SKKN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PT HIỆN ĐẠI

Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀ
Với xu thế hội nhập kinh tế toàn cầu như hiện nay, đã mở ra cho đất
nước ta rất nhiều cơ hội lớn nhưng cũng không ít những thách thức. Đặc
biệt để thực hiện thắng lợi mục tiêu Công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất
nước, đưa nước ta trở thành một nước công nghiệp vào năm 2020, đòi hỏi
rất nhiều yếu tố tác động tới, trong đó có việc thích ứng ngay với nền kinh
tế tri thức của thế giới. Các môn học trong nhà trường đã và đang là cơ sở
để trang bị cho các em học sinh những tri thức có tính chất nền tảng nhất,
trong đó có môn Toán học. Vì “Toán học là một môn thể thao của trí tuệ”
nên công việc của người dạy toán là tổ chức hoạt động trí tuệ ấy. Là một
giáo viên giảng dạy môn toán hơn 10 năm tôi luôn luôn trăn trở rất nhiều
về quá trình học toán và làm toán của các em học sinh, trong quá trình học
toán, làm toán các em học sinh có thể gặp những bài toán mà không thể
giải bằng cách áp dụng trực tiếp các quy tắc, các phương pháp quen thuộc.
Những bài toán như vậy thường được gọi là “không mẫu mực” có tác dụng
không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học và thường là sự thử thách
đối với học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các lớp chuyên toán,
thi vào đại học. Qua kinh nghiệm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán,
đã tổng hợp, phân loại và hướng dẫn phương pháp giải đối với nhiều
phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực”, tôi mạnh dạn xây
dựng sáng kiến kinh nghiệm này nhằm giúp các em học sinh luyện tập, để
nhiều bài toán giải phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực” dần
trở thành “quen thuộc” với mình, qua đó biết cách suy nghĩ trước những
phương trình và hệ phương trình “ không mẫu mực” khác.

1


Phần thứ hai: NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
Căn cứ vào Nghị quyết Trung ương 4 khoá VII ( 1-1993), Nghị quyết

Trung ương 2 khoá VIII ( 12-1996), Chỉ thị số 14 ( 4-1999) của Bộ giáo
dục và Đào tạo về định hướng đổi mới phương pháp dạy học.
Căn cứ Luật Giáo dục năm 2005, Điều 28 khoản 2 nêu rõ : “ Phương
pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động,
sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng môn học, lớp học,
bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm, rèn kỹ năng
vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui,
hứng thú học tập cho học sinh”.
Căn cứ Chương trình giáo dục phổ thông ban hành kèm theo quyết
định số 16/2006/QĐ-BGĐT ngày 5/5/2006 của Bộ trưởng Bộ giáo dục và
đào tạo, cũng nêu rõ “ Phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng
tạo của học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học
sinh, điều kiện của từng lớp học, bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học,
khả năng hợp tác, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác
động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập của
học sinh”.
2.2. Cơ sở thực tiễn
Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học
sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện
và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc
rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê
phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết trong việc học toán. Chính vì
vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em
một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng
khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng phát triển tư duy, sáng

2


tạo làm toán cho học sinh, đặc biệt đối với những bài toán được các em coi

là “lạ” và khó.
2. 2.1. Thuận lợi:
Có sự tham gia và hưởng ứng nhiệt tình của các em học sinh, sự
đóng góp ý kiến và giúp đỡ của thầy giáo cô giáo đồng nghiệp.
2. 2.2. Khó khăn:
Điều kiện kinh tế của địa phương còn nhiều khó khăn nên nhiều em
học sinh chưa được gia đình quan tâm và tạo điều kiện học tập tốt nhất.
Nhiều học sinh ý thức tu dưỡng và ý thức học tập chưa cao nên còn
nhiều học sinh học yếu.
2.3. Phương pháp nhân liên hợp
Đây là một phương pháp hay để giải phương trình và hệ phương
trình, để vận dụng tốt phương pháp này ta quan tâm đến biểu thức liên
hợp, trường hợp tổng biểu thức liên hợp của

A − B là

A + B và

A − m là A − m 2 . Sau khi thực hiện các

ngược lại ; biểu thức liên hợp của

phép nhân liên hợp ta tiến hành nhóm ra các nhân tử chung, đôi khi ta phải
rút

A hoặc

B theo biểu thức còn lại.

Để hiểu và vân dụng tốt phương pháp này ta nghiên cứu kỹ các bài tập

sau:
 x + y + x( x + y ) = 2 y + 2 y 2 (1)
Bài 1. ( Bài toán gốc ) 
2
 3x − 5 + 5 x − 6 = y − 3 y + 5 (2)
Quan sát cả hai phương trình của hệ ta thấy: Không có điểm chung
giữa hai phương trình nên không đổi biến được. Hai biến x, y không độc
lập nên rât khó khăn cho việc rút, thế. Không có cấu trúc của một hằng
đẳng thức. Không đưa được về dạng f (u ) = f (v) .
Nhận thấy x = y thỏa mãn (1).
Lời giải

3


5

x ≥
3
Điều kiện 
 y ≥ 0
(1) ⇔ ( x + y − 2 y ) + x 2 + xy − 2 y 2 = 0
⇔

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

⇔ ( x − y )(

1
+ x + 2 y) = 0
x + y + 2y

⇔x= y
Với x = y thay vào (2) ta được:
3x − 5 + 5 x − 6 = x 2 − 3x + 5
⇔ [ 3 x − 5 − ( x − 1)]+( 5 x − 6 - x) = x 2 − 5 x + 6 (*)
Vì x ≥

5
nên
3

3 x − 5 + x − 1 > 0;

5x − 6 + x > 0

− x2 + 5x − 6
− x2 + 5x − 6
(*) ⇔
+
= x2 − 5x + 6
3x − 5 + x − 1
5x − 6 + x

(

)

1
1


⇔ x 2 − 5 x + 6 1 +
+
÷= 0
3x − 5 + x − 1
5x − 6 + x 

x = 2
⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ 
x = 3
Vậy hệ đã cho có các nghiệm ( x; y ) = (2;2) ;( x; y ) = (3;3) .
Bài tập sau là sự mở rộng tự nhiên của bài tập 1 theo nghĩa tịnh tiến
nghiệm thay x bởi x + 1
 x + y + 1 + ( x + 1)( x + y + 1) = 2 y + 2 y 2 (1)
Bài 2. Giải hệ phương trình: 
2
 3x − 2 + 5 x − 1 = y − 3 y + 5 (2)
Làm tương tự bài 1 ta được nghiệm ( x; y ) = (1;2) ;( x; y ) = (2;3) .

4


Ta thử vị tự nghiệm của bài 1 thay x bởi 2x , y bởi 3y sẽ được kết
quả ra sao, câu trả lời là bài tập 3.
 2 x + 3 y + 2 x(2 x + 3 y ) = 6 y + 18 y 2 (1)
Bài 3. Giải hệ phương trình: 
2

 6 x − 5 + 10 x − 6 = 9 y − 9 y + 5 (2)
Hướng dẫn :
2
3
Làm tương tự bài 1 ta được nghiệm ( x; y ) = (1; ) ;( x; y ) = ( ;1) .
3
2
 x − y + x( x − y ) = −2 y + 2 y 2 (1)
Bài 4. Giải hệ phương trình: 
2
 3x − 5 + 5 x − 6 = y + 3 y + 5 (2)
Nghiệm ( x; y ) = (2; −2) ;( x; y ) = (3; −3)
Bài tập 4 được mở rộng từ bài 1 theo hướng đối xứng y qua O, thay
y bởi − y
 y xy 2 + y + xy ( xy + 1) = y 2 y + 2 (1)
Bài 5. Giải hệ phương trình: 
 y 2 ( 3 x − 5 + 5 x − 6) = 5 y 2 − 3 y + 1 (2)
Bài 5 trở nên khó khăn hơn khi ta thực hiên phép nghịch đảo, thay y
bởi

1
y

1
1
Nghiệm ( x; y ) = (2; ) ;( x; y ) = (3; ) .
2
3

Bài 6 (Bài toán gốc )

 x 2 + xy + 2 y 2 + y 2 + xy + 2 x 2 = 2( x + y ) (1)

Giải hệ phươngtrình: 
 x 2 + 4 y − 3 + 1 = 3x − 2 + y (2)
Lời giải
2

x ≥
3
Điều kiện 
 x + y > 0
Từ (1) ta có

x 2 + xy + 2 y 2 + y 2 + xy + 2 x 2 = 2( x + y )

5


y2 − x2 y − x
⇒ x + xy + 2 y − y + xy + 2 x =
=
2( x + y )
2
2

2

2

⇒ 2 x 2 + xy + 2 y 2 =

2

3x + 5 y
2

⇒ 16( x 2 + xy + 2 y 2 ) = (3x + 5 y ) 2
⇒ 7( x − y ) 2 = 0 ⇔ x = y
Với x = y thay vào (2) ta được:
x 2 + 4 x − 3 + 1 = 3x − 2 + x
⇔ x 2 + 4 x − 3 = 3 x − 2 + ( x − 1) (*)
a = 3x − 2
Đặt 
b = x − 1
⇒ 2a 2 + b 2 = a + b
a = 0
⇒ 2a 2 + b 2 = (a + b) 2 ⇔ a 2 − 2ab = 0 ⇔ 
 a = 2b
Với a = 0 ⇒ 3x − 2 = 0 ⇒ x =

2
không thỏa mãn (*)
3

 x ≥ 1
a
=
2
b
⇒

3
x
−
2
=
2(
x
−
1)
⇔
⇔ x=2
Với

2
3
x
−
2
=
4(
x
−
2
x
+
1)

thỏa mãn (*). Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 ) .
Nhận xét Phương pháp nhân liên hợp ở bài 6 khá hay, có sự khác
biệt với bài 1 về biểu thức suất phát, phương pháp này se làm mất một căn

thức nên dễ dàng cho việc biến đổi ỏ bước sau. Cụ thể
Đầu bài có

A + B = m (m > 0) ⇒ A − B =

A− B
m

Biểu thức A − B chia hết cho m, cộng theo từng vế hai đẳng thức lại ta
được 2 A = m +

A− B
.
m

Bài 7. Giải hệ phương trình:

6


 x 2 − xy + 4 y 2 + y 2 − xy + 4 x 2 = 2( x + y ) (1)


 x 2 + 4 y − 3 + 1 = 3x − 2 + y (2)
Bài 8. Giải hệ phương trình:
 x 2 − xy + 4 y 2 − y 2 − xy + x 2 = y (1)


 x 2 + 4 y − 3 + 1 = 3x − 2 + y (2)

Bài 9. Giải hệ phương trình:
 3x 2 + xy + 5 y 2 + 3 y 2 + xy + 5 x 2 = 3( x + y ) (1)


 x 2 + 4 y − 3 + 1 = 3x − 2 + y (2)
Bài 10. Giải hệ phương trình:
 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + 2 y 2 + 3xy + 4 x 2 = 3( x + y ) (1)


 x 2 + 4 y − 3 + 1 = 3x − 2 + y (2)
Bài 11. Giải hệ phương trình:
 x 2 + 2 xy + 6 y 2 + y 2 + 2 xy + 6 x 2 = 3( x + y ) (1)


 x 2 + 4 y − 3 + 1 = 3x − 2 + y (2)
 x2 + y 2
x 2 + xy + y 2

+
= x + y (1)
Bài 12. Giải hệ phương trình: 
2
3

2
 5 x − 6 + 7 y − 5 = y − 3 x + 7 (2)
Lời giải
6

x

≥

5
Điều kiện 
y ≥ 5

7

7


x2 + y 2 x + y
−
+
2
2

( 1) ⇔

x 2 + xy + y 2 x + y
−
=0
3
2

( x − y) 2

⇔

( x − y) 2

+
=0
x2 + y 2 x + y
x 2 + xy + y 2 x + y
4(
+
) 12(
+
)
2
2
3
2

⇔ ( x − y) = 0 ⇔ x = y
2

Với x = y thay vào (2) ta được
5x − 6 + 7 x − 5 = x 2 − 3x + 7
⇔ 5 x − 6 − x + 7 x − 5 − ( x + 1) = x 2 − 5 x + 6 ( *)
Vì x ≥

 5 x − 6 + x > 0
6
nên 
5
 7 x − 5 + x + 1 > 0

− x2 + 5x − 6

− x2 + 5x − 6
+
= x2 − 5x + 6
5x − 6 + x
7x − 5 + x +1
1
1
⇔ ( x 2 − 5 x + 6)(1 +
+
)=0
5x − 6 + x
7x − 5 + x +1
x = 2
⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ 
x = 3

(*) ⇔

Vậy hệ đã cho có các nghiệm ( x; y ) = (2;2) ;( x; y ) = (3;3) .
 x 3 − y 2 + y 3 − x 2 = 3 (1)

Bài 12. Giải hệ phương trình: 
 x3 − x + 2 = 2 + y 2 (2)
Phân tích: Quan sát hệ ta thấy không khai thác được phương trình
A + B = m nên ta thử đi tìm

(2), phương trình (1) có cấu trúc

Lời giải
Điều kiện x, y ∈  − 3; 3 

x 3 − y 2 + y 3 − x2 = 3
⇒ x 3 − y 2 − y 3 − x2 =

3( x 2 − y 2 )
= x2 − y2
3

8

A− B


⇒ 2 x 3 − y 2 = x2 − y 2 + 3
⇔

(

3 − y2 − x

)

2

 x ≥ 0
= 0 ⇔ 3 − y2 = x ⇔ 
2
2
3 − y = x

 x ≥ 0

3
2
Với 
2
2 thay vào (2) ta được x − x + 2 = 5 − x
3 − y = x
⇔ x3 − x = 5 − x 2 − 2

(

)

2

⇔ x x −1 =

(

)

⇔ x2 − 1 ( x +

1 − x2
5 − x2 + 2
1
2

5− x +2

Vì x ≥ 0 nên x +

)=0
1
2

5− x +2

> 0 , suy ra x 2 − 1 = 0 ⇒ x = 1

Với x = 1 ⇒ y = ± 2

(

)

thử lại ta thấy nghiện ( x; y ) = 1; 2 thỏa mãn hệ.
 x 3 − y + y (3 − x 2 ) = 3 (1)
Bài 13. Giải hệ phương trình: 
 x3 − x + 2 = 2 + y (2)
Nhận xét: Từ bài 12 ta thay y 2 bởi y ta được bài 13
 x 2 − y + ( y + 1)(3 − x 2 ) = 3 (1)
Bài 14. Giải hệ phương trình: 
 x3 − x + 2 = 3 + y (2)
Nhận xét: Từ bài 13 ta thay y bởi y + 1 ta được bài 14
 x x − y + y ( x − x 2 ) = x (1)
Bài 15. Giải hệ phương trình: 
 x3 − 3 x + 2 = 2 6 + y (2)
Nhận xét: Từ bài 13 ta thay 3 bởi x ta được bài 15
Với x = 0 ⇒ y = −5
Với x ≠ 0 bằng kỹ thuật nhân liên hợp tương tự, từ (1) ta được

9


(

x− y −x

)

2

 x ≥ 0
=0⇔
2
 y = x − x

 x x = y ( x − 1) + x 2 − y ( 1)

Bài 16. Giải hệ phương trình: 
 y + 2 x − 1 + 1 − y = y + 2 ( 2 )
Phân tích: Bài toán có nhiều điều kiện ràng, nên ta tiến hành giải
sau đó thử lại nghiệm sau. Vì chưa rõ dấu của y và x − 1 nên ta chọn việc
rút căn

x 2 − y sẽ thuận lợi hơn việc rút

y ( x − 1)

Lời giải

Với x = 0 không thỏa mãn hệ
Với x ≠ 0 , ta có
x x = y ( x − 1) + x 2 − y
xy − x 2 y − x
⇒ y ( x − 1) − x − y =
=
x x
x
y−x
⇒ 2 x2 − y = x x −
x
2

⇔ 2 x. x2 − y = x2 − y + x
 x > 0
⇔ ( x 2 − y − x )2 = 0 ⇔ 
2
 y = x − x
Thay vào (2) ta được
x2 + x − 1 + 1 − x2 + x = x2 − x + 2
⇔ ( x 2 + x − 1 − 1) + ( 1 − x 2 + x − 1) = x 2 − x

10


⇔

x2 + x − 2

+

− x2 + x

= x2 − x

x2 + x − 1 + 1
1 − x2 + x + 1
x+2
−x
⇔ ( x − 1)(
+
− x) = 0
x2 + x − 1 + 1
1 − x2 + x + 1
x+2
3
−x
1
⇔ ( x − 1)(
− +
+ − x + 1) = 0
x2 + x − 1 + 1 2
1 − x2 + x + 1 2
⇔ ( x − 1)(

2x + 1 − 3 x2 + x − 1
2

+

1 − x2 + x − 2x + 1
2

2 x + x −1 + 2
2 1− x + x + 2
−5( x − 1)( x + 2) −5 x( x − 1)
⇔ ( x − 1)[
+
− ( x − 1)]=0
M1
M2

+ 1 − x) = 0

 −5( x + 2) −5 x

⇔ ( x − 1) 2 = 0 
+
− 1 < 0, ∀x > 0 ÷
M2
 M1

⇔ x =1
Với x = 1 ⇒ y = 0 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (0;1)
Bài 17.(Đề thi ĐH khối A năm 2014)
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)
Giải hệ phương trình: 
 x3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 (2)

Lời giải

x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12
12( x 2 − y )
⇒ x 12 − y − y (12 − x ) =
= x2 − y
12
⇒ 2 x 12 − y = x 2 + 12 − y
2

 x ≥ 0
⇒ ( x − 12 − y ) 2 = 0 ⇔ 
2
 y = 12 − x
Thay vào (2) ta được

11


x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2

( x ≥ 0)

⇔ x3 − 8 x − 3 = 2( 10 − x 2 − 1)
2( x − 3)( x + 3)
⇔ ( x − 3)( x 2 + 3x + 1) +
=0
10 − x 2 + 1
⇔ ( x − 3)[x 2 + 3 x + 1 +

2( x + 3)
10 − x 2 + 1

] = 0 ( x ≥ 0)

⇔ x=3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (3;3)
Nhận xét Đây là một bài có nhiều cách giải nhưng rõ ràng đây là
một cách giải có nhiều lợi thế. Tương tự với bài 18, 19 và 20.
 y ( x 2 − x) + x( x 2 − y ) = x 2 (1)

Bài 18. Giải hệ phương trình: 
 5 x 2 − 5 y − 1 + 15 x − 14 = y + 2 x + 1(2)
 y x( x + y ) + x y ( y − x) = x 2 + y 2 (1)
Bài 19. Giải hệ phương trình: 
 y 2 − xy + 5 + x + 2 = 2 x + 1 (2)
 y (1 − x 2 ) + x 1 − y = 1 (1)
Bài 20. Giải hệ phương trình: 
 5 − x − 2 y − 21x − 17 = x + y − 1 (2)
 x x 2 + y + y = x 4 + x 3 + x (1)

Bài 21. Giải hệ phương trình: 
9
 x + y + x − 1 + y ( x − 1) = (2)

2
Lời giải
x ≥ 1
Điều kiện 
y ≥ 0

12

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

x( y − x)
2

2

x +y+ x +x

⇔ ( y − x)(

+ y−x=0

x
2

2

x +y+ x +x

+ 1) = 0

⇔ y=x
Với y = x thay vào (2) ta được
9
2
⇔ 2( x + x − 1) + x + x − 1 + 2 x( x − 1) = 8

x + x + x − 1 + x ( x − 1) =

⇔ 2( x + x − 1) + ( x + x − 1) 2 − 8 = 0
25
⇔ x + x −1 = 2 ⇔ x =
16
Vậy hệ có nghiêm ( x; y ) = (

25 25
; )
16 16

 x + 2 y − 2 x − 3 y = 1
Bài 22. Giải hệ phương trình:  2
 x + x − 8 y + 2 = 2( x − 2) 2 x − 3 y
 x + x2 + 1 + y2 + 1 = 2

Bài 23. Giải hệ phương trình: 
 y 2 + 2 y + 2 = ( y + 2) x 2 + 1
Bài 24. Giải hệ phương trình:
 2 x + 1 + 2 y − 1 = 4 (2 x + 1)(2 y − 1) + x + y
 2
 x + 2 y + x 3 − 2 y = 2

1
1
2
−1 = 3 3 + 2
 x+
x +1

y
y
Bài 25. Giải hệ phương trình: 

4
4
 x + y +1 = y + x +1
2.4 . Phương pháp hàm số
Để hiểu được phương pháp này, trước tiên ta nghiên cứu định lý sau:
13


Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục và đồng biến trên khoảng (a; b) và thỏa
mãn f (u ) = f (v)

∀ u , v ∈ ( a; b) thì u = v

Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục và nghịch biến trên khoảng (a; b) và
thỏa mãn f (u ) = f (v)

∀ u , v ∈ ( a; b) thì u = v

Chứng minh
Nếu u < v thì f (u ) < f (v) mâu thuẫn với giả thuyết
Nếu u > v thì f (u ) > f (v) mâu thuẫn với giả thuyết
⇒ u=v
Trường hợp f ( x) nghịch biến được chứng minh tương tự
Nhận xét: định lý trên còn đúng khi ta thay khoảng (a; b) bởi

[ a; b ) ; [ a; b] ; ( a; b] …..

Phương pháp hàm số thường được áp dụng khi ta phát hiện trong hệ
có những đặc điểm sau:
Có một phương trình của hệ có các biến x, y độc lập với nhau có thể
dồn về hai vế của phương trình.
Ở hai vế của phương trình có thể biến đổi thành các biểu thức có cấu
trúc giống nhau, chú ý t t = a 3 với a = t
Nhận dạng thông qua các hàm đặc trưng như f (t ) = at 3 + bt
f (t ) = t ± t 2 + 1 ,

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

f (t ) =

t
t2 +1

2.4.1. Sử dụng hàm đặc trưng dạng f (t ) = at 3 + bt

(a ≠ 0)

 x3 − 3x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
(1)

Bài 1. Giải hệ phương trình 
3 x − 2 = y 2 + 8 y
(2)
Phân tích: Hai biến của x, y của (1) độc lập
Điều kiện x ≥ 2; y ≥ 0

y 3 + 3 y 2 = y y + 3 = a 3 − 3a với a = y + 3

14


x3 − 3 x 2 + 2 = ( x − 1)3 − 3( x − 1)
Nghĩ đến việc xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t
Lời giải
x ≥ 2
 3
x ≥ 2
2
Điều kiện  y + 3 y ≥ 0 ⇔ 
y ≥ 0
 2
y
+
8
y
≥
0

Khi đó
(1) ⇔ ( x − 1)3 − 3( x − 1) = ( y + 3)3 − 3 y + 3
Với x ≥ 2 thì x − 1 ≥ 0 với y ≥ 0 thì
Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t
f ′(t ) = 3t 2 − 3 = 3(t 2 − 1) ≥ 0

y+3 ≥3

với t ≥ 1
∀t ≥ 1

Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên [ 1; + ∞ ]
f (t ) = f ( y + 3) ⇒

x −1 = y + 3

 x ≥ 1
⇔ 
2
 y = ( x − 1) − 3
Thay vào (2) ta được
9( y + 3 − 1) = y 2 + 8 y
⇔ 9( y + 3 − 2) = y 2 + 8 y − 9
⇔

9( y − 1)
= ( y − 1)( y + 9) ⇔ ( y − 1)( y + 9 −
y+3+2
Với y ≥ 0 thì y + 9 ≥ 9 còn

⇒

y+9−

nên (*) ⇔

9
<3
y+3+2

9
>0
y+3+2
y = 1 với y = 1 thì x = 3

Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ) = (3 ;1)
15

9
) = 0 (*)
y+3 +2


 x3 − y 3 = 3( x − y 2 ) + 2 (1)
Bài 2. Giải hệ phương trình :  2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0 (2)
Phân tích: Quan sát phương trình (1) của hệ ta thấy hai biến x, y
độc lập và có thể đưa về hai về của phương trình, phương trình (2) cũng có
hai biến độc lập, nhưng biến đổi phương trình (2) rất khó, nhưng nó giúp ta
một điều quan trọng đó là chặn được 0 ≤ y ≤ 2 ; −1 ≤ x ≤ 1
(1) ⇔

x3 − 3x = y 3 − 3 y 2 + 2

x 3 − 3x = ( y − 1)3 − 3( y − 1)

⇔

Với 0 ≤ y ≤ 2 thì −1 ≤ y − 1 ≤ 1 ; −1 ≤ x ≤ 1
Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t , t ∈

[ −1;1]

Lời giải
Điều kiện :

−1 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ 2

Khi đó (1) ⇔

x3 − 3x = ( y − 1)3 − 3( y − 1)

Với 0 ≤ y ≤ 2 thì −1 ≤ y − 1 ≤ 1
Xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t , t ∈ [ −1;1]
f ′(t ) = 3t 2 − 3 = 3(t 2 − 1) ≤ 0

∀t ∈ [ −1;1]

suy ra f (t ) nghịch biến trên đoạn [ −1;1] mà
f ( x) = f ( y − 1) ⇒

x = y −1

Với x = y − 1 thay vào (2) ta được
x2 +

1 − x2 − 3 1 − x2 + 2 = 0 ⇔ x2 + 2 − 2 1 − x2 = 0

⇔ (1 − x 2 − 2 1 − x 2 + 1) + 2 x 2 = 0 ⇔ ( 1 − x 2 − 1) 2 + 2 x 2 = 0
2 x 2 = 0
⇔
⇔
2
 1 − x = 1

x=0

Với x = 0 suy ra y = 1
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (0 ;1)

16


(4 + y ) y + 1 = 2( x + 2) 2x + 1
Bài 3. Giải hệ phương trình : 
( y − x − 1) x 2 + 1 = x 2 + y − 1

(1)
(2)

Phân tích: Biến đổi phương trình (2) khó đi đến một kết quả thuận
lợi, bình phương hai vế của (1) cũng khá rắc rối
Từ (1) nếu đặt
a = y +1 ⇒
b = 2x + 1 ⇒

y = a 2 − 1 ⇒ (4 + y ) y + 1 = (3 + a 2 ) a = a 3 + 3a
b2 − 1
x=
⇒ 2( x + 2) 2 x + 1 = (b 2 + 3)b = b3 + 3b
2

Đến đây ta nghĩ tới việc xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t
Lời giải
Điều kiện: y ≥ −1; x ≥ −

1
2

(*)

(1) ⇔ ( y + 1) y + 1 + 3 y + 1 = (2 x + 1) 2 x + 1 + 3 2 x + 1
⇔

(

)

3

y +1 + 3 y +1 =

(

)

3

2x + 1 + 3 2x + 1

Xét hàm số : f (t ) = t 3 + 3t , t ≥ 0
f ′(t ) = 3t 3 + 3 > 0 , ∀t
suy ra f (t ) đồng biến trên [ 0; + ∞ )
mà f ( y + 1) = f ( 2x + 1) ⇒

y + 1 = 2x + 1 ⇒

y = 2 x (**)

Thay (**) vào (2) ta được
( x − 1) x 2 + 1 = x 2 + 2 x − 1 ⇔

x 2 + 1 + ( x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x

Đặt u = x 2 + 1 , u > 0
ta có: u 2 + ( x − 1)u − 2 x 2 − 2 x = 0
∆ u = ( x − 1) 2 + 4(2 x 2 + 2 x) = 9 x 2 − 6 x + 1 = (3 x − 1) 2
u = x + 1
⇒ 
u = −2 x
Với u = −2 x ta có
17


 x ≤ 0
x 2 + 1 = −2 x ⇒  2

2
 x + 1 = 4 x

 x ≤ 0
⇔  2
3x = 1

⇔ x=−

1
3

( loại)

Với x = 0 ⇒ y = 0 thỏa mãn (*)
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (0;0)
2.4.2 Sử dụng hàm đặc trưng dạng f (t ) = t ± t 2 + 1
( x + x 2 + 1)( y + y 2 + 1) = 1
(1)
Bài 4: Giải hệ phương trình : 
(2)
 x 2 + 3 − x = 2 y 2 − 4 2 − y + 5
Phân tích: Phương trình (2) của hệ không biến đổi được gì, ta chú ý
vào phương trình (1). Thật khó khăn nếu ta đi bình phưpng hai vế hoặc
nhân chúng với nhau. Ta chú ý hàm f ( x) = x + x 2 + 1 là hàm đồng biến,
giá như vế phải cũng có mộ hàm như vậy thì tốt, thật vậy
x + x2 + 1 =

1
y + y2 + 1

lắm, hãy bình tĩnh vì

= y 2 + 1 − y nhưng đây lại là − y không giống

y 2 + 1 − y = (− y ) 2 + 1 + (− y ) đến đây có thể xét

hàm f (t ) = t + t 2 + 1

t ∈¡
Lời giải

x ≤ 3
Điều kiện: 
y ≤ 2
(1) ⇔

x + x 2 + 1 = − y + y 2 + 1 = − y + (− y ) 2 + 1

Xét hàm số : f (t ) = t + t 2 + 1 , t ∈ ¡
f ′(t ) = 1 +

t
t2 +1

=

t2 +1 + t
t2 +1

>

t +t
t2 +1

≥0

suy ra f (t ) là hàm đồng biến trên ¡ , mà f ( x) = f (− y ) ⇔
Thay x = − y vào (2) ta được
18

x = −y


x2 − 4 x + 2 − 3 − x + 5 = 0
x+4
5− x
⇔ 4( x + 2 −
) + ( 3− x −
) = x 2 − x − 2 (*)
3
3
x+4

x
+
2
+
>0


3
Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3 , suy ra : 
 3− x + 5− x > 0

3
( x + 4) 2
(5 − x) 2
] 3− x −
9
9
+
= ( x + 1)( x − 2)
x+4
5− x
x+2+
3− x +
3
3

4[x + 2 −

(*) ⇔

⇔

4( − x 2 + x + 2)
− x2 + x + 2
+
= ( x + 1)( x − 2)
x+4

5− x
x+2+
3− x +
3
3

⇔ ( x + 1)( x − 2) = 0 vì

⇔

4
x+4
x+2+
3

+

1
5− x
3− x +
3

>0

 x = −1
x = 2

Vậy hệ có nghiệm : ( x; y ) = ( −1;1) ; ( x; y ) = (2 ; − 2)

( x + x 2 + 4)( y + y 2 + 1) = 2 (1)


Bài 5. Giải hệ phương trình : 
12 y 2 − 10 y + 2 = 2 3 x3 + 1 (2)
Phân tích: Hãy đặt bút và làm như bài 3, tacó
(1) ⇔ x + x 2 + 4 = 2( y 2 + 1 − y ) = (2 y ) 2 + 4 − 2 y
⇔ x + x 2 + 4 = ( −2 y ) 2 + 4 − 2 y
Xét hàm f (t ) = t + t 2 + 4 .
Một cách biến đổi khác
2

x
 x
( x + x + 4)( y + y + 1) = 2 ⇔ ( +  ÷ + 1)( y + y 2 + 1) = 1 .
2
2
2

2

19


Nhìn vào kết quả này ta thấy từ bài từ bài 3 đến bài 4 thực chất là
một phép thay thế x bởi

x
.
2

( x 2 + 1 + 1)( y 2 + 1 − 1) = xy

(1)
Bài 6. Giải hệ phương trình : 
(2)
 10 − 3 y + 5 x − 6 = x 2 − 5 y + 10
 y ( x 2 + 1 + 1) = x( y 2 + 1 + 1)
(1)
Bài 7. Giải hệ phương trình : 
(2)
 10 − 3 y + 5 x − 6 = x 2 − 5 y + 10
( x 2 + 1 + y )( y 2 + 1 + x) = 1
(1)
Bài 8. Giải hệ phương trình: 
(2)
 10 − 3 y + 5 x − 6 = x 2 − 5 y + 10
 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
Bài 9. Giải hệ phương trình: 
 x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0
 x 2 + x 4 + y 2 = y ( y + y 2 + 1)
(1)

Bài 10. Giải hệ phương trình: 
 x 2 + 2 y + 2 = 3 x( y 2 + 2)
(2)
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0 (*)
 y + y2 + 1 > y + y ≥ 0

Vì 
 x 2 + x 4 + y 2 ≥ 0
nên từ (1) suy ra y ≥ 0

Với y = 0 , suy ra x = 0 không thỏa mãn (2) nên ( x; y ) = (0;0) không
phải là nghiệm của hệ
2
2
x
x
Với y > 0 thì (1) ⇔
+ ( )2 + 1 = y + y 2 + 1
y
y

Xét hàm số: f (t ) = t + t 2 + 1

, t≥0

20


f ′(t ) = 1 +

t
t2 +1

=

t2 +1 + t
t2 +1

>

t +t
t2 +1

≥0

suy ra f (t ) đồng biến trên [ 0;+∞ )
x = y
x2
x2
= y ⇔ x2 = y2 ⇔ 
mà f ( ) = f ( x) ⇔
y
y
x = − y
Với x = − y , vì x ≥ 0 nên − y ≥ 0 ⇒

y ≤ 0 mâu thuẫn với điều

kiện y > 0
Với x = y >0 thay vào (2) ta được x 2 + 2 x + 2 = 3 x( x 2 + 2)
a = x 2 + 2
Đặt 
b = x
ta được phương trình đẳng cấp bậc hai a 2 = 2b 2 + 3ab
⇔ ( a − b)( a − 2b) = 0 ⇔

a = b
 a = 2b


Với a = b , ta có

x2 + 2 = x

Với a = 2b , ta có

x2 + 2 = 2 x

 x ≥ 0
⇔  2
⇔
 x − 4 x + 2 = 0

 x ≥ 0
⇔ 2
 x + 2 = x

vô nghiệm

 x ≥ 0
⇔ 2
 x + 2 = 4 x

x = 2 + 2

 x = 2 − 2

Với x = 2 + 2 ⇒

y = 2 + 2 thỏa mãn

Với x = 2 − 2 ⇒

y =2− 2

thỏa mãn

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (2 + 2;2 + 2) ; ( x; y ) = (2 − 2;2 − 2)
2.4.3. Sử dụng hàm đặc trưng dạng f (t ) =

t
t2 +1

2( x − 2) x + 6 = 6 − y (1)
Bài 11. Giải hệ phương trình: 
2
( x − 2) y + 2 = y + 1. x − 4 x + 5 (2)
21


Phân tích: Phương trình (1) khó biến đổi để đi đến mộ kiết quả
thuận lợi, ta chú ý vào phương trình (2), phát hiện
x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2) 2 + 1 ;

y+2 =

(

y +1

)

2

+1
t

Điều này giúp ta nghĩ đến việc xét hàm f (t ) =

t2 +1

Lời giải
Điều kiện x ≥ 2; y ≥ −1
( x − 2) y + 2 = y + 1. x 2 − 4 x + 5
⇔ ( x − 2)
⇔

(

y +1

x−2
( x − 2) 2 + 1

)

2

=

+ 1 = y + 1. ( x − 2) 2 + 1
y +1

(

y +1

Xét hàm f (t ) =
Suy ra f (t ) =

)

2

t
2

t +1
t
t2 +1

+1
f ′(t ) =

, t≥0

(

1

)

t2 +1

t2 +1

là hàm đồng biến trên [ 0;+∞ )

mà theo đầu bài ta có f ( x − 2) = f ( y + 1) ⇒ x − 2 = y + 1
 x ≥ 2
x − 2 = y +1 ⇔ 
2
 y = ( x − 2) − 1
Thay kết quả này vào (1) ta được:
2( x − 2) x + 6 = − x 2 + 4 x + 3
⇔ 2( x − 2)( x + 6 − 3) = − x 2 − 2 x + 15
2( x − 2)( x − 3)
⇔
= ( x − 3)(− x − 5)
x+6 +3
 2( x − 2)

⇔ ( x − 3) 
+ x + 5 ÷ = 0 (*)
 x+6 +3

Vì x ≥ 2 nên

2( x − 2)
+ x + 5 > 0 , do đó

x+6 +3
22

> 0 ∀t


 2( x − 2)

( x − 3) 
+ x + 5 ÷= 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3
 x+6 +3

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (3;0) .
f (t ) = t + t t 2 + 1

2.4.4 Sử dụng hàm đặc trưng
Bài 12. Giải hệ phương trình :

 xy 2 ( x 2 + 1 + 1) = 3 y 2 + 9 + 3 y
(1)


(3 x − 1) x 2 y + xy − 5 = 4 x 3 − 3x 2 y + 7 x

(2)

Phân tích: Phương trình (2) khó biến đổi để đi đến mộ kiết quả thuận
lợi, ta chú ý vào phương trình (1)
Ta có

3 y 2 + 9 + 3 y > 3 y + 3 y ≥ 0 nên từ (1), suy ra x > 0; y ≠ 0

Từ (2) ⇒ x 2 y + xy − 5 > 0 ⇔ y ( x 2 + x) > 5 mà do x > 0 nên suy ra
y > 0 . Việc đánh giá này rất quan trọng, vì ta đang muốn đưa y vào trong
căn. Bây giờ ta hãy chuyển x, y về hai vế độc lập
(1) ⇒ x x 2 + 1 + x =

3
y

9
3
+
1
+
y
y2

nghĩ đến việc xét hàm f (t ) = t + t t 2 + 1
Lời giải
Ta có 3 y 2 + 9 + 3 y > 3 y + 3 y ≥ 0 nên từ (1), suy ra x > 0; y ≠ 0
Từ (2) ⇒ x 2 y + xy − 5 > 0 ⇔ y ( x 2 + x) > 5 mà do x > 0 nên suy ra
y > 0.
(1) ⇒ x x 2 + 1 + x =

3
y

9
3

+1 +
2
y
y

Xét hàm f (t ) = t t 2 + 1 + t ,

t >0

23


t2

2

f ′(t ) = 1 + t + 1 +

2

t +1

> 0 ∀t

Suy ra f (t ) = t t 2 + 1 + t là hàm đồng biến trên ( 0;+∞ )
3
3
mà f ( x) = f ( ) ⇒ x = ⇒ xy = 3
y
y

(3x − 1) 3 x − 2 = 4 x 3 − 2 x

Thay vào (2) ta được

 x3 (4 y 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6
(1)
Bài 13: Giải hệ phương trìnhsau: 
2
2
2
 x y (2 + 2 4 y + 1) = x + x + 1 (2)
Lời giải
Điều kiện : x ≥ 0
Vì x + x 2 + 1 > x + x ≥ 0
nên từ (2) suy ra y > 0 và x ∉ 0
(2) ⇔ 2 y + 2 y (2 y ) 2 + 1 =

1 1 1 2
+
( ) +1
x x x

Xét hàm số f (t ) = t + t t 2 + 1 , t > 0
2

f ′(t ) = 1 + t + 1 +

t2
2

t +1

> 0 , ∀t

suy ra f (t ) đồng biến trên ( 0; + ∞ )
1
1
mà f (2 y ) = f ( ) ⇒ 2 y =
x
x

⇔ 2xy = 1

Thay 2xy = 1 vào (1) ta được
2 x + 2( x 2 + 1) x = 6 ⇔ 2( x − 1) + 2( x 2 + 1)( x − 1) = 2 − 2 x 2
2( x 2 + 1)( x − 1)
⇔ 2( x − 1) +
+ 2( x − 1)( x + 1) = 0
x +1
x2 + 1
⇔ ( x − 1)(1 +
+ x + 1) = 0
x +1

(*)

24


x2 + 1

+ x + 1 > 0 do đó (*) ⇔
Vì x > 0 nên 1 +
x +1
Với x = 1 ⇒

y=

x −1 = 0 ⇔ x = 1

1
2

1
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1; )
2
 x = y + 45 − y + 5
Bài 14. Giải hệ phương trình : 
 y = x + 45 − x + 5

(1)
(2)

Phân tích : Đây là hệ đối xứng loại 2 có thể giải bằng phương pháp
nhân liên hợp, nhưng nếu không xử lý khéo léo thì bài toán trở nên phức
tạp bởi điều kiện quá rộng.
Điều kiện x ≥ −5;
y + 45 > y + 5

⇔

y ≥ −5 với điều kiện này thì
y + 45 > y + 5 ⇒ x = y + 45 − y + 5 > 0

y = x + 45 − x + 5 > 0 .

Tương tự

Sự đánh giá này vô cùng quan trọng cho sau này
Lời giải
Điều kiện x ≥ −5;
y + 45 > y + 5
Tương tự

⇔

y ≥ −5 với điều kiện này thì
y + 45 > y + 5 ⇒ x = y + 45 − y + 5 > 0

y = x + 45 − x + 5 > 0

Lấy (1) trừ (2) theo từng vế ta được:
x − y = y + 45 − x + 45 + x + 5 − y + 5
⇔

x + x + 45 − x + 5 = y + y + 45 − y + 5
Xét hàm số f (t ) = t + t + 45 − t + 5 , t > 0

f ′(t ) = 1 +
Vì

1
1
−
> 0 , ∀t > 0
2 t + 45 2 t + 5

1
< 1 ∀t > 0 , suy ra f (t ) đồng biến trên ( 0;+∞ )
2 t +5

25