CHUYEN DE 4 toán 9 ôn vào 10

HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ÂN
I. TĨM TẮT LÝ THUYẾT – PHƯƠNG PHÁP
a1 x  b1 y  c1
�
Cho hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn: �
(I)
a2 x  b2 y  c2
�
 Nếu hai phương trình trên có nghiệm chung ( x0 ; y0 ) thì ( x0 ; y0 ) được gọi là một nghiệm của hệ (I).
 Nếu hai phương trình trên khơng có nghiệm chung thì ta nói hệ (I) vụ nghiệm.
 Giải hệ phương trình là tìm tập nghiệm của nó.
1. Phương pháp thế
 Bước 1: Từ một phương trình của hệ đó cho (coi là PT (1)), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia, rồi thế
vào phương trình thứ hai (PT (2)) để được một phương trình mới (chỉ cịn một ẩn).
 Bước 2: Dùng phương trình mới ấy để thay thế cho PT (2) trong hệ (PT (1) cũng thường được thay
thế bởi hệ thức biểu diễn một ẩn theo ẩn kia).
2. Phương pháp cộng đại số
 Bước 1: Cộng hay trừ từng vế hai phương trình của hệ phương trình đã cho để được một phương
trình mới chỉ cịn một ẩn.
 Bước 2: Dùng phương trình mới ấy thay thế cho một trong hai phương trình của hệ (giữ ngun
phương trình cịn lại).
Chú ý:
 Trong phương pháp cộng đại số, trước khi thực hiện bước 1, có thể nhân hai vế của mỗi phương trình
với một số thích hợp (nếu cần) sao cho các hệ số của một ẩn nào đó trong hai phương trình của hệ là
bằng nhau hoặc đối nhau.
 Đơi khi ta có thể dùng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình đó cho về hệ phương trình với
hai ẩn mới, rồi sau đó sử dụng một trong hai phương pháp giải ở trờn.
II. NỘI DUNG
3x  2 y  7
�
Câu 1. Giải hệ phương trình �

�2 x  y  4
Lời giải
Từ phương trình dưới suy ra y  4  2 x . Thay vào phương trình trên ta có phương trình:
3 x  2  4  2 x   7 � x  1 � y  4  2.1  2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    1; 2  .
3 x  2 y  11
�
Câu 2. Giải hệ phương trình: �
�x  2 y  1
Lời giải
�4 x  12
�x  3
��
Cộng hai phương trình lại với nhau, ta có: �
�x  2 y  1 �y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    3; 1


�x  2 y  3
Câu 3. Giải hệ phương trình: �
�x  y  3
Lời giải
3 y  6
�
�y  2
��
Trừ phương trình trên cho phương trình dưới của hệ, ta có: �
�x  y  3 �x  1
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1; 2  .

�x  3 y  4
Câu 4. Giải hệ phương trình: �
3 x  4 y  1
�
Lời giải
�x  3 y  4
�
3 x  4 y  1
�

(1)
(2)

Nhân hai vế phương trình (1) với 3 ta được 3 x  9 y  12 (3)
Lấy (3) – (2) ta được: 13 y  13 � y  1 .
Thay y  1 vào (1) ta được x  4  3 y  4  3.1  1 .
Vậy hệ phương trình có một nghiệm  x; y    1;1 .
2x  y  5
�
Câu 5. Giải hệ phương trình sau: �
�x  y  1
Lời giải
2x  y  5 �
3x  6
�
�x  2
�x  2
��
��
��

�
�x  y  1
�x  y  1 �x  y  1 �y  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 .

�2 x  5 y  3
Câu 6. Giải hệ phương trình sau: �
3x  y  4
�
Lời giải
17 x  17
�2 x  5 y  3 �
�x  1
��
��
�
3x  y  4
3x  y  4
�
�
�y  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    1; 1 .
�x  y  1
Câu 7. Giải hệ phương trình sau: �
3x  2 y  3
�
Lời giải


3x  2( x  1)  3 �

5x  5
�x  y  1
�
�x  1
��
��
��
�
3 x  2 y  3 �y  x  1
�
�y  x  1 �y  0
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    1;0  .
�x  7 y  26
Câu 8. Giải hệ phương trình sau: �
5 x  3 y  16
�
Lời giải
5 x  35 y  130
�x  7 y  26
�
�x  7 y  26
�x  5
��
��
��
�
5 x  3 y  16
5 x  3 y  16
38 y  114
�

�
�
�y  3
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    5;3 .
3 x  2 y  11
�
Câu 9. Giải hệ phương trình sau: �
�x  2 y  1
Lời giải
3x  2 y  11 �
4 x  12
�
�x  3
��
��
�
�x  2 y  1
�x  2 y  1 �y  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3; 1 .

Câu 10.

2x  3 y  1
�
Giải hệ phương trình sau: �
4x  y  9
�
Lời giải
2x  3y  1 �
2x  3y  1

2 x  3 y  1 �x  2
�
�
��
��
��
�
4x  y  9
12 x  3 y  27
14 x  28
�
�
�
�y  1

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;1 .
Câu 11.

�x  2 y  8
Giải hệ phương trình: �
�x  y  1
Lời giải
3 y  9
�x  2 y  8
�
�y  3
�y  3
.
��
��

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

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2; 3 .
Câu 12.

2x  y  1
�
Giải hệ phương trình: �
�x  y  1
Lời giải
2x  y  1
�
�
�
�x  y  1

�x  0
�x  0
.
��
�
�x  y  1
�y  1

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    0;1 .
Câu 13.

3x  y  5
�
Giải hệ phương trình: �
5 x  2 y  23
�
Lời giải
3x  y  5
6 x  2 y  10
11x  33
�
�
�
��
��
�
5 x  2 y  23
5 x  2 y  23
3x  y  5
�
�
�

�x  3
��
.
�y  4

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3; 4  .
Câu 14.

3( x  1)  2( x  2 y )  4
�
Giải hệ phương trình �
�4( x  1)  ( x  2 y )  9
Lời giải

Hệ phương trình tương đương với:
3x  3  2 x  4 y  4
5x  4 y  1
5x  4 y  1
�
�
�
��
��
�
4x  4  x  2 y  9
3x  2 y  5
6 x  4 y  10
�
�
�
11x  11
�
�x  1
��
��

6 x  4 y  10
�
�y  1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    1; 1 .

Câu 15.

�2
 y 3
�
�x
Giải hệ phương trình: �
�1  2 y  4
�x
Lời giải

Điều kiện x  0.
�2
�4
� 1
 y 3
 2y  6
� 1
�
�
�x  2
�x
�x
�
�x 

��
��
� � 2 (TM )
�
�1  2 y  4
�1  2 y  4
�2  y  3 �
�y  1
�x
�x
�x
�1
�
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   � ; 1�.
�2
�

Câu 16.

� 1 1
�x  y  2
�
Giải hệ phương trình: �
.
�2 x  3  7
�
y 2
�
Lời giải

Điều kiện y �0 . Đặt t 

1
, hệ phương trình đã cho trở thành
y


1
�
� 1
x

t

t
x
� 1
�x  1
�
�
t
x
�x  1
�
�
�
�
2
2
��

�� 2
�� 1 ��
(thỏa mãn)
�

7

1

7
y

2
t

�
�
�
�
�
5 x  5
2 x  3t 
2 x  3(  x) 
�
� 2
�
�
2
2
2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là  x; y    1; 2  .

Câu 17.

�3 x
�x  1 
�
Giải hệ phương trình �
�2 x 
�
�x  1

2
4
y2
.
1
5
y2
Lời giải

�3 x
�x  1 
�
�
�2 x 
�
�x  1

2

4
y2
ĐK x �1; y �2
1
5
y2

�x
a
�
�x  1
b �0 Khi đó hệ phương trình trở thành:
Đặt �
� 1 b
�y  2
�
3a  2b  4
3a  2b  4
7a  14
a2
�
�
�
�
��
��
��
�
2a  b  5
4a  2b  10

b 1
�
�
�2a  b  5
�
�x
2
�
�x  2
�x  1
��
Khi đó ta có: �
� 1  1 �y  1
�y  2
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x; y    2; 1 .

Câu 18.

�4
�x  y 
�
Giải hệ phương trình: �
�1 
�
�x  y

1
5
y 1
.

2
 1
y 1
Lời giải

Hệ phương trình tương đương với:
Đặt u 

1
1
và v 
. Hệ phương trình thành :
x y
y 1

4u  v  5
8u  2v  10
9u  9
u 1
�
�
�
�
��
��
��
�
u  2v  1 �
u  2v   1
v 1

�
�2v  u  1 �
Do đó, hệ đã cho tương đương :


�1
�x  y  1 �x  y  1 �x  1
�
��
��
�
�y  1  1
�y  2
� 1 1
�
�y  1
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x; y    1; 2  .
Câu 19.

�
�4 x  3 y  4
Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: �
.
�2 x  y  2
Lời giải
�
�
�
4 x 3 y  4
4 x 3 y  4

5 y 0
�
�
�
��
��
�
2 x y 2
4 x 2 y 4
2 x y 2
�
�
�
�
�y  0
�y 0
��
��
�x  1
2 x 2
�

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x; y    1;0  .

Câu 20.

2
�x  2
�x  1  y  2  6
�

Giải hệ phương trình �
.
5
1
�

3
�
�x  1 y  2

Lời giải
+ Điều kiện: x �1; y �2
2
2
� 1
�1
�5
1

6

5
�
�
�x  1 
� x 1 y  2
�x  1 y  2
�
��
��

��
�5  1 3
�5  1 3
�5 
�
�
�
�x  1 y  2
�x  1 y  2
�x  1

10
 25
y2
1
3
y2

� 5
� 11
1
�

22
�y  2
y

2

�y  2

�
2
�
�
�
��
��
� �5
1
5
1

3
�5  1 3 �

 3 �x  1 5

2
x

1
y

2
�x  1 y  2
�
�
�
�
2

� 5
�y 
�� 2
�
�x  0
� 5�
0; �.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   �
� 2�


HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
I.HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I:
Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.
 Phương trình n ẩn x1 , x2 , ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi x j ; x j bởi xi thì phương trình
khơng thay đổi.
 Khi đó phương trình ln được biểu diễn dưới dạng:
x1  x2  ...  xn
x1 x2  x1 x3  ...  x1 xn  x2 x1  x2 x3  ...  xn 1 xn
...............................
x1 x2 ...xn
 Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng.
 Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét.
n
n 1
* Nếu đa thức F  x   a0 x   a1 x  ...an , a0 � 0, ai �P có nghiệm trên P là c1 , ..., cn thì:
a
�
c1  c2  ...  cn   1
�

a0
�
�
a
c1c2  c1c3  ...  c1 cn  c2 c1  c2 c3  ...  cn-1cn  2
�
a0
�
�
...............................
�
a
�
c1c1 ... cn  (1) n . n
�
a0
�

(Định lý Viét tổng quát)
Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn:
1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2:
Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì:
b
�
S  x  x2  
�
� 1
a
�
c

�P  x .x 
1 2
�
a
�x1  x2  S
Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có �
thì x1 , x2 là nghiệm của phương trình
�x1 .x2  P

X 2  SX  P  0.
2. Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn có dạng

�f ( x, y )  0
�f ( x, y )  f ( y , x )
, trong đó �
.
�
�g ( x, y )  0
�g ( x, y )  g ( y, x )

3.Cách giải:
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 �4 P .
Bước 3: Thay x, y bởi S , P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S , P rồi dùng Viét đảo tìm x, y.
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.
4. Bài tập:
Loại 1: Giải hệ phương trình

�x 2 y  xy 2  30

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình � 3

3
�x  y  35

.

GIẢI
Đặt S  x  y, P  xy , điều kiện S �4 P . Hệ phương trình trở thành:
2


�P  30
�
S
�
�S  5
��
�
�
90 �
P

6
2
�
�S �
�S  S � 35

��
�
�xy ( x  y )  2
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình � 3
.
3
�x  y  2
�SP  30
�
� 2
�S ( S  3P )  35

�x  y  5
�
�
�xy  6

�x  2 �x  3
��
.
�
�y  3 �y  2

GIẢI

Đặt t   y , S  x  t , P  xt , điều kiện S 2 �4 P Hệ phương trình trở thành:
�xt ( x  t )  2
�SP  2
�S  2
�x  1

�x  1
.
� �3
��
��
��
�3 3
�x  t  2
�S  3SP  2
�P  1
�t  1
�y  1
�x  y  1  1  4
�
x y
�
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình �
.
�x 2  y 2  1  1  4
x2 y2
�
GIẢI

Điều kiện x �0, y �0 .

��x  1 � �y  1 � 4
�
��
�
�

�� x � � y �
Hệ phương trình tương đương với: �
2
2
��x  1 � �y  1 �  8
� �
�
��
� x� � y�
�
1 � 1� 2
� 1�� 1�
,P  �
x �
, S �4 P ta có:
Đặt S  �x  � �y  �
�
�
�y  y �
� x�� y�
� x�
�
�
��x  1 � �y  1 � 4
�x  1  2
� x�� y�
�
�
S


4
S

4
�
�
��
� x
�x  1
��
�
��
��
��
��
.
�2
1
1�
1�
y 1
�P  4
�
�
�S  2 P  8
��
�
y 2
�x  �
�y  � 4

� y
�� x �
� y�
� x 2  y 2  2 xy  8 2 (1)
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình �
.
(2)
� x y 4

GIẢI
Điều kiện x, y �0 . Đặt t  xy �0 , ta có:
xy  t 2 và (2) � x  y  16  2t .

Thế vào (1), ta được:
t 2  32t  128  8  t � t  4

Suy ra:

�xy  16
�
�
�x  y  8

�x  4
.
�
�y  4

Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm
Phương pháp giải chung:

+ Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
+ Bước 2: Đặt S  x  y , P  xy với điều kiện của S , P và    * .
+ Bước 3: Thay x, y bởi S , P vào hệ phương trình.
Giải hệ tìm S , P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m .
Chú ý:
Khi ta đặt ẩn phụ u  u  x  , v  v  x  và S  u  v, P  uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u , v.
Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:


� x  y 1
.
�
�x x  y y  1  3m

GIẢI

Điều kiện x, y �0 ta có:

� x  y 1
� x  y 1
��
�
3
3
�x x  y y  1  3m
�( x )  ( y )  1  3m
Đặt S  x  y �0, P  xy �0 , S 2 �4 P. Hệ phương trình trở thành:
�S  1
�S  1
��

.
�3
�P  m
�S  3SP  1  3m
1
Từ điều kiện S �0, P �0, S 2 �4 P ta có 0 �m � .
4
�x  y  xy  m
Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình � 2
có nghiệm thực.
2
�x y  xy  3m  9

GIẢI

�x  y  xy  m
�
�2
2
�x y  xy  3m  9

�( x  y )  xy  m
.
�
�xy ( x  y )  3m  9

�S  P  m
.
�SP  3m  9
Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t 2  mt  3m  9  0

�S  3
�S  m  3
��
��
.
�P  m  3 �P  3
32 �4(m  3)
�
21
m
m 3 2 3.
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm �‫�ڳ‬
�
2
4
( m  3) �12
�

Đặt S  x  y, P  xy, Hệ phương trình trở thành: �

� x4

Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình �

y 1  4

�x  y  3m

có nghiệm.

GIẢI
Đặt u  x  4 �0, v 

y  1 �0 hệ trở thành:
�u  v  4
�
�2
2
�u  v  3m  5

�u  v  4
�
�
21  3m .
uv 
�
�
2

21  3m
 0 (*).
Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t 2  4t 

Hệ có nghiệm � (*) có 2 nghiệm khơng âm.
� / �0
�
۳��
�
S 0
�

�P �0
�

2

�3m  13 �0
� 2
�
�21  3m �0
� 2

13
3

m

7.

�x 2  y 2  4 x  4 y  10
có nghiệm thực.
�xy ( x  4)( y  4)  m

Ví dụ 4. Tìm điều kiện  m để hệ phương trình �

GIẢI
�( x 2  4 x)  ( y 2  4 y )  10
�x 2  y 2  4 x  4 y  10
�
.
�

� 2
2
�xy ( x  4)( y  4)  m
�( x  4 x)( y  4 y )  m
Đặt u  ( x  2)2 �0, v  ( y  2) 2 �0 . Hệ phương trình trở thành:
�u  v  10
�S  10
��
 S  u  v, P  uv  .
�
�uv  4(u  v)  m  16
�P  m  24


�S 2 �4 P
�
Điều kiện �S �0 � 24 �m �1 .
�P �0
�

Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình.
Ví dụ 1. Giải phương trình:

3

x  3 1 x 

3
.
2

GIẢI
3
�
�x u
Đặt: �3
. Vậy ta có hệ:
�1  x  v

3
�
uv 
�
2 
�
3
3
�
u  v 1
�

3
�
uv 
�
�
2
�
19
�

u.v 
�
36

3
�
uv
�
2

�
2
�
� 1
(u  v ) �
(
u

v
)

3
uv
�
�
�

3
2

19
 0
36
�
�9
9 5
�
x  �

�
�
�
12
 �
9 - 5
�
�9

x  �
�
12
�
�
�
�

u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2 - X 
�
u
�

�

�
u
�
�

3
�
�9  5 �
�
Vậy phương trình có hai nghiệm:  x = ��
� 12 �
�;
�
�
�
�

3

 5�
�
12 �
�
3

- 5�
�
12 �

�

3
�9  5 ��
�
�
� 12 �
��.
�
��

II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI 2 HAI ẨN
A. Định nghĩa:
�f ( x, y )  0  1 
�
�f ( y , x)  0  2 

Cách giải: Lấy (1)  (2) hoặc (2)  (1) ta được: (x  y ) g  x, y   0 .
Khi đó x  y  0 hoặc g  x, y   0.

+ Trường hợp 1: x  y  0 kết hợp với phương trình  1 hoặc  2  suy ra được nghiệm.

+ Trường hợp 2: g  x, y   0 kết hợp với phương trình  1   2  suy ra nghiệm (trong trường hợp này
hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thơng thường vơ nghiệm.
B. Các ví dụ:
3
�
�x  3 x  8 y  1
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình � 3
(I)

�y  3 y  8 x  2 

GIẢI
Lấy (1)  (2) ta được: (x - y)(x + xy + y + 5) = 0
2

2

��
x  0
�x 3  3 x  8 y
�x 3 - 11x  0
��
��
� ��
Trường hợp 1: (I) � �
x  � 11 .
�x  y
�x  y
�
�x  y
2
2
�
�x  xy  y  5  0
Trường hợp 2: (I) � �3
(hệ này vô nghiệm)
3
�x  y  11 x  y 
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm:

 (x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11)






�
�x 

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình �

4

y 1 1

4
�y  x  1  1

GIẢI
Đặt: x - 1 = u �0;
4

4

y - 1 = v �0

�
u4  1  v  1 �
u4  v  0

u  0
�
�
�
�
��
Hệ phương trình trở thành �4
�4
v  0
v  1 u  1 �
v  u  0
�
�
�x = 1
(Do u, v ≥ 0) � �
.
�y = 1
Vậy hệ có nghiệm (1,1)
2
�
�x  y  y  m
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình � 2
�y  x  x  m

(I)

a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
2
2

�
�x  �y
�x - y  y - y - x  x
��
�
�
2
2
�x  y - y  m
�x  y - y  m
Giải (I)

�
�x
�
�
�x
�
��
�x
�
�
�
�x
�

 y

�
�x  y

�
�2
 y2 - y  m
�x - 2 x  m  0
�
��
 - y
�x  - y
�
�2
�
 y2 - y  m
�y  m  0
�

�
 x' � 0
1 - m �0
m �1
�
�
� �
��
m 0
a) Hệ phương trình có nghiệm  � '
�
- m �0
m �0
 y �0
�

�
�
�
�
 x'  0
�
�
1- m  0
�
�
� '
�
�
y  0
�
-m  0
�
�
�
b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  � '
 �
 m  1.
1
m

0
�
�



0
�
�x
�
�
� '
�
-m  0
�
�


0
�
�y
�
Vậy m = 1.
Ví dụ 3: Giải phương trình: x3  1  2 3 2 x  1 .
GIẢI
3
3
Đặt 2x - 1 = t  2x - 1 = t .
3
3
�
�
�x 3 - 2 x  1  0
�x  1  2t
�x  1  2t
Ta có hệ �3

�
�
t  1  2x
( x - t )( x 2  xt  t 2  1)  0
�
�
�x  t
x  1
�
�
( x - 1)( x 2  x - 1)  0
�
�
 �
-1 � 5
x 
�x  t
�
2
-1± 5
Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1;
.
2


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
A.PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC:
Điểm mấu chốt khi giải hệ bằng phương pháp biến đổi theo các hằng đẳng thức:
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau

�
 3  x 2  x  2 y 2 y 1  0
�
a) �
3
�x2 2 y2 5

�
2x2 y  y3  2x4  x6
�
b) �
2
 x  2  y  1   x  1
�

Giải

1
2
2  x  2  x   2 y  1 2 y  1  2 y  1

Điều kiện: x �2, y � . Phương trình (1) tương đương:

a)

 2  x

Đặt a  2  x , b 

2
2
2 y  1 . Ta có phương trình: a 3  a  b3  b �  a  b   a  ab  b  1  0 . Do
2

2
� b � 3b
a  ab  b  1  �
a  �
 1  0 suy ra phương trình cho ta a  b
� 2� 4
2

2

2 y  1  2  x � x  3  2 y thay vào ta có:

3

5  2 y  2 y  2  5 � Đặt a  3 5  2 y ; b 

hệ phương trình sau:

�
�
�
�
a  1; b  2
y2
�

�
a  2b  5
�
3  65
23  65
233  23 65
�
�
.
�
a

;
b

�
y

�3
2
�
�
4
8
32
a

2
b


9
�
�
�
65  3
23  65
�
� 233  23 65
a
;b 
y
�
�
4
8
32
�
�
Vậy hệ có nghiệm

�23 65  185 233  23 65 �� 23 65  185 233  23 65 �
;
, 
;
��
�
��
�
16
32

16
32
�
��
�
Điều kiện: y �1 .

 x; y    1; 2  , �
�
b)





3
6
2
2
Ta viết lại phương trình (1) thành: y  x  2 x y  x  0

�
y  x2
�  y  x 2   y 2  yx 2  x 4  2 x 2   0 � �
x y0
�
Dễ thấy x  y  0 không phải là nghiệm. Khi y  x 2 thay vào (2) ta được:

 x  2

x 2  1   x  1 �  x  2 
2

2

x

2



�
x  3, y  3
4
 1   x  1 � �
x   3, y  3
�



(thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm  x; y   � 3;3 .
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
5
4
10
6
�
�x  xy  y  y
a) �
2

� 4x  5  y  8  6

y  2 ta có


�
2 x3  4 x 2  3x  1  2 x3  2  y  3  2 y
�
b) �
3
�
� x  2  14  x 3  2 y  1
Giải
Điều kiện: x �

a)

5
.
4

Ta thấy y  0 không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho y 5 ta được:
5

x
�x � x
5
5
5
� �  y  y . Đặt a  y ta có phương trình: a  a  y  y suy ra

�y � y

 a  y   a 4  a 3 y  a 2 y 2  ay 3  1  0 � y  a � x  y 2

4 x  5  x  8  6 � x  1 � y  �1 . Từ đó tính được y  �1
1 .
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    1; �
3
2
2
Chia phương trình (1) cho x �0 :
4 3 1
 1 � 2   2  3   4  2 y  3  2 y
x x
x

Điều kiện: x �2; y � .Ta thấy khi x  0 thì hệ khơng có nghiệm.

b)

3





3
� 1� � 1�
��
1  � �

1  � 3  2 y  3  2 y .
� x� � x�
1
1
Đặt a  1  , b  3  2 y . Ta có a 3  a  b3  b � a  b � 3  2 y  1  .
x
x
3
2
3
3
Thay vào (2) ta được: x  2  15  x  1 � x  1  15  x � x  3 x  4 x  14  0 .
111
� 111 �
7;
� x7� y
. Vậy hệ có nghiệm  x; y   �
�.
98
� 98 �

Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau

�
(17  3 x) 5  x  (3 y  14) 4  y  0
�

(1)
(2)

a) �

2 2 x  y  5  3 3 x  2 y  11  x 2  6 x  13
�





�x  x  y   x  y  2 y 2 y 3  1
�
b) �
2
2
3
�
�x y  5 x  7  x  y   4  6 xy  x  1
Giải

�x �5
�y �4
�
a) Điều kiện: �
�2 x  y  5 �0
�
3 x  2 y  11 �0
�
3  5  x   2�
3  4  y   2�
Biến đổi phương trình (1) ta có: �

�
�5 x  �
�
� 4  y Đặt a  5  x , b  4  y ta





3
3
2
2
có” 3a  2a  3b  2b �  a  b  3a  3ab  3b  2  0 � a  b

� 5  x  4  y � y  x 1
Thay vào (2) ta có: x 2  6 x  13  2 3x  4  3 5 x  9
Điều kiện xác định của phương trình (4) là: x �

4
3

(4)




 



(4) � x 2  x  2 x  2  3 x  4  3 x  3  5 x  9  0
� x x

2  x2  x 

3 x2  x 


0
x  2  3x  4 x  3  5 x  9
2
3
�
�
�  x2  x  �
1

� 0
� x  2  3x  4 x  3  5x  9 �
2

�
x2  x  0
��
2
3
�
1


0
� x  2  3x  4 x  3  5 x  9
�
x  0 � y  1
�
(*) x 2  x  0 � �
x  1 � y  2
�
2
3
4

 0 do điều kiện x �
Ta có 1 
x  2  3x  4 x  3  5 x  9
3
Kết luận:  x; y    0; 1 ,  1; 2 
b) Điều kiện: y �0, x  y �0 .
Nhận thấy y  0 thì hệ vơ nghiệm. Ta xét khi y  0
Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp:
2
2
PT(1) � x  xy  2 y  2 y  x  y �  x  y   x  2 y  

Rõ ràng x  2 y  x  y  y  0;

 x  y
2y  x  y

1

 0 , từ đó suy ra x  y .
2y  x  y

Thay vào (2) ta được: x 3  5 x 2  14 x  4  6 3 x 2  x  1 .
Biến đổi phương trình đã cho tương đương:

x3  3x 2  6 x  4  8 x 2  8 x  8  3 3 8 x 2  8 x  8
�  x  1  3  x  1  8 x 2  8 x  8  3 3 8 x 2  8 x  8 .
3





2
2
Đặt a  x  1, b  3 8 x 2  8 x  8 suy ra a 3  3a  b3  3b �  a  b  a  ab  b  3  0 � a  b

x  1  3 8 x 2  8 x  8 � x  1; y  1 .
Vậy hệ có nghiệm  x; y    1;1 .
B. KHI TRONG HỆ CĨ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 THEO ẨN x, HOẶC y
Khi trong hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x hoặc y ta có thể nghỉ đến các hướng xử
lý như sau:
*
Nếu  chẵn, ta giải x theo y rồi thế vào phương trình cịn lại của hệ để giải tiếp
*
Nếu  không chẵn ta thường xử lý theo cách:
+
Cộng hoặc trừ các phương trình của hệ để tạo được phương trình bậc hai có  chẵn hoặc tạo thành các hằng
đẳng thức

+
Dùng điều kiện  �0 để tìm miền giá trị của biến x, y . Sau đó đánh giá phương trình cịn lại trên miền giá
x
,
y
trị
vừa tìm được:
Ta xét các ví dụ sau:


Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau
2
2
�
�xy  x  y  x  2 y
a) �
�x 2 y  y x  1  2 x  2 y

(1)
(2)

�
2 x 2  y 2  3 xy  3 x  2 y  1  0
�
b) � 2
4x  y2  x  4  2x  y  x  4 y
�
Giải
Xét phương trình (1) của hệ ta có:

xy  x  y  x 2  2 y 2 � x 2  x( y  1)  2 y 2  y  0 . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có:
  ( y  1) 2  8 y 2  4 y  (3 y  1)2 . Từ đó suy ra
� y  1  (3 y  1)
x
 y
�
2
�
y  1  (3 y  1)
�
x
 2y 1
�
2
�x �1
suy ra phương trình vô nghiệm
�y �0

Trường hợp 1: x   y . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: �
Trường hợp 2: x  2 y  1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

(2 y  1) 2 y  y 2 y  2 y  2 � y 2 y  2 y  2( y  1)
� ( y  1)
b)





2y  2  0 � y  2 � x  5

Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( x; y )  (5; 2)
Xét phương trình (1) của hệ ta có:

2 x 2  y 2  3xy  3x  2 y  1  0 � 2 x 2  x(3  3 y )  y 2  2 y  1  0 .
Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:
  (3  3 y) 2  8  y 2  2 y  1  y 2  2 y  1  ( y  1) 2

� 3 y  3  ( y  1) y  1
x

�
4
2
Suy ra �
3
y

3

(
y

1)
�
x
 y 1
�
4
Trường hợp 1: y  x  1 thay vào phương trình (2) ta thu được:

3 x 2  x  3  3x  1  5 x  4
� 3 x 2  3 x  ( x  1  3 x  1)  ( x  2  5 x  4)  0
1
1
�
�
�  x2  x  �
3

� 0
� x  1  3x  1 x  2  5 x  4 �
x0
1
1
�
1

 0 � x2  x  0 � �
nên 3 
x 1
x  1  3x  1 x  2  5 x  4
3
�
Trường hợp 2: y  2 x  1 thay vào phương trình (2) ta thu được:
Do x �

3  3x  4 x  1  5 x  4 � 4 x  1  5 x  4  3x  3  0
Giải tương tự như trên ta được x  0 .
Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( x; y )  (0;1), (1; 2)
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau

�x  3  2  3 y  x   y  1
(1)
�
a) �
x5
 xy  2 y  2 (2)
� 3y  2 
2
�
� 2 y 2  7 y  10  x  y  3  y  1  x  1
�
b) �
3
 x  2y
� y 1 
x 1
�
�
� 4x  y  3y  4x  1

c) �

�2 3 y  4 x  y (5 x  y )  x (4 x  y )  1

Giải

2
3

Điều kiện: y � ; x �3;3 y �x .
Phương trình (1) tương đương ( x  3) 2  4( y  1)(3 y  x)

� x 2  6 x  9  12 y 2  12 y  4 xy  4 x � x 2  2 x(5  2 y )  12 y 2  12 y  9  0
Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:

 '  (2 y  5) 2  12 y 2  12 y  9   4 y  4 

2

x  5  2 y  (4 y  4)  6 y  9
�
x  5  2 y  (4 y  4)  2 y  1
�

suy ra �

Trường hợp 1: x  6 y  9 .

6 �y 9

Do x �3 � -

3

y

1 suy ra phương trình vơ nghiệm.

Trường hợp 2: x  2 y  1 thay vào phương trình 2 của hệ ta có:

3y  2  y  2  2 y2  3y  2 �
Ta có:

2  y  2
3y  2  y  2

  2 y  1  y  2 

2
3
7
� ; 2 y 1 � .
3
3y  2  y  2
2

Nghĩa là VP  VT , suy ra y  2 � x  1 .
Vậy hệ có nghiệm  x; y    1; 2  .
b)

�x  1 �0
�
Điều kiện: �y  1 �0
.
�
2
2 y  7 y  10  x  y  3  �0
�

Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: x �۳
1 0
Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng:

x

1.

2 y 2  7 y  10  x  y  3   x  1  y  1 .
Để bình phương được ta cần điều kiện: x  1 � y  1 � x 2  x �y .
Ta bình phương hai vế được:

2 y 2  8 y  8  x  y  3  x 2  2 x  2  x  1
Ta đưa phương trình (2) về dạng:  x  1
Thế (2) vào (1) ta được:

y  1 (1).

y  1  x 2  x  2 xy  2 y  3 (2).


2 y 2  8 y  8  x  y  3  x 2  2 x  2  x 2  x  2 xy  2 y  3 � 2 y 2  4 y  2  3xy  x 2  3x  0
x  y 1  0
�
2
� x 2  3 x  y  1  2  y  1  0 �  x  y  1  x  2 y  2   0 � �
.
x  2y  2  0
�
*

Với x  y  1  0 � y  1  x , ta có thêm x �2 thay vào phương trình (2) ta có:

 x  1

2  x  1  x  x 2 � x 2  x  1   x  1 2  x  0 .

Vì 1 �x �2 , ta dễ thấy: VT  0 , nên suy ra phương trình vơ nghiệm.
Với x  2 y  2  0 � y 

*

2 x
, thay vào phương trình (2) ta được:
2

4 x
3

 2 . Đặt u  x  1
2
x 1

khi đó ta thu được phương trình:

c).

�
u 3  3u 2  24u  18  0
5u
3

�
 2 � � 3
� u 3� x  2� y 0.
2
u
u�
�
� 2
Hệ có một cặp nghiệm duy nhất: x  2; y  0
y
3y
Điều kiện �x � .
4
4
Ta viết phương trình (1) thành:

4 x  y  1  3 y  4 x . Bình phương 2 vế ta thu được:

2 3 y  4 x  8 x  4 y  1 . Thay vào phương trình (2) của hệ ta có:
4 x 2  4 x( y  2)  y 2  4 y  0 . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì
� 2( y  2)  4 y
x

�
2
4
2
2
 '  4  y  2   4( y  y )  16 suy ra �
2( y  2)  4 y  4

�
x

�
4
2
Trường hợp 1: y  2 x thay vào phương trình (1) ta có: 2 x  12 vô nghiệm
Trường hợp 2: y  2 x  4 thay vào phương trình (1) ta thu được:
273
257
2 2 x  12  15 � x 
,y
8
4
�273 257 �
Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm:  x; y   � ;
�
4 �
�8
C. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Để giải được hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ta cần nắm chắc các bất đẳng thức cơ bản như: Cauchy,
Bunhicopxki, các phép biến đổi trung gian giữa các bất đẳng thức, qua đó để đánh giá tìm ra quan hệ x, y
Ngồi ra ta cũng có thể dùng hàm số để tìm GTLN, GTNN từ đó có hướng đánh giá, so sánh phù hợp.

Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau

1
2
� 1



�
1  2 xy
� 1  2x2
1 2 y2
a) �
� x 1 2x  y 1 2 y  2




�
9
�

b)


� 2
2
2
2 3
�x  x  y   x  2  x  y 
.
�
2
2
3
�
76 x  20 y  2  4 x  8 x  1

�
Giải
a)

1
2

Điều kiện: 0 �x, y � .

� 1 �
�.
� 2�

0;
Đặt a  2 x, b  2 y; a, b ��

1 �
�1
� 2� 2 
�.
1  a 1  b2 �
�
1  a2
1  b2
Ta sử dụng bổ đề với a, b  0 và ab �1 ta có bất đẳng thức:
Ta có: VT 

1
1


�
2
1  a 1  b2

1



2
1  ab

1

 a  b   ab  1
 1  ab   1  a 2   1  b 2 
2

0 (đúng).

2
 VP .
1  ab
Đẳng thức xảy ra khi x  y . Thay vào(2) ta tìm được nghiệm của phương trình.
Vậy VT �

�9  73 9  73 ��9  73 9  73 �
;
,
;
��

�.
36 ��
36 �
�� 36
�

Nghiệm của hệ  x; y   �
� 36
�
b)

Điều kiện: x �y 2 �0 .





Phương trình (1) tương đương: x 3  x x  y 2  2
Đặt

 x y 

2 3

0.

x  y 2  u phương trình (1) thành:

x3  xu 2  2u 3  0 � x  u � y 2  x  x 2 .
Thay vào (2) ta được: 96 x 2  20 x  2  3 32 x 2  4 x .





32 x 2  4 x  2
3

Ta có 96 x 2  20 x  2  3 32 x 2  4 x  3 1.1. 32 x 2  4 x �

1
7.
�y�
8
8
�1
7�
;
�
Từ đó ta có các nghiệm của hệ là: Vậy hệ có nghiệm  x; y   �
�.
�8
8 �
�
�
� 3  96 x 2  20 x  2  �32 x 2  4 x  2 �  16 x  2  �0 � x 
2

Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau

2 xy
�
x

 x 2  y  1
� 3 2
x  2x  9
�
a)
với x, y �0
�
2
xy
2
�y 
 y  x  2
2
3
�
y

2
y

9
�
�
3 x  10 xy  y  12
�
b) � 6  x 3  y 3 

.
2
2

2
x

y
�
3
�x  2


2
� x  xy  y
Giải


Hiển nhiên x  y  0 là một nghiệm của hệ. Ta xét x �0 và y �0 . Cộng theo vế hai phương trình trong

a)

�
1

hệ ta được 2 xy �
�3 x  1 2  8

�

�
� x 2  y 2 . Chú ý rằng
2
y  1  8 �
�
1

3



�
1
�
xy

0
2
xy

Với
ta có
�3 x  1 2  8

�

1

1
1

1
� ;
� .
2
2
3
 x  1  8 2 3  y  1  8 2

�
��2 xy �x 2  y 2 .
2
y  1  8 �
�
1

3



Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . Với xy  0 . Khả năng này không thể xảy ra. Thật vậy, khơng làm
mất tính tổng qt giả sử x  0, y  0 thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm  x; y  là

 0;0  ,  1;1 .
Theo bất đẳng thức AM  GM ta có :

b)

x y
xy �
� 12  3x  10 xy  y �3x  5 x  5 y  y  8 x  4 y � 2 x  y �3

2
Ta sẽ chứng minh:

x

6  x3  y 3 

x 2  xy  y 2

 2 x  y
2

2

 �2 x  y ۳

6  x3  y 3 
x 2  xy  y 2

2  x 2  y 2   x  y ( �).

) ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
Ta có: x  y � 2( x 2  y 2 ) Để chứng minh ( �
6  x3  y 3 
x  xy  y
2

2

�2 2( x 2  y 2 ) (1)

x2  y 2
nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được:
2

Mặt khác ta cũng có: xy �

6( x 3  y 3 )
�2 2( x 2  y 2 ) � 2( x3  y 3 ) �( x 2  y 2 ) 2( x 2  y 2 )
2
2
x y
x2  y2 
2
6
6
3 3
� x  y  4 x y  3 x 2 y 2 ( x 2  y 2 ) �0 (2)
Vì y > 0 chia hai vế cho y 6 đặt t 

x
 0 bất đẳng thức (2) trở thành.
y

t 6  3t 4  4t 3  3t 2  1 �0
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do:

t 6  3t 4  4t 3  3t 2  1  (t  1) 2 (t 4  2t 3  2t  1)
� x

6  x3  y 3 

x  xy  y
2

2

 2  x 2  y 2  �3

�x, y  0
�
2x  y  3 � x  y  1
Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số x, y thỏa mãn điều kiện �
�x  y
�
là nghiệm của hệ
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau


� 41 �
1 �
2
9
�
�x 
� 3  40 x
2x  y �
a) � 2 �
với x, y  0
�2
2

�x  5 xy  6 y  4 y  9 x  9
� x2  y 2
x 2  xy  y 2

 x y
�
b) �
2
3
�
�x 2 xy  5 x  3  4 xy  5 x  3
Giải
a)

Phương trình (1) tương đương:

�
1 � 6  80 x
.
82 �x 2 
�
9
� 2x  y �

Ta có:

VT 

1

2

�
1 �
1
3
6
 92  �x 2 
�9 x 
�9 x 
��9 x 
2x  y  9
2x  y
9  2x  y 
� 2x  y �

6  80 x
� �
9

6
2x  y  9

3x 2 x 2

xy 6 y

0 (*)

Lấy (*) cộng với PT(2) ta được:

 x 2  4 xy  4 y 2  12 y  6 x  9 �0 �   x  2 y  3  �0 � x  3  2 y .
2

Để dấu bằng xảy ra thì x  y  3 .
Vậy hệ có nghiệm  x; y    3;3 .
b)

Ta có

x2  y2  x  y 
 �
2
4

2

 x  y

x 2  xy  y 2  x  y 
 �
3
4

2

 x  y

4
2

2

x2  y 2
2

4

 x  y

2

 x  y

12

2

4

x y
2

x 2  xy  y 2
3

x y
2

x2  y 2

x 2  xy  y 2

�x  y �x  y
2
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y �0
Từ đó suy ra

Thay x  y vào phương trình cịn lại ta có: x 2 x 2  5 x  3  4 x 2  5 x  3
Để ý rằng x  0 không phải là nghiệm. Ta xét x  0 , chia phương trình cho x 2 thì thu được:

2

5 3
5 3
�5 3 �
 2  4  �  2 �. Đặt t  2   2  0 ta có phương trình:
x x
x x
�x x �
5 3
3 5
t2  t  6  0 � t  2 � 2   2  4 � 2   2  0 � x  3
x x
x
x
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    3;3

Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau
2

4
�
� x  32  x  y  3  0
a) �
�4 x  32  x  6 y  24  0





� xy  ( x  y ) xy  2  x  y  y
�
b) �
�
( x  1) �
y  xy  x (1  x ) �
�
� 4
�

(1)
(2)


Giải
a)

0 �x �32
�
�y �4

Điều kiện: �

Cộng hai phương trình vế theo vế ta có:

x  32  x  4 x  4 32  x  y 2  6 y  21 (*)
Ta có: y 2  6 y  21   y  3  12 �12 .
2

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

x  32  x �  1  1  x  32  x   8
� 4 x  4 32  x �  1  1
Vậy





x  32  x  4

x  32  x  4 x  4 32  x �12 . Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi x, y phải thỏa mãn:

� x  32  x
�
�x  16
�4
4
� x  32  x � �
�y  3

�y  3  0
�
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x; y   (16;3)

b)

�
�x, y �0
�xy  ( x  y )

Điều kiện: �





xy  2 �0

Chuyển vế và bình phương ở phương trình thứ nhất của hệ ta thu được:

xy  ( x  y )( xy  2)  ( y  y  x ) 2 � ( x  y )( y  xy  2)  ( x  y )(2 y  y  x )  0 (3)
Từ phương trình (1) của hệ ta có 2 y 

y  x  y  xy  ( x  y )( xy  2) �0 .

Từ phương trình (2) ta có:

( x  1)( y  xy )  x3  x  4  ( x  2)( x  1) 2  2( x  1) �2( x  1) � y  xy �2
Kết hợp với (3) ta suy ra x  y
Thay vào phương trình (2) ta có:

( x  1)  2 x  x(1  x)   4 � x 3  2 x 2  3 x  4  0 � x  1

Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất x  y  1
Nhận xét: Việc nhìn ra được quan hệ x  y là chìa khóa để giải quyết bài toán. Đây là kỹ năng đặc biệt quan
trọng khi giải hệ bằng phương pháp đánh giá cũng như chứng minh bất đẳng thức.
D. MỘT VÀI BÀI TẬP MINH HỌA

Câu 1.

�
2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3 x
�
Giải hệ phương trình � 2
�x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2
Lời giải

ĐK: y  2 x  1 �0, 4 x  y  5 �0, x  2 y  2 �0, x �1
00
�y  2 x  1  0
�x  1 �
��
��
TH 1. �
(Không TM hệ)
3  3x  0
1  10  1
�
�y  1 �
TH 2. x �1, y �1 . Đưa phương trình thứ nhất về dạng tích ta được

x y2
y  2 x  1  3  3x

( x  y  2)(2 x  y  1) 

�
�
1
( x  y  2) �
 y  2 x  1� 0 .
� y  2 x  1  3  3x
�
Do y  2 x  1 �0 nên

1
 y  2x  1  0 � x  y  2  0
y  2 x  1  3  3x

Thay y  2  x vào pt thứ 2 ta được x 2  x  3  3x  7  2  x
� x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x
3x  6
2 x
� ( x  2)( x  1) 

3x  7  1 2  2  x
1
� 3
�

� ( x  2) �

 1  x � 0
� 3x  7  1 2  2  x
�
Do x �1 nên

3
1

1 x  0
3x  7  1 2  2  x

Vậy x  2  0 � x  2 � y  4 (TMĐK)

Câu 2.

2
�
�xy  2  4  y (1)
Giải hệ phương trình � 2
�x  xy  1  0(2)

Lời giải
xy� x 2 1 0
Từ (2) 

x

0

�| x | . | y | xy  x 2  1 �2 | x |
  Mà |x | 0

| y| 2

y2

4

2
| xy 2 | 0
Từ (2)  �4y�

(*)
y2

4

(**)

Từ (*) và (**) ⇒ y 2  4 � y  �2
 y  2 . Thay vào (2) � x  1 . Thử lại  1; 2  là nghiệm của hệ.
 y  2 . Thay vào (2) � x  1 . Thử lại  1; 2  là nghiệm của hệ.
Vậy hệ phương trình có nghiệm  1; 2  và  1; 2  .

Câu 3.

8x  y  6
�

Giải hệ phương trình: � 2
�x  y  6
Lời giải


8x  y  6
8x  y  6
�
�8 x  y  6
�
�x  6
�x  2
hoặc �
� �2
� �2
��
.
�2
�y  42
�y  10
�x  y  6
�x  y  6
�x  8 x  12  0
Vậy hệ phương trình có nghiệm (6; 42) hoặc (2;10) .

Câu 4.

�3
y6
�

�2 x
Giải hệ phương trình: �
�1  2 y  4
�x

Lời giải
� 1
�x  2
�3
3

2
xy

12
x
8
x

4
�
�
�
y6
� 1
�
1
1
�2 x
�

�
�
�x 
��
1  2 xy  4 x � �
1  2 xy  4 x � �
1  2. y  4. � � 2 .
�
2
2
�1  2 y  4
�x �0
�x �0
�
�
�y  3
�
�
�x
�x �0
�
�
�1
�
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   � ; 3 �
�2
�

Câu 5.

Sở Hà Nam 2014-2015.

�
( x  2015  x 2 )( y  2015  y 2 )  2015
�
x
;
y
Tìm
thỏa mãn : � 2
3 x  8 y 2  12 xy  23
�
Lời giải
�
( x  2015  x 2 )( y  2015  y 2 )  2015
�
� 2
3 x  8 y 2  12 xy  23
�
Ta có:
( x  2015  x 2 )( 2015  x 2  x )  2015
(y 2015  y 2 )( 2015  y 2  y )  2015
2
2
�
�x  2015  x  2015  y  y
� x  y
Kết hợp với (1) suy ra �
2

2
y

2015

y

2015

x

x
�
�
2
2
Thay vào (2) ta được: 3 x  8x –12 x.   x   23
� x 2  1 � x  �1 .

Với x1   1  y1  1
Với x2    1  y2  1
Vậy có hai cặp giá trị của  x; y  thỏa mãn đề bài (1; -1) hoặc (-1; 1)
2.Giải hệ phương trình
2
2
�
�x  2 y  3xy  2 x  4 y  0
Hưng Yên 2014-2015.
�2
( x  5)2  2 x  2 y  5

�
Lời giải


�x 2  2 y 2  3 xy  2 x  4 y  0(1)
�
�2
( x  5) 2  2 x  2 y  5(2)
�
� x
y
(1) � ( x  2 y )( x  y  2)  0 � � 2
�
�y  x  2
*Xét y 

x
thì (2) � ( x 2  5) 2  x  5 . Đặt x 2 – 5  a nên ta có hệ phương trình :
2

2
�
ax
�
�x  5  a
� x 2  a 2  5  a  x  5 � (a  x)(a  x  1)  0 � �
�2
a  x 1
a  x5
�

�
- Khi a  x ta có phương trình x 2 – x – 5  0

1 � 21
� y1,2  1 � 21
2
- Khi a   x  1 thì ta có phương trình x 2  x – 4  0
x1,2 

1 � 17
3 � 17
� y3,4 
2
2
2
* Xét y  x  2 thì (2) � ( x  5) 2  9
x3,4 

�
x 2  5  3 � x  �2 2 � y  �2 2  2
�2
x  5  3 � x  � 2 � y  � 2  2
�
Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm…

Câu 6.

�x  y 
�
�

Giải hệ phương trình : �y  z 
�
�
�z  x 
2006.

4z  1
4 x  1 HS giỏi Tỉnh Quảng Ninh 20054y  1
Lời giải

1
§iỊu kiƯn cđa Èn : x, y , z � .
4
Nhân vế-vế cả ba phơng trình với 2 rồi cộng lại, ta đợc phơng trình:
(*)

4x 4 y 4z  2 4 x 1  2 4 y 1  2 4 z 1
BiÕn ®ỉi (*) �



 
2

4x 1 1 

 
2

4 y 1  1 



2

4z 1 1  0

1
� 4 x  1  4 y  1  4 z  1  1 � x y z thỏa mÃn đ/kiện.
2
1
Thử lại, thÊy x  y  z   tháa m·n hÖ.
2
�1 1 1 �
VËy hƯ ®· cho cã duy nhÊt nghiƯm lµ  x; y; z   � ; ; �.
�2 2 2 �


�4 x 2  y  3
�
Tìm nghiệm của hệ phương trình � 2
HSG Hà Tĩnh 2015-2016.
�y  4 xy  2 x  1

Câu 7.

Lời giải

Câu 8.

3 xy  4( x  y )
�
�
5 yz  6( y  z ) hsg Bình Thuận 2008-2009
Giải hệ phương trình: �
�
7 zx  8( z  x )
�
Lời giải

Nhận xét: x  y  z  0 là 1 nghiệm của hệ.
Nếu x �0 thì y và z �0 , khi đó chia các vế của từng phương trình cho xy; yz; zx ta được:
�3 1 1
�4  x  y
�3 1 1
�
�4  x  y
�5 1 1
�
3 xy  4( x  y )
�
 
�
�
�5 1 1
�6 y z
5 yz  6( y  z )  �    �
�
�
�6 y z

�7  1  1
7 zx  8( z  x )
�
�7 1 1
�8 z x
� 
�
�8 z x
�59  1  1  1
�
�48 x y z
�19 1
� 48
�48  x
�x  19
�
�
�17 1
� 48
 �   �y 
�48 y
� 17
�23 1
� 48
� 
�z  23
�
�48 z

Câu 9.

�xy  6  3x  2 y
Giải hệ phương trình � 2
HSG ĐÀ Nẵng 2008-2009.
2
�x  y  2 x  4 y  3
Lời giải

�xy  6  3x  2 y (1)
�2
2
�x  y  2 x  4 y  3 (2)
Từ (1) ta có

 x  2   y  3  0 �

x2
�
�y  3 .
�

x1  0
�
.
Thay y  3 vào (2) ta được �
x

2
�2
y1  3

�
.
Thay x  2 vào (2) ta được �
y2  1
�