(Luận văn thạc sĩ) một số hệ phương trình không mẫu mực

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Phạm Thị Nhẫn

MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
KHƠNG MẪU MỰC

Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số:
60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS NGUYỄN XUÂN THẢO

Hà Nội – Năm 2015


Mục lục
Mở đầu và lời cảm ơn

2

1 Hệ phương trình cơ bản
1.1 Hệ phương trình tuyến tính . . . . . .
1.1.1 Hệ hai phương trình tuyến tính
1.1.2 Hệ ba phương trình tuyến tính
1.2 Hệ phương trình phi tuyến . . . . . . .

1.2.1 Hệ phương trình đối xứng . . .
1.2.2 Hệ hai phương trình đẳng cấp .
1.2.3 Hệ phương trình hốn vị . . . .
1.2.4 Hệ hai phương trình bậc 2 tổng

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
quát .

2 Một số phương pháp giải hệ phương trình
2.1 Phương pháp cộng đại số và thế . . . . . . .
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . .
2.3 Phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . .
2.4 Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số
2.5 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . .
3 Giải một số hệ khơng mẫu mực
3.1 Hệ phương trình đại số . . . . . . . .
3.2 Hệ phương trình vơ tỉ . . . . . . . . .
3.3 Hệ phương trình chứa mũ và logarít
3.4 Hệ phương trình hỗn hợp . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

4
4
4
5
6
6
12
14
16

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

18
18
21
24
27
32

.
.
.
.

37
37
45
48
50

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

KẾT LUẬN

53

Tài liệu tham khảo

54

1

Mở đầu
Hệ phương trình là một trong những phân mơn quan trọng của Đại số và có
những ứng dụng trong các ngành khoa học và kỹ thuật khi chúng ta cần xem
xét nhiều đại lượng. Sớm biết được từ xa xưa do nhu cầu tính tốn của con
người và ngày càng phát triển theo thời gian đến nay chỉ xét trong Tốn học
hệ phương trình đã rất đa dạng về hình thức như: hệ phương trình đại số, hệ
phương trình vơ tỉ, hệ phương trình có chứa mũ và logarít. . . và phức tạp về cách
tìm ra hướng giải.
Trong những năm gần đây từ năm 2002 - 2014 hệ phương trình khơng mẫu
mực thường xun xuất hiện trong các kỳ thi Olympic Toán, VMO, tuyển sinh
Đại học - Cao đẳng. Đây là một loại tốn khó địi hỏi học sinh phải vận dụng
linh hoạt, sáng tạo các kiến thức giải tích, hình học và lượng giác.
Tác giả chọn đề tài Luận văn "Một số hệ phương trình khơng mẫu
mực" nhằm nghiên cứu một cách hệ thống các hệ phương trình khơng mẫu
mực và vận dụng chúng trong các đề thi quốc tế và quốc gia. Trong luận văn
"hệ phương trình khơng mẫu mực" được hiểu là hệ có chứa các lớp hàm khác
nhau (chứa căn, mũ và logarít, lượng giác. . . ) hoặc cách giải của chúng không
thực hiện được bằng các biến đổi thông thường cần vận dụng các phương pháp
so sánh, ước lượng. . . . Luận văn gồm 3 chương với nội dung như sau
Chương 1. Hệ phương trình cơ bản đưa ra các loại hệ phương trình
thường gặp trong chương trình phổ thơng và đề cập cách giải tổng quát.
Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình đề cập các
phương pháp giải hệ truyền thống: phương pháp thế và cộng đại số, phương
pháp đặt ẩn phụ, phương pháp lượng giác hóa và các phương pháp giải đặc biệt
cho hệ không mẫu mực: phương pháp sử dụng tính chất của hàm số, phương
pháp đánh giá.
Chương 3. Giải một số hệ phương trình khơng mẫu mực trong chương
này chủ yếu giới thiệu các hệ phương trình khơng mẫu mực trong các kỳ thi
quốc tế và quốc gia.

2


Lời cảm ơn
Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến PGS.TS Nguyễn Xuân
Thảo - một người thầy tận tâm với nghề, thầy không chỉ là người chắp bút cho
tác giả hoàn thành xuất sắc Luận văn, mà thầy còn cho tác giả nghị lực phấn
đấu, một cái nhìn khác về định hướng tương lai nghề nghiệp.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phịng Đào tạo Sau đại học
Khoa Tốn - Cơ - Tin học, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao học
Tốn niên khóa 2013 - 2015, các thầy cơ và anh chị của Seminar "Phương pháp
Tốn sơ cấp" trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Seminar "Giải tích" Viện
Tốn tin và ứng dụng trường Đại học Bách Khoa Hà Nội đã tạo điều kiện và
giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập và nghiên cứu tại trường.
Nhân đây tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn các bạn học viên cao học khóa 2013
- 2015, gia đình và bạn bè đã ln ủng hộ khích lệ, tạo mọi điều kiện thuận lợi
để tác giả hồn thành khóa học và Luận văn này. Mặc dù tác giả đã cố gắng rất
nhiều nhưng kết quả trong Luận văn cịn khiêm tốn và khó tránh khỏi những
khiếm khuyết. Tác giả mong nhận được sự đóng góp quý báu của các thầy cô
và các độc giả để Luận văn hoàn thiện hơn.
Hà Nội, ngày 24 tháng 9 năm 2015.
Học viên

Phạm Thị Nhẫn

3


Chương 1

Hệ phương trình cơ bản
Trong Chương này tác giả khái quát lại một số hệ phương trình cơ bản trong
hệ thống chương trình THPT, cùng phương pháp giải tổng quát và các ví dụ
minh họa cho từng dạng cụ thể. Các ví dụ trình bày được trích trong cuốn "Bồi
dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn - Văn Phú Quốc", "Tuyển chọn và giải hệ phương
trình thường gặp trong các kỳ thi Đại học và Cao đẳng - Hà Văn Chương".

1.1

Hệ phương trình tuyến tính

1.1.1

Hệ hai phương trình tuyến tính

Hệ hai phương trình tuyến tính có dạng

ax + by = c
ax+by =c

Cách giải.
Cách 1. Sử dụng phương pháp Cramen.
Tính các định thức
D=

a b
a b

= ab − a b

Dx =

c b
c b

= cb − c b

Dy =

a c
a c

= ac − a c

TH1. a = a’ = b = b’ = 0.
+ Nếu c = c’ = 0 thì hệ vơ định.
+ Nếu c = 0 hoặc c = 0 thì hệ vô nghiệm.
TH2. Trong 4 hệ số a, a’, b, b’ có ít nhất một hệ số khác khơng.
+ Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ D = 0.
4


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Nghiệm duy nhất của hệ là (x, y) =
+
+

Dx Dy
;

.
D D

D=0
⇒ hệ vô định (có vơ số nghiệm).
Dx = Dy = 0
D=0
⇒ hệ vơ nghiệm.
Dx = 0(Dy = 0)

Cách 2. Sử dụng phương pháp Gauss.
Nhân hoặc chia một phương trình nào đó của hệ với một số thích hợp, để khi
cộng hoặc trừ các phương trình khác của hệ ta sẽ loại dần được ẩn.
ax + by = c
ax=c

Tiếp tục làm như trên, ta sẽ biến đổi hệ đã cho về hệ tam giác

Từ hệ tam giác ta rút ra được nghiệm.
Ngoài ra, ta có thể giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng các loại máy tính
bỏ túi như CASIO fx - 500 MS, CASIO fx - 570 E, SHARP EL - 506W.
Ví dụ 1.1 (Đại học Giao Thơng Vận Tải - 1995). Cho hệ phương trình
(m + 1)x − my = 4
3x − 5y = m

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x − y < 2.
Lời giải. Ta có D = −2m − 5, Dx = m2 − 20, Dy = m2 + m − 12.
• D=0⇔m=

5

: Dx = 0 nên hệ vơ nghiệm
2

• D=0⇔m=

Dy
Dx
5
: hệ có nghiệm duy nhất x =
,y =
2
D
D

Theo yêu cầu đầu bài
Dx − Dy
x−y <2⇔
<2⇔
D
5
2

(m2

5
m<−
+ m − 12)
2
<2⇔
2

−2m − 5
m>−
3

− 20) − (m2

2
3

Vậy m < − hoặc m > − thỏa mãn u cầu bài tốn.

1.1.2

Hệ ba phương trình tuyến tính

Cách giải. Giống hệ hai phương trình tuyến tính.
Ví dụ 1.2. Giải hệ phương trình

−2x + y − 3z = −9
x − 2y + z = 0
3x − 6y − z = −12



5




Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Lời giải.
Hệ phương trình tương đương


−2x + y − 3z = −9
−2x + y − 3z = −9
⇔

3x − 6y + 3z = 0

⇔


3x − 6y − z = −12

x = 1



x − 5y = −9
x − 2y = −3

⇔


−2y + x + z = 0
−2y + x = −3
y=2



y=2
z=3



Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1;2;3).

1.2
1.2.1

Hệ phương trình phi tuyến
Hệ phương trình đối xứng

a) Hệ hai phương trình đối xứng loại 1

Nhận dạng Cho hệ phương trình

f (x, y) = 0
g(x, y) = 0

Nếu khi ta đổi chỗ x và y cho nhau, từng phương trình của hệ khơng thay đổi,
tức là f (x, y) = f (y, x) và g(x, y) = g(y, x) thì hệ đã cho được gọi là hệ đối xứng
loại 1 hai ẩn.
Cách giải.
+ Biến đổi hệ đã cho về hệ chứa x + y và xy .
+ Đặt x + y = u, xy = v với điều kiện u2 − 4v ≥ 0.
+ Hệ đã cho trở thành đơn giản hơn đối với các biến u, v.
+ Giải hệ đối với u, v thu được các giá trị u, v .

+ Giải hệ

x+y =u
xy = v

ta thu được nghiệm (thường dùng định lí Viét đảo).

Ví dụ 1.3. (Đại học Sư phạm Hà Nội 2000) Giải hệ phương trình
x2 + y 2 + xy = 7
x4 + y 4 + x2 y 2 = 21

Lời giải. Hệ phương trình tương đương
x2 + y 2 + xy = 7
(x2 + y 2 ) − x2 y 2 = 21

Đặt u = x2 + y 2 , v = xy . Hệ phương trình trở thành
u+v =7
u2 − v 2 = 21

⇔

u+v =7
u−v =3
6

⇔

u=5
v=2

Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Khi đó ta có,
x2 + y 2 = 5
xy = 2

⇔

(x + y)2 = 1
xy = 2

Giải hệ trên ta thu được các nghiệm là (1; 2), (2; 1), (−1; −2), (−2; −1).
Ví dụ 1.4. Giải hệ phương trình
1 1

 + =9
x

y
1
1

 √
+√
3
3 y
x

1

1+ √
3
x

1
1+ √
3 y

1
x

= 18

1
y

Lời giải. Điều kiện x, y = 0. Đặt u = √
,v = √
3
3
Hệ phương trình đã cho trở thành
u3 + v 3 = 9
(u + v)(1 + u)(1 + v) = 18

⇔

(u + v)3 − 3uv(u + v) = 9
(u + v)(1 + u + v + uv) = 18

Đặt S = u + v, P = uv (S 2 ≥ 4P ).

Hệ phương trình trở thành
S 3 − 3P S = 9
S(S + P + 1) = 18

⇔

S 3 − 3P S = 9
P S = 18 − S − S 2

(1.1)
(1.2)

Thay (1.2) vào (1.1) ta được
S 3 + 3S 2 + 3S − 63 = 0
⇔ (S + 1)3 = 64
⇔S=3⇒P =2

Với

S=3
P =2

ta có u, v là nghiệm của phương trình
X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔

X1 = 1
X2 = 2

1
hoặc

8
y=1
1
1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là
; 1 , 1;
.
8
8

Khi đó

u=1
v=2

hoặc

u=2
v=1

. Suy ra

7

x=

x=1
1
y=
8

.


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản
b) Hệ ba phương trình đối xứng loại 1

Nhận dạng
Khi ta đổi chỗ các biến x cho y , y cho z và z cho x từng phương trình của hệ
khơng thay đổi. Hệ như vậy gọi là hệ đối xứng loại 1 ba ẩn.
Cách giải.

x + y + z = α
+ Biến đổi hệ đã cho về hệ có chứa các cụm xy + yz + zx = β

xyz = γ

+ Theo định lý Viét cho phương trình bậc ba ta có x, y, z là ba nghiệm của
phương trình
t3 − αt2 + βt − γ = 0

(1.3)

Giải phương trình (1.3), có các khả năng xảy ra
+ Nếu phương trình (1.3) có đúng 3 nghiệm, thì hệ có đúng 6 nghiệm.
+ Nếu phương trình (1.3) có đúng 2 nghiệm thì hệ có đúng 3 nghiệm.
+ Nếu phương trình (1.3) có nghiệm duy nhất (nghiệm bội 3), thì hệ có nghiệm
duy nhất.
+ Nếu phương trình (1.3) có nghiệm duy nhất (nghiệm đơn) thì hệ vơ nghiệm.
Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình


x + y + z = 1


x2 + y 2 + z 2 = 9
x3 + y 3 + z 3 = 1

Lời giải. Từ hệ phương trình ta có,
(x + y + z)2 − (x2 + y 2 + z 2 )
2
3xyz = (x3 + y 3 + z 3 ) − (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) = −12
xy + yz + zx =

Suy ra

xy + yz + zx = −4
xyz = −4

. Hệ đưa về dạng

x + y + z = 1


xy + yz + zx = −4
xyz = −4

Theo định lý Viét đảo x, y, z là nghiệm của phương trình
t3 − t2 − 4t + 4 = 0 ⇔

t=1

t=2
t = −2

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ (1; 2; −2) và các hoán vị.

8


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản
c) Hệ hai phương trình đối xứng loại 2

Nhận dạng
Cho hệ gồm 2 phương trình có hai ẩn x và y . Khi ta đổi chỗ x cho y và y cho
x, phương trình thứ nhất trở thành phương trình thứ hai và ngược lại. Hệ như
vậy gọi là hệ đối xứng loại hai.
Cách giải.
+ Trừ từng vế hai phương trình được phương trình hệ quả.
+ Biến đổi phương trình hệ quả về phương trình tích.
+ Ghép từng phương trình của phương trình hệ quả với một trong hai phương
trình của hệ đã cho, được các hệ mới (là những hệ không đối xứng).
Chú ý ngoài quy tắc giải cơ bản trên, trong một số trường hợp đặc biệt hệ
phương trình đại số đối xứng loại 2 hai ẩn được biến đổi tương đương về hệ
phương trình mới bằng cách đồng thời cộng và trừ từng vế các phương trình của
hệ.
Ví dụ 1.6. (VMO 1994, bảng B) Giải hệ phương trình
x2 + 3x + ln(2x + 1) = y
y 2 + 3y + ln(2y + 1) = x
1
2

Lời giải. Điều kiện x > − , y > −

1
2

Khi đó từ hệ phương trình ta có phương trình
x2 + 4x + ln(2x + 1) = y 2 + 4y + ln(2y + 1)
1
2

Xét hàm số f (t) = t2 + 4t + ln(2t + 1) trên − ; +∞
2
1
> 0, ∀t > −
2t + 1
2
1
⇒ f (t) là hàm đồng biến trên − ; +∞
2

Ta có f (t) = 2t + 4 +

Do đó (1. 5) có dạng
f (x) = f (y) ⇔ x = y

Thay vào hệ đã cho ta được
x2 + 2x + ln(2x + 1) = 0
1
2

Xét hàm số g(x) = x2 + 2x + ln(2x + 1) trên − ; +∞
2
1
> 0, ∀x > −
2x + 1
2
1
⇒ g(x) là hàm đồng biến trên − ; +∞ .
2

Ta có g (x) = 2x + 2 +

9

(1.5)


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Mặt khác, g(0) = 0 nên x = 0 nghiệm duy nhất của phương trình g(x) = 0.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0).

d) Hệ ba phương trình đối xứng loại 2

Nhận dạng Cho hệ phương trình


f (x, y, z) = 0

g(x, y, z) = 0

φ(x, y, z) = 0
Khi ta đổi chỗ x cho y , y cho z , z cho x, thì ta được f (x, y, z) trở thành g(x, y, z),



g(x, y, z) trở thành φ(x, y, z), φ(x, y, z) trở thành f (x, y, z). Hệ có tính chất như

trên, gọi là hệ đối xứng loại hai.
Cách giải.
Hệ có dạng đối xứng loại hai 3 ẩn là hệ khó. Cách giải phải linh hoạt, tùy theo
từng hệ có những đặc điểm khác nhau, ta chọn cách giải cho phù hợp.

Ví dụ 1.7. (Đề thi vào trường Đại học Ngoại Thương 1996) Giải hệ phương
trình

x = y 3 + y 2 + y − 2
y = z3 + z2 + z − 2
z = x3 + x2 + x − 2



Lời giải.
TH1. Trong 3 số x, y, z có ít nhất 2 số bằng nhau. Giả sử x = y .
Ta có


(x − 1)(x2 + x + 2) = 0
x = x3 + x2 + x − 2
x = z3 + z2 + z − 2


z = x3 + x2 + x − 2

⇔


x=1


 2

x +x+2=0
x = z3 + z2 + z − 2



z = x3 + x2 + x − 2

⇔

⇔

x = z3 + z2 + z − 2

z = x3 + x2 + x − 2


x = 1

1 = z3 + z2 + z − 2


z =1+1+1−2

⇔

x=1
z=1

Hệ phương trình có nghiệm (1; 1; 1).
Các trường hợp y = z, z = x làm tương tự ta cũng được 1 nghiệm (1; 1; 1).
TH2. Các số x, y, z đôi một khác nhau. Giả sử x > y > z
Xét hàm số f (t) = t3 + t2 + t − 2 trên R.
Ta có f (t) = 3t2 + 2t + 1 > 0, ∀t ∈ R
⇒ f (t) đồng biến trên R.
10


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Do x > y > z ⇒ f (x) > f (y) > f (z) ⇒ z > x > y trái với điều giả sử.
Vậy hệ khơng có nghiệm (x, y, z) với x > y > z .
Các trường hợp khác làm tương tự, ta được hệ cũng khơng có nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1; 1).

Ví dụ 1.8. (Đề thi vào trường Đại học Luật Hà Nội) Giải hệ phương trình

2x + 1 = y 3 + y 2 + y
2y + 1 = z 3 + z 2 + z
2z + 1 = x3 + x2 + x



Lời giải.
TH1. Trong 3 số x, y, z có ít nhất 2 số bằng nhau.
Giả sử x = y . Hệ phương trình trở thành

2x + 1 = x3 + x2 + x
z3



(1.6)
(1.7)
(1.8)

+ z2

2x + 1 =
+z
3
2
2z + 1 = x + x + x

Ta có
(1.6) ⇔ x3 + x2 − x − 1 ⇔ (x + 1)2 (x − 1) = 0 ⇔

x = −1
x=1

Thay x = −1 vào (1.7) và (1.8) ta được
−1 = z 3 + z 2 + z

z = −1

Từ đó suy ra hệ có nghiệm (x; y; z) = (−1; −1; −1).
Thay x = 1 vào (1.7) và (1.8) được
3 = z3 + z2 + z
z=1

Từ đó suy ra hệ có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 1).
Các trường hợp y = z hoặc z = x làm tương tự cũng được hai nghiệm như trên.
TH2. Ba số x, y, z đôi một khác nhau (x > y > z).
Xét hàm số f (t) = t3 + t2 + t trên R.
Ta có f (t) = 3t2 + 2t + 1 > 0, ∀t ∈ R
⇒ f (t) là hàm đồng biến trên R.
⇒ x > y > z ⇒ f (x) > f (y) > f (z) ⇒ 2z + 1 > 2x + 1 > 2y + 1
⇒ z > x > y trái với điều giả thiết.
11


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Vậy hệ khơng có nghiệm (x; y; z) trong đó x, y, z đơi một khác nhau.
Các trường hợp khác làm tương tự, cũng được kết quả như trên (hệ vô nghiệm).
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1; 1; 1) và (−1; −1; −1).

1.2.2

Hệ hai phương trình đẳng cấp

Nhận dạng
+ Biểu thức f (x, y) = nk=0 ak xn−k y k là biểu thức đẳng cấp bậc n đối với x và y .

+ Phương trình f (x, y) = 0, trong đó biểu thức f (x; y) là biểu thức đẳng cấp
được gọi là phương trình đẳng cấp đối với x và y .
+ Hệ phương trình

f (x, y) = d1
g(x, y) = d2

được gọi là hệ phương trình bán đẳng cấp

nếu f (x, y) và g(x, y) là những biểu thức đẳng cấp.
Cách giải.
+ Khử số hạng tự do d1 , d2 được phương trình đẳng cấp.
+ Giải phương trình đẳng cấp.
+ Ghép nghiệm của phương trình đẳng cấp với một trong các phương trình của
hệ đã cho được các hệ mới (hệ khơng đối xứng).

Ví dụ 1.9. (Đại học sư phạm TPHCM) Cho hệ phương trình
x2 + 2xy + 3y 2 = 9
2x2 + 2xy + y 2 = 2

Lời giải.
Hệ phương trình tương đương với
2x2 + 4xy + 6y 2 = 18
−18x2 − 18xy − 9y 2 = −18

Cộng từng vế hai phương trình ta được
16x2 + 14xy + 3y 2 = 0 ⇔ 16

x 1
+

y 2

x 3
+
y 8

=0

(vì y = 0 khơng là nghiệm của phương trình)
Với

x 1
+ = 0 ⇔ y = −2x thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
y 2
x2 − 4x2 + 12x2 = 9 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ±2
12


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Với

x 3
8
+ = 0 ⇔ y = − x thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
y 8
3
x2 −

16 2 64 2

9
3
8
x + x = 9 ⇔ x2 =
⇔ x = ±√ ⇒ y = ±√
3
3
17
17
17
3
8
±√ ; .
17
17

Vậy nghiệm của hệ là (±1; ±2), ± √
Ví dụ 1.10. Giải hệ phương trình

2x + 3y = x2 + 3xy + y 2
x2 + 2y 2 = x + 2y

Lời giải.
+ Ta thấy x = y = 0 là một nghiệm của hệ .
+ Xét trường hợp x = 0, y = 0, nhân từng vế của hai phương trình ta được
(2x + 3y)(x2 + 2y 2 ) = (x2 + 3xy + y 2 )(x + 2y)
⇔ x3 + 4y 3 − 3xy 2 − 2x2 y = 0

Đặt x = ty ta có


t=1

√


1 + 17

3
2
t − 2t − 3t + 4 = 0 ⇔  t =
2√

1 − 17
t=

2

+ Với t = 1 ⇔ x = y thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
3x(x − 1) = 0 ⇔

+ Với t =

1+

x=1⇒y=1
x=0

√
17

thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2

t2 y 2 + 2y 2 = ty + 2y
⇔ (t2 + 2)y 2 − (t + 2)y = 0
⇔ y (t2 + 2)y − (t + 2) = 0



y=0
√
5 + 17
t+2
⇔
√ ⇒x=
y= 2
=
t +2
25 + 17

13

1+

√
2

17

√

5 + 17
√
25 + 17


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Tương tự cho TH t =

1−

√

17

2




x =

ta thu được
1−

√

17

√2

5 − 17


√
y =
17 − 17

√
5 − 17
√
17 − 17

Vậy nghiệm của hệ√phương trình
√ đã cho√là
(0; 0), (1; 1),

1.2.3

1+

17

2

5 + 17 5 + 17
√ ;
√
25 + 17 25 + 17

,

1−

√
17
2

√
5 − 17
√
17 − 17

√
5 − 17
√
;
.
17 − 17

Hệ phương trình hốn vị

Hệ phương trình hốn vị là hệ có dạng

f (x1 ) = g(x2 )




f (x2 ) = g(x3 )
...



f (xn−1 ) = g(xn )



f (xn ) = g(x1 )

Định lý 1.1. Nếu hai hàm số f (x), g(x) cùng tăng trên miền xác định và
(x1 , x2 , . . . , xn ) là nghiệm của hệ (trong đó xi ∈ Ai = 1, n) thì x1 = x2 = · · · = xn .
Chứng minh. Không giảm tổng quát giả sử x1 = max(x1 , x2 , . . . , xn )
⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ) ⇒ g(x2 ) ≥ g(x3 ) ⇒ x2 ≥ x3 ⇒ · · · ⇒ xn ≥ x1
⇒ x1 ≥ x2 ≥ x3 ≥ · · · ≥ xn ≥ x1 ⇒ x1 = x2 = · · · = xn .

Định lý 1.2. Nếu hàm số f (x) giảm và g(x) tăng trên miền xác định và
(x1 , x2 , . . . , xn ) là nghiệm của hệ (trong đó xi ∈ Ai = 1, n) thì với n lẻ thì
x1 = x2 = · · · = xn .
Chứng minh. Không giảm tổng quát giả sử x1 = max(x1 , x2 , . . . , xn )
x1 ≥ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇒ g(x2 ) ≤ g(x3 ) ⇒ x2 ≤ x3 ⇒ · · · ⇒ xn ≥ x1
f (xn ) ≤ f (x1 ) ⇒ x1 ≤ x2 ⇒ x1 = x2 ⇒ x1 = x2 = · · · = xn

Định lý 1.3. Nếu hàm số f (x) giảm và g(x) tăng trên miền xác định và
(x1 , x2 , . . . , xn ) là nghiệm của hệ (trong đó xi ∈ Ai = 1, n) thì với n chẵn thì
x1 = x3 = · · · = xn−1 , x2 = x4 = · · · = xn .

14


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Chứng minh. Khơng giảm tổng quát giả sử x1 = max(x1 , x2 , . . . , xn )
⇒ x1 ≥ x3 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x3 ) ⇒ g(x2 ) ≤ g(x4 ) ⇒ x2 ≤ x4
⇒ f (x2 ) ≥ f (x4 ) ⇒ g(x3 ) ≥ g(x5 ) ⇒ x3 ≥ x5 ⇒ . . .
⇒ f (xn−2 ) ≥ f (xn ) ⇒ g(x−1 ) ≥ g(x1 ) ⇒ xn−1 ≥ x1
⇒ f (xn−1 ) ≤ f (x1 ) ⇒ g(xn ) ≤ g(x2 ) ⇒ xn ≤ x2

Vậy ta có
x1 ≥ x3 ≥ · · · ≥ xn−1 ≥ x1
x2 ≤ x4 ≤ · · · ≤ xn ≤ x2

⇔

x1 = x3 = · · · = xn−1
x2 = x4 = · · · = x2

.

Ví dụ 1.11. (VMO 1994, bảng A).Giải hệ phương trình

x3 + 3x − 3 + ln(x2 − x + 1) = y
y 3 + 3y − 3 + ln(y 2 − y + 1) = z
 3
z + 3z − 3 + ln(z 2 − z + 1) = x

Lời giải. Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − 3 + ln(t2 − t + 1) trên R.

3t2 − t + 2
> 0, ∀t ∈ R.
t2 − t + 1

f (x) = y
Hệ được viết lại dưới dạng f (y) = z

f (z) = x
Dễ dàng chứng minh được x = y = z thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta

Ta có f (t) = 3t2 +

được
x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1) = 0

Xét hàm số g(x) = x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1) = 0 trên R
Ta có g (x) = 3x2 +

2x2 + 1
> 0, ∀x ∈ R
x2 − x + 1

⇒ g(x) là hàm đồng biến trên R.

Mà g(1) = 0 nên phương trình
x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1) = 0 ⇔ x = 1

Vậy hệ đã cho có nghiệm (1; 1; 1).

Ví dụ 1.12. (VMO 2006, bảng A) Giải hệ phương trình
√
 x2 − 2x + 6. log3 (6 − y) = x
√

y 2 − 2y + 6. log3 (6 − z) = y
z 2 − 2z + 6. log3 (6 − x) = z
15


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản

Lời giải. Điều kiện x, y, z < 6
Hệ phương trình đã cho tương đương với

x

√
log
(6
−
y)
=

3


x2 − 2x + 6

y
log3 (6 − z) =

y 2 − 2y + 6



z


log3 (6 − x) = √
z 2 − 2z + 6

Xét hàm số f (t) = √

t

trên (−∞; 6)
− 2t + 6
6−t
√
> 0, ∀t < 6
Ta có f (t) =
2
(t − 2t + 6) t2 − 2t + 6
⇒ f (x) đồng biến trên (−∞; 6)
t2

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max{x, y, z}. Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: x ≥ y ≥ z
Do f (x) đồng biến trên (−∞; 6) nên ta có
log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x) ⇔ x ≥ z ≥ z

Vì y ≥ z, x ≥ y nên y = z ⇒ x = y = z .
Trường hợp 2: x ≥ z ≥ y .
Chứng minh tương tự ta suy ra x = y = z .
Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm (3; 3; 3).

1.2.4

Hệ hai phương trình bậc 2 tổng quát

Hệ phương trình bậc hai 2 ẩn có dạng tổng quát
a1 x2 + b1 xy + c1 y 2 + d1 x + e1 y + f1 = 0
a2 x2 + b2 xy + c2 y 2 + d2 x + e2 y + f2 = 0

Trong đó ai , bi , ci , di , ei , fi (i = 1, 2) là các tham số và x, y là các ẩn số.
Ta xét các trường hợp đặc biệt của hệ.
a) Hệ chứa một phương trình bậc nhất

Ta biểu diễn x theo y hoặc ngược lại từ một phương trình, thay vào phương
trình cịn lại để có một phương trình bậc 2 một ẩn.

16


Chương 1. Hệ phương trình cơ bản
b) Hệ chứa một phương trình thuần nhất bậc 2

Nếu một trong hai phương trình của hệ khơng chứa hạng tử bậc nhất và số
hạng tự do, chẳng hạn nếu d1 = e1 = f1 = 0 thì hệ có thể đưa về phương trình
bậc hai bằng cách đặt y = tx rồi thay vào phương trình thuần nhất để tìm được
t, từ đó thay vào phương trình thứ 2 để tìm x, y tương ứng.
Phương pháp này cũng có thể áp dụng để giải hệ gồm 2 phương trình bán đẳng
cấp bậc hai
a1 x2 + b1 xy + c1 y 2 + f1 = 0
a2 x2 + b2 xy + c2 y 2 + f2 = 0

Trong trường hợp tổng quát, phép giải hệ bậc 2 hai ẩn sẽ dẫn đến giải một
phương trình bậc cao ≥ 4. Nhưng với một số hệ phương trình, ta có thể đưa
về hệ bán đẳng bằng cách đặt x = u + a; y = v + b trong đó u, v là ẩn mới
(phương pháp tịnh tiến nghiệm). Ta cần tìm hằng số a, b để hạng tử bậc nhất ở
hai phương trình bị triệt tiêu, như vậy hệ thu được là hệ đẳng cấp.

Ví dụ 1.13. Giải hệ phương trình
x2 + 3y 2 + 4xy − 18x − 22y + 31 = 0
2x2 + 4y 2 + 2xy + 6x − 46y + 175 = 0

Lời giải.
Đặt x = u − 5; y = v + 7 hệ phương trình trở thành
u2 + 3v 2 + 4uv = 1
2u2 + 4v 2 + 2uv = 1

⇔

u2 + v 2 − 2uv = 0
u2 + 3v 2 + 4uv = 1
1
u=v= √

2 2
⇔
−1
u=v=− √
2 2



⇔

u=v
u2 + 3v 2 + 4uv = 1

u=v
8u2 = 1

⇔

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là

1
1
√ − 5; √ + 7 ,
2 2
2 2

−1
−1
√ − 5; √ + 7 .
2 2
2 2

Tóm lại, Chương I Luận văn đã trình bày một cách khái quát các dạng hệ
phương trình cơ bản, đưa ra phương pháp giải tổng quát và các ví dụ minh họa
cho từng dạng. Qua đây cho thấy để giải một hệ phương trình bất kỳ ln đưa
về các hệ cơ bản bằng các công cụ và kỹ thuật biến đổi khác nhau.

17


Chương 2
Một số phương pháp giải hệ
phương trình
Để tìm ra hướng giải cho các bài tốn phương trình đã khó, đối với hệ phương
trình càng phức tạp hơn. Chương II Luận văn trình bày một số phương pháp
giải hệ thường áp dụng cho các hệ 2 phương trình 2 ẩn, 2 phương trình 3 ẩn và
3 phương trình 2 ẩn có độ phức tạp cao.

2.1

Phương pháp cộng đại số và thế

Từ một phương trình hoặc kết hợp các phương trình của hệ ta biểu diễn được
một ẩn qua ẩn kia rồi thế vào phương trình cịn lại của hệ. Từ đó đưa về giải
phương trình một ẩn.
Ví dụ 2.1. (VMO 2007). Giải hệ phương trình

√
12


x=2
 1−
y + 3x
12



 1+
y + 3x

√
y=6

Lời giải. Điều kiện x > 0, y > 0, y + 3x = 0.
Hệ phương trình tương đương


1
3
12
2


=√
1 −
√ + √ = 1
y + 3x
x
12
6

=√
1 +
y + 3x
y

⇔

y
x
1
3
12

− √ + √ =
y
y + 3x
x

Nhân (2.1) và (2.2) theo vế ta được
9 1
12
− =
⇔ y 2 + 6xy − 27x2 = 0 ⇔
y x
y + 3x
18

y = 3x
y = −9x

(2.1)
(2.2)


Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình

Do x , y > 0 nên y = 3x. Thay y = 3x vào phương trình (2.1) ta được
1
3
√ +√ =1
x
3x
√
√
Giải phương trình này ta tìm được x = 4 + 2 3 ⇒ y = 12 + 6 3.
√
√
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (4 + 2 3; 12 + 6 3).

Ví dụ 2.2. Giải hệ phương trình
y 2 = (5x + 4)(4 − x)
y 2 − 5x2 − 4xy + 16x − 8y + 16 = 0

Lời giải. Từ phương trình thứ hai của hệ ta có
y 2 − 5x2 − 4xy + 16x − 8y + 16 = 0
⇔ y 2 − (4x + 8)y − 5x2 + 16x + 16 = 0
y = 5x + 4
y = −x + 4

⇔

+ Với y = 5x + 4, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
(5x + 4)2 = (5x + 4)(4 − x) ⇔ 6x(5x + 4) = 0 ⇔

x=0⇒y=4
5

x=− ⇒y=0
4

+ Với y = -x + 4, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
(−x + 4)2 = (5x + 4)(4 − x) ⇔ 6x(4 − x) = 0 ⇔
4
5

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (0; 4), (4; 0), (− ; 0).

Ví dụ 2.3. Giải hệ phương trình

 6x − 2 = √3x − y + 3y
y

2

3x +

√
3x − y = 6x + 3y − 4

Lời giải.
√
Điều kiện 3x − y ≥ 0, 3x + 3x − y ≥ 0, y = 0. Ta có

19

x=0⇒y=4
x=4⇒y=0

Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình

√

Đặt t =

6x
− 2 = 3x − y + 3y
y
2(3x − y)
− 3y = 3x − y
⇔
y
√
3x − y
2(3x − y)
⇔
−
3
=
y2
y
3x − y
. Khi đó phương trình trở thành
y
t2 − t − 3 = 0 ⇔

t = −1

3
t=
2

+ Với t = -1 ta có
3x − y = −y ⇔

y<0
3x − y = y 2

⇔

y<0
3x = y 2 + y

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
y 2 = 2y 2 + 5y − 4

2

⇔ 2|y| = 2y 2 + 5y − 4
⇔ −2y = 2y 2 + 5y − 4
⇔ 2y 2 + 7y − 4 = 0
y = −4 ⇒ x = 4
1
⇔
y= >0
2

+ Với t =

3
ta có
2
3
3x − y = y ⇔
2

y>0
9
3x = y 2 + y
4

Thay vào phương trình thứ hai ta được
2

Đặt u =

9 2 5
9
y + y = y 2 + 5y − 4
4
2
2

9 2
y + y, u > 0. Ta có
4
2u2 − 2u − 4 = 0 ⇔

u=2
u = −1 < 0

8
8
y= ⇒x=
9
9
y = −2 < 0
8 8
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (4; −4); ; .
9 9

Với u = 2 suy ra 9y 2 + 10y − 16 = 0 ⇔

20


Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình

2.2

Phương pháp đặt ẩn phụ

Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải phát hiện ẩn phụ u = f (x, y)
và v = g(x, y) ngay trong từng phương trình của hệ hoặc sau các phép biến đổi.
Thông thường các phép biến đổi thường xoay quanh việc cộng, trừ 2 phương
trình của hệ hoặc chia các vế của phương trình cho một số hạng khác khơng có
sẵn trong các phương trình của hệ để tìm ra những phần chung mà sau đó ta
đặt thành ẩn phụ.

Ví dụ 2.4. (VMO 2001, bảng B). Giải hệ phương trình
√
√
7x + y + 2x + y = 5
√
2x + y + x − y = 2

Lời giải. Điều kiện min{7x, 2x} ≥ −y .
√
√
Đặt u = 7x + y, v = 2x + y . Hệ phương trình trở thành
u+v =5
v+x−y =2

(2.3)
(2.4)

Nhận thấy u2 − v 2 = 5x. Kết hợp với (2.3) suy ra v =

5−x
.
2

Thay vào (2.4) ta được
5−x
+ x − y = 2 ⇔ x = 2y − 1
2

Thay (2.5) vào (2.3) ta có

5y − 2 + y − 1 = 2 ⇔

⇔

y≤3
y 2 − 11y + 11 = 0

√
⇒ x = 10 − 77.

y≤3
5y − 2 = 9 − 6y + y 2

5y − 2 = 3 − y ⇔


y≤3



√


11 − 77
⇔  y=
2√



11 + 77



y=

√
11 − 77
⇔y=
2

2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (10 −

√

√
11 − 77
77;
).
2

Ví dụ 2.5. (Đại học khối A - 2008) Giải hệ phương trình

x2 + y + x3 y + xy 2 + xy = − 5
x4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5
4

21

4

(2.5)


Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình

Lời giải. Hệ phương trình tương đương

x2 + y + xy + xy(x2 + y) = − 5
4

(x2 + y)2 + xy = − 5
4

Đặt u = x2 + y, v = xy hệ phương trình trở thành



5
v = − 5 − u2
u + v + uv = − 5
u = 0, v = −
4
4
4
⇔
⇔
1
3
u3 + u2 + u = 0

u2 + v = − 5
u = − ,v = −
4

4

5
4

2

2

5
25
;− 3
4
16
1
3
3
+ Với u = − , v = − ta tìm được (x; y) = 1; −
2
2
2
3
5
25
, 1; − .
Vậy hệ phương trình có nghiệm 3 ; − 3

4
16
2

+ Với u = 0, v = − ta tìm được (x; y) =

3

Ví dụ 2.6. Giải hệ phương trình

2xy + y x2 − y 2



=
14
x+y
2





3

+

x+y
,v =
2

Hệ phương trình đã cho trở thành

√
 2(u2 + v 2 )(u2 − v 2 ) + (u2 − v 2 ) 4u2 v 2
u3 + v 3 = 9

T H1.

u+v =0
u3 + v 3 = 9

14

⇔

=u+v

u+v =0
(u + v)(u2 − uv + v 2 ) = 9

⇒ hệ phương trình vơ nghiệm.
T H2.

x−y
2

x+y ≥0
.
x−y ≥0

x−y
; u, v ≥ 0. Suy ra x = u2 + v 2 , y = u2 − v 2 .
2

Lời giải. Điều kiện
Đặt u =

x+y
+
2
x−y 3
=9
2

(u + v)(u3 − v 3 − 7) = 0
u3 + v 3 = 9

⇔

u=2
v=1
22

⇔

(u + v)(u3 − v 3 − 7) = 0
u3 + v 3 = 9


Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình

Do đó,








x+y
=2
2
x−y
=1
2

⇔

x+y =8
x−y =2

x=5
y=3

⇔

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (5; 3).

Ví dụ 2.7. Giải hệ phương trình

√
√
1
8
1
1
√

x
+
y
+
z−√ −√ −√ =


y
3
x
z


1 1 1
+

x+y+x+

+

= 118/9

x y z



√
√
1
1
1
√

x x + y y + z z + √
+ √ + √ =
x x

y y

z z

728
27

Lời giải. Điều kiện x, y z > 0.
√
√
1
1
1
√
Đặt x − √ = a, y − √ = b, z − √ = c. Khi đó

y

x

z

1
1
1
= a2 + 2, y + = b2 + 2, z + = c2 + 2
x
y
z
√
√
1
1
1
√
x x + √ = a3 + 3a, y y + √ = b3 + 3b, z z + √ = c3 + 3c
y y
x x
z z

x+

Hệ phương trình đã cho trở thành

8


a
+
b
+
c
=


3


64

9


a3 + b3 + c3 = 512
27
a2 + b 2 + c 2 =

⇔


8

a + b + c =
3

ab + bc + ca = 0



3abc = 0

Theo định lí Viét đảo a, b, c là nghiệm phương trình
t1 = t2 = 0
8
t3 =
3

8
t3 − t2 = 0 ⇔
3

Suy ra,


a = 0
b=0


c = 8
3

⇒

√
1

x− √ =0



x

√
1
y−√ =0

y



√
1

 z−√ = 8
z

⇔


x = 1
y=1
z=9



3

Tương tự ta cũng tìm được các nghiệm (9; 1; 1), (1; 9; 1).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (9; 1; 1); (1; 9; 1), (1; 1; 9).

23


Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình

2.3

Phương pháp lượng giác

Chú ý đến một số cách đặt ẩn phụ là hàm lượng giác như sau
• Nếu bài tốn chứa

√

a2 − x2 thì đặt x = |a| sin t với t ∈

π π
− ;
2 2

hoặc

x = |a| cos t với t ∈ [0; π].
√
π π
|a|
với t ∈ − ;
/ {0} hoặc
x2 − a2 thì đặt x =
sin t

2 2
|a|
π
x=
với t ∈ [0; π]/
.
cos t
2
√
π π
hoặc
• Nếu bài tốn chứa a2 + x2 thì đặt x = |a| tan t với t ∈ − ;
2 2
x = |a| cos t với t ∈ (0; π).

• Nếu bài tốn chứa

• Nếu bài tốn chứa

a−x
thì đặt x = a cos 2t.
a+x

a+x
hoặc
a−x

• Nếu bài tốn có chứa

(x − a)(x − b) thì đặt x = a + (b − a) sin2 t.

A
B
• Nếu bài tốn có chứa xy + yz + zx = 1 thì ta đặt x = tan , y = tan , z =
2
2
C
tan , A, B, C ∈ (0; π)
2

Nhận xét.
- Lợi thế của phương pháp này là đưa phương trình ban đầu về một phương
trình lượng giác cơ bản đã biết cách giải và điều kiện nhận hoặc loại nghiệm
cũng dễ dàng hơn rất nhiều.
- Ngoài ra, trong q trình giải bài tập chúng ta cần có sự quan sát tinh tế để
phát hiện các hệ thức lượng trong tam giác có liên quan đến bài tốn. Điều đó
sẽ thuận lợi hơn cho chúng ta trong q trình sử dụng phương pháp này.

Ví dụ 2.8. (USAOP 1990). Giải hệ phương trình

1
1

3 x+

=4 y+

x
xy + yz + zx = 1

y

=5 z+

1
z



Lời giải.
Từ phương trình thứ nhất của hệ phương trình suy ra x, y, z cùng dấu.
Nếu (x; y; z) là nghiệm của hệ thì (-x; -y; -z) cũng là nghiệm của hệ.

24