�
( x 2  x)  ( y 2  y )  18
Hệ � � 2
.
( x  x)( y 2  y )  72
�

1
�2
x

x

a
,
a
�

�
�
4
Đặt �
ta được
1
2
�y  y  b, b �
�
4

a  b  18 �
a  6, b  12
�
��
�
ab  72
a  12, b  6
�

�

2
a6
�
�x  2, x  3
�x  x  6
� �2
��
TH 1. �
b  12 �y  y  12 �y  3, y  4
�

a  12 �x 2  x  12 �x  3, x  4
�
� �2
��
TH 1. �
b

6
�
�y  2, y  3
�y  y  6
Vậy tập nghiệm của hệ là
S =  (2;3); (2; 4); (3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); (4; 3)
Nhận xét. Ta có thể xây dựng các bài toán tương tự cách sau
a  b  18
�
Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản �

(I)
ab  72
�

14/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
�x 2  y 2  x  y  18
1) Thay a  x  x, b  y  y ta có hệ �
�xy ( x  1)( y  1)  72
2

2

�x 2  y 2  18
2) Thay a  x  xy, b  y  xy ta có hệ � 2
2
�xy ( x  y )  72
2

2

�x 2  4 x  y  18
3) Thay a  x  2 x, b  2 x  y ta có hệ �
�x( x  2)(2 x  y )  72
( x  y ) xy  x  y  18 xy
�
1
1

4) Thay a  x  , b  y  ta có hệ � 2
x
y
( x  1)( y 2  1)  72 xy
�
2

�x 2  y 2  xy  18
5) Thay a  x  2 xy, b  y  xy ta có hệ �
…
�xy ( x  2 y )( y  x )  72
Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới.
ab7
�
Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) � 2
và làm tương tự như trên
2
a

b

21
�
ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn
2

2

2
2

�
�x  y  xy  7
1) Thay a  x  y , b  xy ta có hệ � 4
4
2 2
�x  y  x y  21
1 1
�
x y  7
�
x y
1
1
�
2) Thay a  x  , b  y  ta có hệ �
x
y
�x 2  y 2  1  1  21
�
x2 y2
�
2

2

�xy  x  1  7 y
1
x
, b  ta có hệ �
y

y
( xy  1)2  x 2  21y 2
�
( x  y) y  1  9 y
�
1
4) Thay a  x  y, b  ta có hệ �
y
( x  y  2) 2 y 2  21 y 2  1
�
3) Thay a  x 

�x 2  y 2  4 x  7
5) Thay a  x  2 x, b  y  2 x ta có hệ �4
...
4
2
2
�x  y  4 x( x  y )  21
Như vậy, nếu chúng ta biết cách tạo ra bài toán thì chúng ta có thể nghĩ ra cách giải
của những bài toán khác.
Ví dụ 18 ( Đại học năm 2009 – Khối D)
2

2

15/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình

�x( x  y  1)  3  0
�
Giải hệ phương trình sau: �
5
( x  y)2  2  1  0
�
x
�
Lời giải. Điều kiện: x �0 .
1
�
x

y

1

3.
0
�
x
1
�
Hệ � �
Đặt x  y  a,  b ta được hệ
2
�1 �
x
�
( x  y )2  5.� � 1  0

�
�x �
�

a  2, b  1
x  y 1
�
�
a  1  3b  0
a  3b  1
�
�
��
�� 1
�2
1 ��
3
2
2
2
�
�
a

,
b

x  2, y  
a


5
b

1

0
(3
b

1)

5
b

1

0
�
�
� 2
2 �
2

Ví dụ 19. ( Đại học năm 2008 – Khối A)
5
�2
x  y  x3 y  xy 2  xy  
�
�
4

Giải hệ phương trình sau: �
�x 4  y 2  xy (1  2 x)   5
�
4

Lời giải.
5
�2
2
(
x

y
)

xy
(
x

y

1)


�
�
4
Hệ � �
. Đặt x 2  y  a, xy  b ta được
5

�
( x 2  y ) 2  xy  
�
4
5
5
�
�
�
a  b(a  1)  
a  0, b  
a 2  a  ab  0
�
�
�
4��
4
��
�
�
5
2
5
1
3
b a
�
�
�
a2  b  

a ,b
�
4
�
�
4
2
2

a0
�
�
TH 1. �
5 ta có
b
�
�
4

�
5
�x 2  y  0 �x  3
4
�
�
�
5 ��
�xy  
�y   3 25
�

4
�
16
�

1
�
a


�
�
2
TH 2. �
ta có
3
�
b
�
2

1
1
�2 3
�2
x



x


y


�x  1
� 2x
�
�
�
2
2��
��
�
�
3
3
3
y


�xy  
�y  
�
�
2
�
2
2x
�

16/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
�
�
�
�
� 3 ��3 5 3 25 �
1;

;
;

Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = �
�
�
�
��
16 �
� 2 �� 4
�
�

Ví dụ 20. ( Đại học năm 2006 – Khối A)
�
�x  y  xy  3
Giải hệ phương trình sau: �
� x 1  y 1  4
Lời giải. Điều kiện: x �1, y �1, xy �0

�
�
�x  y  xy  3
�x  y  xy  3
��
Hệ � �
�x  y  2  2 ( x  1)( y  1)  16 �x  y  2 x  y  xy  1  14
2
2
Đặt x  y  a, xy  b . a �2, b �0, a �4b ta được hệ phương trình

ab3
a 3b
�
�
a 3b
�
�
�
�
�
�
� 2
� 2
3b  26b  105  0
a  2 a  b 2  1  14 �
2 b  b  4  11  b
�
�

b  3 �x  3
�
��
��
(thỏa mãn đk)
a  6 �y  3
�
�x 2  y 2  2( x  y )  7
Ví dụ 21: Giải hệ phương trình sau �
�y ( y  2 x)  2 x  10
( x  1) 2  ( y  1) 2  9
�
Lời giải. Hệ � �
.
2
2
(
y

x
)

(
x

1)

9
�
a2  b2  9

�
Đặt a  x  1, b  y  1 � b  a  y  x ta được hệ �
(b  a) 2  a 2  9
�
� a 2  b 2  (b  a ) 2  a 2 � a 2  2ab � a  0 hoặc a  2b
a  0 � b  �3 � x  1, y  2 hoặc x  1, y  4
a  2b � 5b 2  9 � b  �

3
6
�a  m
5
5

6
3
6
3
, y  1 
, y  1 
hoặc x  1 
5
5
5
5
Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên
II.4. Phương pháp đưa về dạng tích
a. Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành
tích các nhân tử. Đôi khi cần tổ hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi
mới đưa về dạng tích.

� x  1 

17/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
( ax  by  c) f ( x; y )  0
�
b. Cách thành lập hệ dạng này �
trong đó f ( x; y )
�g ( x; y)  0
�f ( x; y )  0
được chọn sao cho �
vô nghiệm hoặc
�g ( x; y )  0

�f ( x; y )  0
giải được; g ( x; y )
�
�g ( x; y )  0

ax  by  c  0
�
được chọn sao cho �
giải được và thỏa mãn kết hợp được với
�g ( x; y )  0
f ( x; y )

 f ( x)  f ( y )
Đặc biệt: Hệ có dạng 

có thể giải bằng cách đưa phương trình
 g ( x , y ) 0
f ( x)  f ( y ) về dạng tích trong đó f là một hàm cho trước. Khi dó sẽ xuất hiện
nhân tử chung x  y .
(1)
�xy  x  y  x 2  2 y 2
�
Ví dụ 22. Giải hệ phương trình �
�x 2 y  y x  1  2 x  2 y (2)
Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu
được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1).
Lời giải. Điều kiện: x �1, y �0
2
2
(1) � y ( x  y )  ( x  y )  x  y � ( x  y )( y  1  x  y )  0
TH 1. x  y  0 ( loại do x �1, y �0 )

TH 2. 2 y  1  x  0 � x  2 y  1 thế vào (2) ta được
(2 y  1) 2 y  y 2 y  4 y  2  2 y � ( y  1) 2 y  2( y  1)
y 1 0
�
y  1
�
��
��
. Do y �0 � y  2 .
y2
�2 y  2
�
Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (5;2)

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x)
nên có thể giải phương trình (1) bằng cách coi (1) là phương trình bậc hai ẩn y
(hoặc x).
1
� 1
(1)
�x   y 
y
Ví dụ 23. Giải hệ phương trình � x
�
2 y  x3  1
(2)
�
Phân tích. Từ cấu trúc của phương trình (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích.
18/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
Lời giải. Điều kiện: xy �0 .
1
x

(1) � x  y  

� 1 �
1
x y
0� x y
 0 � ( x  y) �
1  � 0

y
xy
� xy �

1 � 5
TH 1. x  y thế vào (2) ta có x 3  2 x  1  0 � x  1 hoặc x 
(TM)
2
1
1
 0 � y   thế vào (2) ta được
TH 2. 1 
xy
x
1
1
3
x 4  x  2  0 � ( x 2  ) 2  ( x  ) 2   0 suy ra phương trình vô nghiệm.
2
2
2
�
�

�
�1  5 1  5 ��1  5 1  5 �
�
;
;
;

��
�
�
2 �� 2
2 �
�
� 2

Vậy tập nghiệm của hệ là S = �(1;1); �
�

1
� 1
x 3  y 3
�
y
Ví dụ 24. Giải hệ phương trình � x
�
( x  4 y )(2 x  y  4)  36
�

(1)
(2)

Phân tích: Phương trình (1) có dạng f(x)=f(y), do đó ta phân tích (1) về dạng tích
Lời giải. Điều kiện: xy �0 .
x y
�
1
1

( y  x)( y 2  xy  x 2 )
�
x  3  y  3 � ( x  y) 
� y 2  xy  x 2
�
 1
x
y
x3 y3
3 3
x
y
�
�

x  6
�
2
TH 1. x  y thế vào (2) ta được x  4 x  12  0 � �
�x  2
y 2  xy  x 2
 1 � xy  0 .
TH 2.
x3 y3

(2) � 2 x 2  4 y 2  9 xy  4 x  16 y  36 � 2( x  1) 2  4( y  2) 2  9 xy  18
2
2
Trường hợp này không xảy ra do xy  0 � 2( x  1)  4( y  2)  9 xy  0

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  (2;2); ( 6; 6)
8 xy
�2
2
�x  y  x  y  16
Ví dụ 25. Giải hệ phương trình �
� x  y  x2  y
�

(1)
(2)

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu
được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1)

19/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
Lời giải. Điều kiện: x  y  0 .
2
2
(1) � ( x  y )( x  y )  8 xy  16( x  y )

��
( x  y ) 2  2 xy �
( x  y )  8 xy  16( x  y )
�
�
� ( x  y) �

( x  y ) 2  16 �
�
� 2 xy ( x  y  4)  0
� ( x  y  4)  ( x  y )( x  y  4)  2 xy   0

x  3 � y  7
�
2
TH 1. x  y  4  0 thế vào (2) ta được x  x  6  0 � �
x 2� y 2
�
2
2
TH 2. ( x  y )( x  y  4)  2 xy  0 � x  y  4( x  y )  0 vô nghiệm do ĐK

Vậy tập nghiệm của hệ là S =  (3;7); (2;2)
II.5. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
a. Cơ sở phương pháp. Nếu f ( x) đơn điệu trên khoảng (a; b) và
x, y �(a; b) thì f ( x)  f ( y ) � x  y
b. Cách xây dựng hệ theo phương pháp này.
- Lấy hàm số f (t ) đơn điệu trên khoảng (a; b) , u ( x; y ), v( x; y ) �( a; b)
u ( x; y )  v( x; y )
�
giải được trên tập xác định của chúng.
�g ( x; y )  0

- Lấy g ( x; y ) sao cho �

�f (u )  f (v)
- Lập hệ phương trình �

�g ( x; y )  0
2 x  2 y  ( y  x )( xy  2)
�
Ví dụ 26. Giải hệ phương trình �2
2
�x  y  2
2
2
Phân tích. Nếu thay 2  x  y vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt
2
2
Lời giải. Thay 2  x  y vào phương trình thứ nhất ta được

2 x  2 y  ( y  x)( xy  x 2  y 2 ) � 2 x  2 y  y 3  x 3 � 2 x  x 3  2 y  y 3 (1)
t
3
t
2
Xét hàm số f (t )  2  t , t �� có f '(t )  2 ln 2  3t  0, t �� suy ra f (t ) đồng
biến trên �. Khi đó (1) � f ( x)  f ( y ) � x  y thế vào phương trình thứ hai ta

được x  y  �1 . Vậy tập nghiệm của hệ là S =  (1;1); (1; 1)
Ví dụ 27 ( Đại học 2010- Khối A).
�
(4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0 (1)
�
Giải hệ phương trình � 2
4x  y2  2 3  4x  7
(2)
�

20/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
� 3
x�
�
3  4 x �0
�
� 4
��
Lời giải. Điều kiện: �
5  2 y �0 � 5
�
y�
� 2
(1) � (4 x 2  1)2 x  (2 y  6) 5  2 y  0



��
(2 x) 2  1�
(2 x)  � 5  2 y
�
�
�



2

 1� 5  2 y � (2 x) 3  2 x 
�



5  2y



3

 5  2y

3
2
Xét hàm số f (t )  t  t , t �� có f '(t )  3t  1  0, t ��� f (t ) đồng biến trên �.

5  4 x2
, x �0
Khi đó (1) � f (2 x )  f ( 5  2 y ) � 2 x  5  2 y � y 
2
2

�5  4 x 2 �
Thế vào (2) ta được 4 x  �
� 2 3  4 x  7  0 � g ( x)  0
� 2 �
2

2

�5  4 x 2 �
� 3�

2
3

4
x

7,
x
�
0;
Với g ( x)  4 x  �
�
�
� 4�
�
� 2 �
2

�x 3  3x  y 3  3 y
Ví dụ 28. Giải hệ phương trình � 2
2
�x  y  1

(1)

(2)

Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta
muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số
f (t )  t 3  3t không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x
và y trên đoạn  1;1 .
Lời giải.

2
2
Từ (2) ta có x �1, y �1 � x, y � 1;1
3
2
Xét hàm số f (t )  t  3t có f '(t )  3t  3  0, t �(1;1) � f (t ) đồng biến trên

đoạn  1;1 . x, y � 1;1 nên phương trình (1) � f ( x)  f ( y ) � x  y
2
Thế vào (2) ta được x  y  � . Vậy nghiệm của hệ là
2

�
�
� 2 2 �� 2
2�
�
�
;
;

;


�
��
�
�
�
2 �
�
�
�2 2 �� 2

Nhận xét. Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm
số đơn điệu trên đoạn đó.
3
2
�
�x  y  1  x  1  x  y  x  3 y  2    (1)
Ví dụ 29. Giải hệ phương trình �
2
� x  2  y  4  x  2 x  4  y  2   (2)
Lời giải. Điều kiện: x �2, y �4

21/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
y  x 1
�
(1) � y 2  ( x 2  x  3) y  x 3  x 2  2 x  2  0 �  y  x  1  y  x 2  2   0 � �
y  x2  2

�
Với y  x  1 thay vào (2) ta được

x  2  x  5  x2  2x  4  x 1



� x2

Xét hàm số f (t )  t  t 2  3 có f '(t )  1 
Vậy f

x2
t
t2  3



2

 3  x  1  ( x  1) 2  3

 0, t ��� f (t ) đồng biến trên

�x �1
�x  1 �0
�
x  2  f  x  1 � x  2  x  1 � �
� � 3 � 13
2

�x  2  ( x  1)
�x 
�
2





� x

3  13
5  13
�y
2
2

Với y  x 2  2 thay vào PT (2) ta được
x  2  x 2  6  x2  2 x  4  x2 �

�



 

x  2 1 



x 2  6  x2  2 x  4  x 2  1

x 1
2x  2

 ( x  1)( x  1)
x  2 1
x2  6  x2  2x  4

x 1  0
�
x  1 � y  3
�
�
�
�
�
2
7
81
� 1

 x 1 �
x

�
y

� x  2 1
16

� 4
x2  6  x2  2x  4
�
�3  13 5  13 �
�7 81 �
;
,  1;3 , � ; �
�
�
2 �
�4 16 �
� 2

Vậy hệ có nghiệm là �
�

�xy ( x  1)  x 3  y 2  x  y       (1)
�
Ví dụ 30. Giải hệ phương trình �
3 y 2  9 x 2  3   4 y  2  1  x  x 2  1  0    (2)
�
�







yx

�
2
Lời giải. (1) �  x  y   x  y  1  0 � � 2
y  x 1
�

Với x= y thế vào (2) ta có





3x 2  9 x 2  3   4 x  2 
�  2 x  1



 2 x  1

2







1  x  x2  1  0



 3  2  ( 3 x) 2  ( 3 x) 2  3

22/38






Một số phương pháp giải hệ phương trình
Xét hàm số f (t )  t





t2

t  3  2 có f '(t )  t  3  2 
2

2

t2  3
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến nên (1) � f  2 x  1  f  3 x 

 0, t.

1

1
� 2 x  1   3x � x   � y  
5
5
Với y  x 2  1thế vào (2) ta có





3( x 2  1) 2  9 x 2  3   4 x 2  1  2 





1  x  x2  1  0

Vế trái luôn dương nên phương trình vô nghiệm.
�1 1�
 ; �
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: �
� 5 5�
�xy ( x  1)  x 3  y 2  x  y       (1)
�
Ví dụ 31. Giải hệ phương trình �
3 y 2  9 x 2  3   4 y  2  1  x  x 2  1  0    (2)
�
�









1
2

Lời giải. Điều kiện: x � , y �2
Ta có (1) � (2 x)5  2 x  ( y 2  4 y ) y  2  5 y  2 � (2 x)5  2 x 





5

y  2  y  2    (3)

Xét hàm số f (t )  t 5  t , f '(t )  5t 4  1  0, t �R , suy ra f(t) liên tục trên R.
Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2) � 2 x  y  2 . Thay 2 x  y  2( x �0) vào (2) ta có
(2 x  1) 2 x  1  8 x 3  52 x 2  82 x  29
� (2 x  1) 2 x  1  (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)
� (2 x  1)

Với x 



� 1
x
2 x  1  4 x  24 x  29  0 � � 2
�
� 2 x  1  4 x 2  24 x  29  0     (4)



2

1
ta có y=3
2

Ta có (4) � ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0
�

� 3
x
�
2x  3
2
 (2 x  3)(2 x  9)  0 � �
2x  1  2
� 1
 (2 x  9)  0     (5)
�

� 2x  1  2

23/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình
Với x 

3
ta có y=11
2

Xét (5), Đặt t  2 x  1 �0 � 2 x  t 2  1 . Thay vào (5) được
t 3  2t  10  21  0 � (t  3)(t 2  t  7)  0 .

Tìm được t 

1  29
13  29
103  13 29
. Từ đó tìm được x 
,y
2
4
2

Ví dụ 32. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
3
3
2

�
�x  y  3 y  3 x  2  0
�2
2
2
�x  1  x  3 2 y  y  m  0
Lời giải. Điều kiện: 1 �x �1, 0 �y �2
3
3
(1) � x  3 x  ( y  1)  3( y  1)
3
Hàm số f (t )  t  3t nghịch biến trên đoạn [1;1]

x, y  1� 1;1 nên f ( x)  f ( y  1) � x  y  1 � y  x  1
Thế vào phương trình (2) ta được x 2  2 1  x 2   m (3)
Hệ có nghiệm � Phương trình (3) có nghiệm x � 1;1
�
1 �
2
2
1
Xét g ( x )  x  2 1  x , x � 1;1 , g '( x)  2 x �
2 �
� 1 x �
g '( x )  0 � x  0 . g (0)  2, g ( �1)  1
Phương trình (3) có nghiệm x � 1;1 � 2 � m �1 � 1 �m �2
2
y
�
�x  x  1  3

Ví dụ 33. Giải hệ phương trình �
2
x
�y  y  1  3
Lời giải. Trừ vế với vế hai phương trình ta được





x  x 2  1  y  y 2  1  3 y  3x � x  x 2  1  3x  y  y 2  1  3 y
f ( x)  f ( y ) với f (t )  t  t 2  1  3t . f (t )  1 

t

 3t ln 3  0, ��

t2 1
� f (t ) đồng biến trên �. Bởi vậy f ( x )  f ( y ) � x  y thế vào pt thứ nhất ta


 1  x  . g '( x)  3 ln 3 

2
x
x
được x  x  1  3 � 1  3

x
Với g ( x)  3



x2



x 2  1  x � g (0)  g ( x)
x



� x
�
x 2  1  x  3x � 2
 1�
� x 1 �

24/38


Một số phương pháp giải hệ phương trình





�
1 �
2

x2  1  x �
ln 3  2
� 0, x �� do x  1  x  0 và
x 1 �
�
Suy ra g ( x) đồng biến trên R. Bởi vậy g ( x)  g (0) � x  0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0
 3x

x 2  1 �1

y
�x
e

2007

�
y2 1
�
Ví dụ 34. Chứng minh hệ �
có đúng 2 nghiệm x  0, y  0
x
�
e y  2007  2
�
x 1
�

�x 2  1  0

�x �(�; 1) �(1; �)
�x  0
�x  1
��
Lời giải. Điều kiện: � 2
. Do �
nên �
�y  0
�y  1
�y  1  0 �y �(�; 1) �(1; �)
x
y
x
y
x
y
x
y
e

e


�
e


e

Trừ vế hai pt ta được

x2  1
y2 1
x2  1
y2 1
t
Hay f ( x)  f ( y ) với f (t )  e 

f '(t )  et 

1

 t 2  1 t 2  1

t
t 1
2

, t �(1; �) .

 0, t �(1; �) � f (t ) đồng biến trên (1; �) .

Bởi vậy f ( x )  f ( y ) � x  y thế vào pt thứ nhất ta được
x
x
e x  2007  2
� ex 
 2007  0 � g ( x)  0
2
x 1
x 1

x
x
 2007, x �(1; �) . Ta có
Với g ( x)  e 
x2  1
1
3x( x 2  1)
x
x
g '( x )  e  2
; g ''( x )  e  2
 0, x �(1; �)
( x  1) x 2  1
( x  1)3 x 2  1
Suy ra g '( x ) đồng biến trên (1; �) . g '( x) liên tục trên (1; �) và có
lim g '( x )  �, xlim
g '( x)  � nên g '( x)  0 có nghiệm duy nhất x0 �(1; �) và
� �
x �1


g '( x)  0 � g '( x)  g '( x0 ) � x  x0 . g '( x)  0 � 1  x  x0
Từ BBT của g ( x) ta suy ra pt g ( x)  0 có đúng 2 nghiệm x �(1; �) . Vậy hệ
phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương.
ln(1  x)  ln(1  y )  x  y
(1)
�
Ví dụ 35. Giải hệ phương trình � 2
2
(2)

�x  12 xy  20 y  0
Lời giải. Điều kiện: x  1, y  1

25/38