Toán THCS, profile picture
Uploaded byToán THCS
10,686 views

Chuyên đề hệ phương trình

Tài liệu này cung cấp hướng dẫn chi tiết về cách giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn và các phương pháp khác nhau để giải chúng. Các phương pháp bao gồm phương pháp thế, cộng đại số, và đặt ẩn phụ, cùng với các ví dụ minh họa và bài tập thực hành. Ngoài ra, tài liệu cũng đề cập đến giải hệ phương trình chứa tham số và phương pháp giải hệ phương trình bậc cao.

Embed presentation

Downloaded 50 times
1 / 111
2 / 111
3 / 111
4 / 111
5 / 111
6 / 111
Most read
7 / 111
Most read
8 / 111
9 / 111
10 / 111
11 / 111
12 / 111
13 / 111
14 / 111
15 / 111
16 / 111
17 / 111
18 / 111
19 / 111
20 / 111
21 / 111
22 / 111
23 / 111
24 / 111
25 / 111
26 / 111
27 / 111
28 / 111
29 / 111
30 / 111
31 / 111
32 / 111
33 / 111
34 / 111
35 / 111
36 / 111
37 / 111
38 / 111
39 / 111
40 / 111
41 / 111
42 / 111
43 / 111
Most read
44 / 111
45 / 111
46 / 111
47 / 111
48 / 111
49 / 111
50 / 111
51 / 111
52 / 111
53 / 111
54 / 111
55 / 111
56 / 111
57 / 111
58 / 111
59 / 111
60 / 111
61 / 111
62 / 111
63 / 111
64 / 111
65 / 111
66 / 111
67 / 111
68 / 111
69 / 111
70 / 111
71 / 111
72 / 111
73 / 111
74 / 111
75 / 111
76 / 111
77 / 111
78 / 111
79 / 111
80 / 111
81 / 111
82 / 111
83 / 111
84 / 111
85 / 111
86 / 111
87 / 111
88 / 111
89 / 111
90 / 111
91 / 111
92 / 111
93 / 111
94 / 111
95 / 111
96 / 111
97 / 111
98 / 111
99 / 111
100 / 111
101 / 111
102 / 111
103 / 111
104 / 111
105 / 111
106 / 111
107 / 111
108 / 111
109 / 111
110 / 111
111 / 111
Trang 1Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960
Trang 2Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Nội dung CHUYÊN ĐỀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ........................................................................................... 3 KHÁI NIỆM HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN .............................................................. 3 I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 2 ẨN. ....................... 3 A. PHẦN LÝ THUYẾT...................................................................................................................... 3 Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế..................................................................... 3 Dạng 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số........................................................ 4 Dạng 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ ......................................................... 5 B. PHẦN BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN............................................................................................. 6 C. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN........................................................................................................ 8 PHẦN HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC I........................................................................................ 12 B. CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN.............................................................................................. 12 C. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN ........................................................................................................ 16 II: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ VÀ BÀI TOÁN PHỤ.................................. 20 A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ................................................................................... 20 Dạng 1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ........................................................ 20 Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  ;x y thỏa điều kiện cho trước. ...................... 20 Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa ,x y không phụ thuộc vào tham số m ......................................... 20 B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN....................................................................................................... 23 C. HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC II.............................................................................................. 26 III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ..................................................... 34 1. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1:.............................................................................................................. 34 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2............................................................................................................. 38 3. HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP................................................................................. 40 4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.......................................................................... 48 5. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.................................................................................................. 64 6. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC: .................................................................... 72 7. KHI TRONG HỆ CÓ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 THEO ẨN x, HOẶC y....................... 75 8. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ...................................................................................................... 79 MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH................................................... 85 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN........................................................................ 90 IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN............................................................................ 110
Trang 3Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 CHUYÊN ĐỀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁI NIỆM HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Cho hai phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c và a/ x + b/ y = c/ . Khi đó ta có hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn (I)      /// cybxa cbyax * Nếu hai phương trình ấy có nghiệm chung (xo;y0) thì (xo;y0) được gọi là một nghiệm của hệ (I). * Nếu hai phương trình đã cho không có nghiệm chung thì ta nói hệ (I) vô nghiệm. Giải hệ phương trình là tìm tất cả các nghiệm của nó. I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 2 ẨN. A. PHẦN LÝ THUYẾT. Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế a) Phương pháp giải: Để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế ta làm các bước sau đây: Biểu diễn một ẩn từ một phương trình nào đó của hệ qua ẩn kia. Thay ẩn này bới biểu thức biểu diễn nó vào phương trình còn lại. . Giải phương trình một ẩn nhận được. Tìm giá trị tương ứng của ẩn còn lại. b) Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình : { 2𝑥 + 𝑦 = 12 (1) 7𝑥 − 2𝑦 = 31 (2) Hướng dẫn giải Từ phương trình (1), biểu diễn y theo x ta có 12 2y x  . Thay y trong phương trình (2) bởi 12y x  , ta được  7 – 2 12 – 2 31 7 – 24 4 31 11 55 5 x x x x x x         Thay x = 5 vào phương trình 12y x  , ta được: 12 – 2.5 2y   . Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (5; 2)
Trang 4Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dạng 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số a) Phương pháp giải: Để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp cộng đại số ta làm các bước sau đây: Nhân cả hai vế của các phương trình trong hệ với số thích hợp (nếu cần) để đưa hệ đã cho về hệ mới, trong đó các hệ số của một ẩn nào đó bằng nhau (hoặc đối nhau). Trừ (hoặc cộng) từng vế của các phương trình trong hệ mới để khử bớt một ẩn. Giải phương trình một ẩn thu được. Thay giá trị tìm được của ẩn này vào một trong hai phương trình của hệ để tìm ẩn kia. b) Ví dụ minh hoạ : Giải hệ phương trình sau. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 3 2 11 2 1 x y x y      Hướng dẫn giải Các hệ số của ẩn y trong hai phương trình là đối nhau, vì vậy ta cộng từng vế của hai phương trình để khử ẩn y ta thu được: 4 12 3x x   Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta có: 3 2 1 2 2 1y y y        Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 2 5 8 2 3 0 x y x y      Hướng dẫn giải Các hệ số của ẩn x trong hai phương trình là bằng nhau, vì vậy ta trừ từng vế của hai phương trình để khử ẩn x, ta được: 8 8 1y y   Thay y = 1 vào một trong hai phương trình đã cho của hệ ta được: 3 2. – 3.1 0 2 3 2 x x x     Vậy hệ phương trình có nghiệm   3 , ; 1 2 x y       
Trang 5Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 5 11 8 10 7 74 x y x y      Hướng dẫn giải Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, giữ nguyên phương trình hai ta được hệ mới: 10 22 16 10 7 74 x y x y      Trừ từng vế của phương trình thứ nhất (mới) cho phương trình thứ hai ta được: 29 58 2 y y      Thay vào phương trình thứ hai, ta có  10 – 7. 2 74 10 60 6 x x x       Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x, y) = (6 ; -2) *Lưu ý: Khi trong hệ có chứa các biểu thức giống nhau, ta kết hợp phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ về một hệ mới đơn giản hơn. Sau đó sử dụng phương pháp cộng hoặc thế để tìm ra nghiệm của hệ phương trình. Dạng 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ a) Phương pháp giải Đặt điều kiện để hệ có nghĩa (nếu cần). Đặt ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ (nếu có). Giải hệ theo các ẩn phụ đã đặt. Trở lại ẩn đã cho để tìm nghiệm của hệ số. b) Ví dụ minh hoạ Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 1 1 1 3 4 5 x y x y          Hướng dẫn giải Điều kiện: x ≠0, y ≠ 0 Đặt 1 1 ;a b x y   (*)
Trang 6Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình đã cho tương đương với 1 3 4 5 a b a b      Ta có: 2 2 1 3 3 3 7 2 7 7 3 4 5 3 4 5 1 9 1 7 b a b a b b b a b a b a b a b a                                  Thay 2 7 9 7 b a       vào (*) ta có 1 2 7 7 2 71 9 97 y y x x             Vậy nghiệm của hệ phương trình là   7 7 , ; 9 2 x y        B. PHẦN BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN. Bài I.01. Giải hệ phương trình 3 2 7 2 4 x y x y      Bài I.02. Giải hệ phương trình: 3 2 11 2 1 x y x y      Bài I.03. Giải hệ phương trình: 2 3 3 x y x y       Bài I.04. Giải hệ phương trình: 3 4 3 4 1 x y x y       Bài I.05. Giải hệ phương trình sau: 2 5 1 x y x y      Bài I.0.6 Giải hệ phương trình sau: 2 5 3 3 4 x y x y       Bài I.07. Giải hệ phương trình sau: 1 3 2 3 x y x y      Bài I.08. Giải hệ phương trình sau: 7 26 5 3 16 x y x y        Bài I.09. Giải hệ phương trình sau: 3 2 11 2 1 x y x y     
Trang 7Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.10. Giải hệ phương trình sau: 2 3 1 4 9 x y x y      Bài I.11. Giải hệ phương trình: 2 8 1 x y x y       Bài I.12. Giải hệ phương trình: 2 1 1 x y x y      Bài I.13. Giải hệ phương trình: 3 5 5 2 23 x y x y      Bài I.14. Giải hệ phương trình 3( 1) 2( 2 ) 4 4( 1) ( 2 ) 9 x x y x x y          Bài I.15. Giải hệ phương trình: 2 3 1 2 4 y x y x         Bài I.16. Giải hệ phương trình: 1 1 2 3 7 2 2 x y x y          . Bài I.17. Giải hệ phương trình 3 2 4 1 2 2 1 5 1 2 x x y x x y             . Bài I.18. Giải hệ phương trình: 4 1 5 1 1 2 1 1 x y y x y y              . Bài I.19. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 4 3 4 2 2 x y x y       . Bài I.20. Giải hệ phương trình 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y             .
Trang 8Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các hệ phương trình sau: 1.      165 103 yx yx 2.      1232 823 yx yx 3.      0602 42 yx yx 4.      104 72 yx yx 5.      97 52 yx yx 6.      142 22 yx yx 7.      52 1853 yx yx 8.      83 735 yx yx 9.      0469 0223 yx yx 10.      1652 634 yx yx 11.      1043 32 yx yx 12.      0424 22 yx yx 13.      63 2 yx yx 14.      1892 42 yx yx 15.      12 342 yx yx 16.      543 52 yx yx 17.      3 32 yx yx 18.      537 )1(2 yxyx xyx 19.      54 1223 yx yx 20.      52 0 yx yx 21.      1036 )(52 yyx yxyx 22.      625 102 yx yx 23.      04 02 yx yx 24.      639 23 yx yx 25.      132 752 yx yx 26.      625 1025 yx yx 27.      32 3 yx yx 28.      1234 823 yx yx 29.      923 2 yx yx 30.      12 103 yx yx 31.      1224 2032 yxyx xyx 32.      326 23 yx yx 33.      323 232 yx yx 34.      0210 15 yx yx 35.      53)(5 23 yxyx xyx 36.      1264 632 yx yx 37.      73 32 yx yx 38.      432 623 yx yx 39.      52 72 yx yx 40.      2104 152 yx yx 41.      12 22 yx yx 42.      153 52 yx yx 43.      123 52 yx yx 44.      1 52 yx yx 45.      1225 823 yx yx
Trang 9Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 46.      134 1223 yx yx 47.      8)(35 )1(42 yxyx xyx 48. x y 5 x y 1      3 4 3 4 1 x y x y       50. 2 3 1 4 9 x y x y      51. 2 3 3 x y x y       52. 3 2 3 2 17 x y x y      53. 2 3 13 3 3 x y x y      54. 2 8 1 x y x y       55. 2 1 1 x y x y      56. 2 10 1 1 2 x y x y       57. 3 5 5 2 23 x y x y      58. 8 2 x y x y      59. 2 3 7 3 5 x y x y      60. 2 0 3 2 1 x y x y      61. 3 4 5 6 7 8 x y x y      62. 6 3 3 21 x y x y      63. 4 5 7 3 9 x y x y       64. 3( 1) 2( 2 ) 4 4( 1) ( 2 ) 9 x x y x x y          65. 2 3 3 2 8 x y x y      66. 3 8 7 2 23 x y x y      67. 3 5 2 3 1 x y x y      68. 2 3 3 2 1 x y x y      69. 3 3 1 x y x y      70. 4 3 4 2 2 x y x y       71. 2 6 3 4 x y x y      72. 6 2 3 x y x y      73. 4 2 2 x y x y      74. 3 3 5 x y x y      75. 2 3 3 4 x y x y      76. 3 2 3 x y x y      77. 2 4 2 5 x y x y      78. 3 5 3 x y x y      79. 1 2 1 x y xy x y xy        80. 2 1 3 2 12 x y x y      81. 2 6 11 4 9 1 x y x y      82. 2 3 1 2 4 y x y x         83. 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y             84. 2 2014 1 2 3 x y x y       85. 2 | | 4 4 3 1 x y x y      86. 2 1 3 4 x y x y      87. 3 2 4 2 4 x y x y     
Trang 10Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 88. 5 3 x y x y      89. 2 7 2014 2015 x y x y      90. 5 1 x y x y      91. ( 3)( 2) 7 ( 1)( 1) 2 x y xy x y xy          92. 2 3 2 1 x y x y       93. 2 5 1 3 2 8 x y x y       94. 3 2 4 4 3 5 x y x y      95. 2 3 0 1 4 3 x y x y        96. 2 4 3 1 x y x y      97. 2 4 3 5 x y x y       98. 2 5 1 x y x y      99. 2 5 3 3 4 x y x y       100. 1 3 2 3 x y x y      101. 3 5 2 4 x y x y      102. 3 2 4 3 x y x y      103. 3 5 21 2 1 x y x y      104. 3 2 5 3 7 x y x y      105. 1 2 1 x y xy x y xy        106. 3 2 1 4 5 6 x y x y      107. 3 5 21 2 1 x y x y      108. 3 5 3 7 x y x y      109.          5 42 1 11 yx yx 110.                1 32 3 11 yxyx yxyx 111.              1 2 13 2 2 21 yx yx 112.            1 5 1 2 1 3 1 2 yx yx 113.                1,0 94 1,1 62 yxyx yxyx 114.                3 12 5 3 yxyx x yxyx x 115.                1 1 3 2 2 2 1 1 2 1 yx yx 116.                1 1 3 1 3 11 2 y y x x y y x x 117.                 2 2 104 2 2 23 yxyx yxyx 118.                1 1 3 2 2 2 1 2 2 2 yx yx 119.          15 2 5 1 6 1 4 311 yx yx 120. 1 12 2 12 x x y y x x y y          
Trang 11Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 121.     2 1 4 3 1 5 x y x x y x            122. 2 1 2 x y 6 2 1 x y          123. 3 6 2 1 2 4 y x y x          124.          1 158 12 111 yx yx 125.                1 2 3 2 4 3 2 1 2 2 xyyx xyyx 126.                9 4 5 1 2 4 4 2 1 3 yx x yx x 127.       623 13 22 22 yx yx 128.       1132 1623 yx yx 129.       103 184 yx yx 130.       712)2(3 01)2(2 2 2 yxx yxx 131. 3 2 2 2 1 x y x y        132. 2 1 3 1 3 1 x y x y x y x y             133. 2 1 1 1 1 2 1 2 x y x y           134.     2 2 1 2 2 3 1 3 1 x y x y         135. 2 3 13 3 3 x y x y      
Trang 12Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 PHẦN HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC I B. CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài I.01. Từ phương trình 2 4x y  suy ra 4 2y x  . Thay vào phương trình trên ta có phương trình:  3 2 4 2 7 1 4 2.1 2x x x y         Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 1;2x y  . Bài I.02. Cộng hai phương trình lại với nhau, ta có: 4 12 3 2 1 1 x x x y y           Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 3; 1x y   Bài I.03. Trừ phương trình trên cho phương trình dưới của hệ, ta có: 3 6 2 3 1 y y x y x            Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1; 2 . Bài I.04 3 4 (1) 3 4 1 (2) x y x y       Nhân hai vế phương trình (1) với 3 ta được 3 9 12x y  (3) Lấy (3) – (2) ta được: 13 13 1y y   . Thay 1y  vào (1) ta được 4 3 4 3.1 1x y     . Vậy hệ phương trình có một nghiệm    ; 1;1x y  . Bài I.05. 2 5 3 6 2 2 1 1 1 1 x y x x x x y x y x y y                         Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  . Bài I.0.6 2 5 3 17 17 1 3 4 3 4 1 x y x x x y x y y                    . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1; 1x y   .
Trang 13Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.07. 1 3 2( 1) 3 5 5 1 3 2 3 1 1 0 x y x x x x x y y x y x y                           Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1;0x y  . Bài I.08. 7 26 5 35 130 7 26 5 5 3 16 5 3 16 38 114 3 x y x y x y x x y x y y y                                  Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 5;3x y   . Bài I.09. 3 2 11 4 12 3 2 1 2 1 1 x y x x x y x y y                   Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3; 1x y   . Bài I.10. 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 4 9 12 3 27 14 28 1 x y x y x y x x y x y x y                          Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  . Bài I.11. 2 8 1 x y x y       3 9 1 y x y         3 ( 3) 1 y x         3 2 y x     . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2; 3x y   . Bài I.12. 2 1 1 x y x y       0 1 x x y      0 1 x y    . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 0;1x y  . Bài I.13. 3 5 5 2 23 x y x y       6 2 10 5 2 23 x y x y       11 33 3 5 x x y      3 . 4 x y    Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3;4x y  .
Trang 14Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.14 Hệ phương trình tương đương với: 3 3 2 4 4 5 4 1 5 4 1 4 4 2 9 3 2 5 6 4 10 x x y x y x y x x y x y x y                         11 11 1 6 4 10 1 x x x y y            Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1; 1x y   . Bài I.15. Điều kiện x  0. 2 4 1 13 2 6 2 ( )2 21 1 132 4 2 4 y y x xx x TM yyy y xx x                                    Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất   1 ; ; 1 2 x y        . Bài I.16. Điều kiện 0y  . Đặt 1 t y  , hệ phương trình đã cho trở thành 1 1 1 1 12 2 2 1 7 1 7 2 5 52 3 2 3( ) 2 2 2 2 xx t t x xt x yt xx t x x                                             (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm duy nhất là    ; 1;2x y   . Bài I.17. 3 2 4 1 2 2 1 5 1 2 x x y x x y             ĐK 1; 2x y   Đặt 1 1 2 x a x b y        0b  Khi đó hệ phương trình trở thành: 3 2 4 3 2 4 7 14 2 2 5 4 2 10 2 5 1 a b a b a a a b a b a b b                          . Khi đó ta có: 2 21 1 1 1 2 x xx y y          Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 2; 1x y   .
Trang 15Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.18. Hệ phương trình tương đương với: Đặt 1 u x y   và 1 1 v y   . Hệ phương trình thành : 4 5 8 2 10 9 9 1 2 1 2 1 2 1 1 u v u v u u u v u v v u v                            Do đó, hệ đã cho tương đương : 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 x y xx y y y y                    Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 1;2x y   . Bài I.19. 4 3 4 4 3 4 5 0 2 2 4 2 4 2 2 x y x y y x y x y x y                        0 0 12 2 y y xx        Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 1;0x y  . Bài I.20. + Điều kiện: 1; 2x y   1 2 1 2 5 10 1 6 5 25 1 2 1 2 1 2 5 1 5 1 5 1 3 3 3 1 2 1 2 1 2                                           x y x y x y x y x y x y 511 1 22 2 22 2 5 1 5 15 1 3 33 51 21 21 2 2 y y y x x yx y                            5 2 0       y x . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là   5 ; 0; 2        x y .
Trang 16Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1. 3 10 3 10 (16 5 ) 3 10 5 16 16 5 16 5 2 6 3 3 16 5 1 16 5 y y y x y x y y y x y x y x y x y x x y                                                Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (1; -3) 2. 0 4 x y    3. 3 2 x y     4. 2 3 x y    5. 2 1 x y    6. Hệ pt vô nghiệm 7. 1 3 x y     8. 31 14 19 14 x y       9. Hệ pt vô nghiệm 10. 9 13 38 13 x y       11. 2 1 x y    12. Hệ phương trình vô số nghiệm 13. 0 2 x y    14. 0 2 x y    15. Hệ pt vô nghiệm. 16. 3 1 x y     17. 2 1 x y    18. Hệ pt vô nghiêm 19. 2 3 x y     20. 5 3 5 3 x y       21. 2 1 x y     22. 26 9 38 9 x y       23. 0 0 x y    24. Hệ pt vô số nghiệm 25. 1 1 x y    26. Hệ pt vô nghiệm 27. 1 2 x y     28. 0 4 x y    29. 5 3 x y    30. 1 3 x y     31. 24 5 4 x y     
Trang 17Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 32. Hệ pt vô nghiệm 33. 1 0 x y     34. hệ pt vô nghiệm 35. Hệ pt vô nghiệm 36. 0 2 x y     37. 2 1 x y    38. 2 0 x y    39. 19 5 3 5 x y       40. Hệ pt vô số nghiệm 41. 0 1 x y     42. 4 3 x y     43. 1 2 x y     44. 2 1 x y    45. 2 1 x y    46. 2 3 x y     47. hệ pt vô số nghiệm 48. 3 2 x y    49. 1 1 x y    50. 2 1 x y    51. 1 2 x y     52. 5 6 x y    53. 2 3 x y    54. 2 3 x y     55. 0 1 x y    56. 6 2 x y    57. 3 4 x y    58. 5 3 x y    59. 2 1 x y     60. 1 2 x y      61. 1 2 x y     62. 15 2 x y     63. 2 3 x y     64. 1 1 x y    65. 2 1 x y    66. 3 1 x y     67. 2 1 x y     68. 1 1 x y     69. 1 2 x y     70. 1 0 x y    71. 2 2 x y    72. 3 3 x y    73. 2 2 x y    74. 2 1 x y     75. 3 1 x y    
Trang 18Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 76. 2 1 x y    77. 1 2 x y    78. 1 2 x y    79. 3 2 x y    80. 2 3 x y    81. 5 2 1 x y      82. 1 2 1 x y       83. 0 3 2 x y     84. 505 1509 2 x y      85. 13 10 7 5 x y       86. 1 1 x y    87. 2 1 x y    88. 4 1 x y    89. 1791 224 x y     90. 5 0 x y    91. 2 1 x y     92. 24 5 33 5 x y       93. 2 1 x y     94. 2 1 x y    95. 8 11 39 11 x y       96. 1 2 x y    97. 1 2 x y      98. 2 1 x y    99. 2 17 11 17 x y       100. 1 0 x y    101. 1 2 x y    102. 2 1 x y     103. 2 3 x y     104. 29 11 16 11 x y       105. 18 15 x y    106. 1 2 x y     107. 2 3 x y     108. 11 5 8 5 x y      
Trang 19Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 109. 2 3 2 x y      110. 3 4 1 4 x y       111. 7 4 3 5 x y       112. hệ pt vô nghiệm 113. 7 3 x y    114. 2 1 x y     115. 19 7 8 3 x y       116. 2 1 2 x y       117. 43 11 35 11 x y       118. 13 4 4 x y      119. 2 4 x y    120.hệ pt vô nghiệm 121.hệ pt vô nghiệm 122. 2 1 x y    123. 1 2 3 x y       124. 28 21 x y    125. 1 3 1 3 x y       126. 2 9 87 19 x y       127. 2 3 x y      128. 4 25 x y    129. 2 4 x y      130. 1 3 x y    131. 0 1 x y    132. 77 20 63 20 x y       133. 2 2 x y    134. 2 2 1 3 5 9 x y        135. 2 3 x y   
Trang 20Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 II: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ VÀ BÀI TOÁN PHỤ A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m . Phương pháp: Bước 1: Đưa hệ phương trình về phương trình bậc nhất dạng 0ax b  (Dùng phương pháp thế, phương pháp cộng đại số,…) Bước 2: Xét phương trình  0 1ax b  ( ,a b là hằng số) TH 1: Phương trình  1 có nghiệm duy nhất 0a   phương trình có nghiệm duy nhất b x a   . TH 2: Phương trình  1 vô nghiệm 0 0 a b     . TH 3: Phương trình  1 có vô số nghiệm 0 0 a b     . Bước 3: Kết luận. Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  ;x y thỏa điều kiện cho trước. Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm  ,x y theo tham số m ; Bước 2: Thế nghiệm ,x y vào biểu thức điều kiện cho trước, giải tìm m ; Bước 3: Kết luận. Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa ,x y không phụ thuộc vào tham số m . Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm  ,x y theo tham số m ; Bước 2: Dùng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế làm mất tham số m ; Bước 3: Kết luận.
Trang 21Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ minh hoạ: Bài 1: Cho hệ phương trình:         1 1 1 1 2 2 a x y a x a y         (a là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2a  . b) Giải và biện luận hệ phương trình. c) Tìm các số nguyên a để hệ phương trình có nghiệm nguyên d) Tìm a để nghiệm của hệ phương trình thỏa mãn x y đạt GTNN. Lời giải a) Khi 2a  hệ phương trình có dạng: 5 3 3 4 5 4 2 2 3 4 x x y x x y y x y                   Vậy với 2a  hệ phương trình có nghiệm   5 3 ; ; 4 4 x y        b) Giải và biện luận: Từ PT  1 ta có:    1 1y a x a     3 thế vào PT  2 ta được:          2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 1x a a x a x a x a a x a                  4 TH1: 0a  , phương trình  4 có nghiệm duy nhất 2 2 1a x a   . Thay vào  3 ta có:         2 22 3 2 3 2 2 2 2 2 1 1 11 1 1 1 1 a a a aa a a a a a a y a a a a a a                  Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         TH2: Nếu 0a  , phương trình  4 vô nghiệm. Suy ra hệ phương trình đã cho vô nghiệm. KL: 0a  hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         0a  hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Với 0a  thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a        
Trang 22Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 c) Hệ phương trình có nghiệm nguyên:   2 2 2 1 1 a x a a y a a             Điều kiện cần: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a x a a a a a             Điều kiện đủ: 1 0a y     (nhận) 1 2a y    (nhận) Vậy 1a   hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Với 0a  thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         d) Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 a a a a x y a a a a a            . Đặt 1 t a  ta được: 2 2 2 2 1 1 1 7 1 7 7 2 1 2 2 2 2 2 4 16 4 8 8 x y t t t t t t                                    Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 1 4 t   , khi đó 4a   Vậy 4a   thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn x y đạt GTNN bằng 7 8 Bài 2: Tìm ,a b biết hệ phương trình: 2 5 x by a bx ay      có nghiệm 1x  ; 3.y  Lời giải Thay 1x  ; 3y  vào hệ ta có: 2.1 .3 .1 .3 5 b a b a       3 2 3 5 a b a b       3 9 6 3 5 a b a b       10 1 3 5 b a b       1 10 17 10 b a       . Vậy 1 10 a   ; 17 10 y  thì hệ phương trình có nghiệm 1x  ; 3.y 
Trang 23Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài 3: Cho hệ phương trình 2 3 2 3 x y m x y m        I (m là tham số) . a) Giải hệ phương trình  I khi 1m  . b) Tìm m để hệ  I có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 3x y   . Lời giải a) Với 1m  , hệ phương trình  I có dạng: 2 4 2 4 8 2 2 3 1 2 3 1 1 x y x y x x y x y y                   Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    , 2;1x y  . b) 5 9 2 3 2 4 2 6 2 3 7 2 3 2 3 7 6 6 7 m x x y m x y m x y m x y m x y m y m m y                                Hệ phương trình có nghiệm duy nhất   5 9 6 ; ; 7 7 m m x y         . Lại có 3x y   hay 5 9 6 3 5 9 6 21 6 36 6 7 7 m m m m m m                  Vậy với 6m   thì hệ phương trình  I có nghiệm duy nhất  ,x y thỏa mãn 3x y   . B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài II.01: Cho hệ phương trình: 2 5 1 2 2 x y m x y       . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: 2 2 2 2x y   Bài II.02. Cho hệ phương trình: ( 1) 2 1 m x y mx y m        (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2m  ; b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn: 2 3x y  . Bài II.03. Cho hệ phương trình : 2 4 3 5       x ay ax y a) Giải hệ phương trình với 1a b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Trang 24Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.04. Cho hệ phương trình: 2 5 1 4 5 x ay b bx y       . Tìm ,a b biết hệ có nghiệm 1 2 x y    Bài II.05. Cho hệ phương trình: ( 2) 3 5 ( ) 3 m x y I x my        (m là tham số) a) Giải hệ phương trình  I với 1m  . b) Chứng minh hệ phương trình  I có nghiệm duy nhất với mọi m . Tìm nghiệm duy nhất đó theo m . Bài II.06. Cho hệ phương trình 3 2 9 5 x y m x y       có nghiệm  ;x y . Tìm m để biểu thức 1A xy x   đạt giái trị lớn nhất. Bài II.07. Cho hệ phương trình: 1 2 x my m mx y m       (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2m  . b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 2 1 x y    Bài II.08. Cho hệ phương trình:     2015 1 2 x x y y x x y y k           (k là số cho trước). Biết rằng hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt       ; ; ; ; .x y a b c d Tính tổng a b c d   theo .k Bài II.09. Xác định các hệ số ,a b của hàm số y ax b  để: 1) Đồ thị của nó đi qua hai điểm    1;3 , 2;4A B 2) Đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 . Bài II.10. Giải các hệ phương trình sau: 1 1 3 3 2 1 x y x y           b) 3 1 1 3 1 1 1 x y x y x y x y              c) 1 2 1 2 1 2 2 1 1 x x y x x y            
Trang 25Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.11. Cho hệ phương trình: 2 5 4 x y mx y          1 2 Giải hệ phương trình với 2m  . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,x y trong đó ,x y trái dấu. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn x y . Bài II.12. Cho hệ phương trình: 1 3 1 x my m mx y m            1 2 a) Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất? b) Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m . c) Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,x y mà ,x y đều là số nguyên. d) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất  ,x y thì điểm  ,M x y luôn chạy trên một đường thẳng cố định. e) Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho .x y đạt giá trị nhỏ nhất. Bài II.13. Cho hệ phương trình: 2 4 3 1 x my m mx y m        . Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm. Gọi  0 0;x y là một cặp nghiệm của phương trình: Chứng minh:  2 2 0 0 0 05 10 0x y x y     . (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - ĐHSP Hà Nội 2015). Bài II.14. Cho hệ phương trình: 3 2 1 x my mx y m       (1) (2) Hệ có nghiệm duy nhất  ,x y , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây: 2 2 3P x y  (1). 4 4 Q x y  (2). Bài II.15: Cho hệ phương trình:     1 1 1 8 3 mx m y m x my m         . Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất  ;x y và tìm GTLN của biểu thức  2 2 4 2 3P x y y    .
Trang 26Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC II Bài II.01: 2 5 1 5 1 2 5 1 2 2 2 2 2(5 1 2 ) 2 5 10 1 x y m y m x y m x x m x y x m x x m y m                                Thay vào ta có 2 2 2 2 2 0 2 2 (2 ) 2( 1) 2 2 4 0 2 m x y m m m m m                 Vậy  –2;0m . Bài II.02. a) Khi 2m  .Ta có: 2 2 1 2 3 1 1 x y x y x x y x y                  . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1;1 . b) Ta có  2– 1y m x  thế vào phương trình còn lại ta được phương trình:  2– 1 1 –1mx m x m x m      suy ra   2 2 – 1y m  với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất     2 ; 1;2 – 1x y m m         2 22 2 2 1 2 – 1 4 1 3– 2 3x y m m m m m            với mọi m . Bài II.03. a) Với 1a , ta có hệ phương trình:      53 42 yx yx 6 3 12 7 7 1 1 3 5 3 5 1 3 5 2                                x y x x x x y x y y y Vậy với 1a , hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:    ; 1; 2  x y . b) Ta xét 2 trường hợp: + Nếu 0a , hệ có dạng:             3 5 2 53 42 y x y x . Vậy hệ có nghiệm duy nhất + Nếu 0a , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 22 6 3      a a a (luôn đúng, vì 02 a với mọi a ) Do đó, với 0a , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a .
Trang 27Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.04. Hệ phương trình: 2 5 1 4 5 x ay b bx y       có nghiệm 1 2 x y    2 2 5 1 2 5 3 2 62 31 8 5 13 13 13 a b a b a a b b b b                             Bài II.05. a) Thay 1m  ta có hệ phương trình 3 5 3 x y x y       2 2 1 3 3 y y x y x y              1 1 3 1 2 y y x x           b) 2 ( 2) 3 5 ( 2)(3 ) 3y 5 3 6 2 3 5 3 3 3 m x y m my m m y my y x my x my x my                              2 ( 2 3) 3 1 (1) 3 (2) m m y m x my          Ta có: 2 2 2 3 ( 1) 2 0m m m m       nên PT  1 có nghiệm duy nhất m Hệ phương trình có nghiệm duy nhất m Từ  1 ta có: 2 3 1 2 3 m y m m     thay vào  2 ta có 2 9 5 2 3 m x m m     Bài II.06.   23 2 9 2 1 8 1 5 3 x y m x m A xy x m x y y m                     8maxA  khi 1m  . Bài II.07. Thay 1m  ta có hệ phương trình 5 2 3 2 3 3 5 3 2 4 4 2 8 2 4 2 3 x x y x y x x y x y x y y                           Xét hệ     1 1 2 2 x my m mx y m       Từ (2) 2y m mx   thay vào (1) ta được   2 2 2 1 2 1x m m mx m m m x x m            2 2 2 2 1 2 1 1 2 1m x m m m x m m           (3)
Trang 28Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  3 có nghiệm duy nhất 2 1 0 1m m      * Khi đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất 2 1 1 1 m x m m y m         Ta có 2 1 1 2 0 2 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 m x m m m m y m m m                             Kết hợp với  * ta được giá trị m cần tìm là 1m   . Bài II.08. Trừ vế theo vế của  1 cho  2 ta có:  2 2 2015 2 2015x y k x y k        3 Vì hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nên ta có:  2 x y a b c d      4 . Từ  3 và  4 suy ra 2015a b c d k     . Bài II.09. 1) Thay tọa độ các điểm ,A B vào phương trình của đường thẳng ta được: 3 3 1 4 2 4 2 3 3 2 a b b a a a b a a b a                      . Vậy 1, 2a b  . 2) Tương tự phần (1) ta có hệ: 4 .0 4 2 0 2 2 4 4 a b b a a b a b b                      Vậy 2, 4a b   . Bài II.10. a) Đặt 1 1 ;u v x y   . Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:   33 5 5 1 3 2 3 13 2 1 3 2 v uu v u u u uu v v u v                         Từ đó suy ra: 1 1;x u   1 1 2 y v   .
Trang 29Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Đặt ; 1 1 x y u v x y     . Theo bài ra ta có hệ phương trình: 3 3 3 2 3 1 3 3 1 4 4 1 u v u v u v u u v v v v v                               . Từ đó suy ra: 2 2 2 21 1 1 1 21 x x x xx y y y y y                  . c). Điều kiện 1 x , 0 2 x y   . Đặt 2 1 1 a x b x y        ta có hệ phương trình mới 2 1 1 2 1 1 1 12 1 1 0 x a b a x a b b y x y                       . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1; 0x y  Bài II.11. a) Với 2m  ta có hệ phương trình:   2 52 5 2 5 1 2 2 5 42 4 3 6 2 x yx y x y x y yx y y y                         b) Từ phương trình (1) ta có 2 5x y  . Thay 2 5x y  vào phương trình (2) ta được:    2 5 4 2 1 . 4 5m y y m y m       (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với: 1 2 1 0 2 m m    . Từ đó ta được: 4 5 2 1 m y m    ; 3 5 2 2 1 x y m     . Ta có:     2 3 4 5 . 2 1 m x y m    . Do đó 4 , 0 4 5 0 5 x y m m      (thỏa mãn điều kiện) c)Ta có: 3 4 5 2 1 2 1 m x y m m       (4) Từ (4) suy ra 1 2 1 0 2 m m    . Với điều kiện 1 2 m  ta có:     1 4 5 3 5 4 4 5 3 4 5 3 7 5 m l m m m m                . Vậy 7 5 m  .
Trang 30Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.12. a) Từ phương trình (2) ta có 3 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 3 1 1 1 3 2 1x m m mx m m x m m          (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất , tức là 2 1 0 1m m     . Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi : 21 1 1 1 m m m m       . b) Từ phương trình (2) ta có 3 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 3 1 1 1 . 3 2 1x m m mx m m x m m          (3) Trường hợp 1: 1m   . Khi đó hệ có nghiệm duy nhất        2 2 1 3 13 2 1 3 1 1 1 . 1 1 3 1 1 3 1 . 1 1 m mm m m x m m m m m m y m m m m                      Trường hợp 2: 1m  . Khi đó phương trình (3) thành: 0. 0x  . Vậy hệ có vô số nghiệm dạng  ;2 ,x x x  . Trường hợp 3: 1m   khi đó phương trình (3) thành: 0. 4x  (3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm. c) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 1m   . Ta có: 3 1 2 3 1 1 1 2 1 1 1 m x m m m y m m               . Vậy ,x y nguyên khi và chỉ khi 2 1m  nguyên. Do đó 1m  chỉ có thể là 2; 1;1;2  . Vậy 3; 2;0m    (thỏa mãn) hoặc 1m  (loại) Vậy m nhận các giá trị là 3; 2;0  . d) Khi hệ có nghiệm duy nhất  ,x y ta có: 2 2 3 1 2 1 1 x y m m             Vậy điểm  ;M x y luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình 2y x  . e) Khi hệ có nghiệm duy nhất  ;x y theo (d) ta có: 2y x  . Do đó:     22 . 2 2 1 1 1 1 1xy x x x x x          
Trang 31Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 1 3 1 2 1 1 0 1 1 x m m m m              . Vậy với 0m  thì .x y đạt giá trị nhỏ nhất. Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ 2x y  theo cách khác: Khi hệ phương trình 1 3 1 x my m mx y m            1 2 có nghiệm duy nhất   m 1 lấy phương trình (2) trừ đi phương trình (1) của hệ ta thu được:      1 1 2 1 2m x m y m x y        Bài II.13. Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có 3 1y m mx   thay vào phương trình  1 của hệ ta có:  2 2 1 3 3 2m x m m    . Do 2 1 0m   với mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất 0x . Suy ra hệ luôn có nghiệm với mọi m . Gọi  0 0;x y là một nghiệm của hệ: Từ hệ phương trình ta có:     0 0 0 0 2 4 1 3 x m y y m x        .Nhân cả hai vế phương trình thứ nhất với  03 x , phương trình thứ hai với  0 4y  rồi trừ hai phương trình cho nhau ta được:        2 2 0 0 0 0 0 0 0 03 2 4 1 0 5 10 0x x y y x y x y            . Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:    : 4 2 0, ' : 3 1 0d x my m d mx y m        . Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng  d luôn đi qua điểm cố định:  2;4A và đường thẳng  'd luôn đi qua điểm cố định :  3;1B . Mặt khác ta cũng dễ chứng minh đường thẳng ( )d và đường thẳng ( ')d vuông góc với nhau nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi  0 0;M x y là giao điểm của hai đường thẳng thì tam giác MAB vuông tại M . Gọi I là trung điểm của AB thì 5 5 ; 2 2 I       , 10AB  suy ra 2 2 2 2 0 0 1 5 5 4 4 10 2 2 2 IM AB IM AB x y                        .  2 2 0 0 0 05 10 0x y x y      . Bài II.14. Từ phương trình (2) ta suy ra: 2 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 2 1 3 1 . 2 3x m m mx m x m m         (3). Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi: 2 1 0 1m m     .
Trang 32Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Khi đó        2 2 1 2 32 3 2 3 1 2 1 1 . 1 1 1 2 3 1 2 1 . 1 1 m mm m m x m m m m m m y m m m m                        . a) Ta có:     2 22 2 3 2 4 12 12 2 3 3 3P x x x x x          3P  khi 3 2 3 3 4 6 3 3 3 2 1 2 m x m m m m             . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. b) Ta có:   44 4 4 2Q x y x x     đặt 1t x  . Khi đó     4 4 4 3 2 4 3 2 4 2 1 1 4 6 4 1 4 6 4 1 2 12 2 2Q t t t t t t t t t t t t                  2 3 2 0 1 1 2 3 1 2 1 m Q t x m m m m                 . Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2. Bài II.15: Xét hai đường thẳng        1 2: 1 1 0; : 1 8 3 0d mx m y d m x my m         . + Nếu 0m  thì  1 : 1 0d y   và  2 :d 5 0x   suy ra  1d luôn vuông góc với  2d . + Nếu 1m   thì  1 : 1 0d x  và  2 :d 11 0y   suy ra  1d luôn vuông góc với  2d . + Nếu  0;1m  thì đường thẳng    1 2,d d lần lượt có hệ số góc là: 1 2 1 , 1 m m a a m m      suy ra 1 2. 1a a   do đó    1 2d d . Tóm lại với mọi m thì hai đường thẳng  1d luôn vuông góc với  2d . Nên hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau. Xét hai đường thẳng        1 2: 1 1 0; : 1 8 3 0d mx m y d m x my m         luôn vuông góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là  ;I x y , đường thẳng  1d đi qua  1;1A  cố định, đường thẳng  2d luôn đi qua  3; 5B  cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB . Gọi  1; 2M  là trung điểm AB thì     2 2 1 2 13 2 AB MI x y      (*).
Trang 33Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960      2 2 1 2 2 2 3 5 8 2 3P x y x y x y            8 2 1 3 2 1 2 3x y        hay  10 4 3 2 1 3 2P x y        Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:           2 2 2 1 3 2 1 3 1 2 52 1 3 2x y x y x y                   52 2 13 . Vậy 10 2 3 2 13P    .
Trang 34Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO 1. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1: a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1 nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi b) Tính chất Nếu  0 0,x y là một nghiệm thì hệ  0 0,y x cũng là nghiệm c) Cách giải: Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P quy hệ phương trình về 2 ẩn ,S P Chú ý: Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ ,S P từ đó suy ra qua hệ ,x y . Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 3 3 2 2 8 x y xy x y       b)    3 3 19 8 2 x y x y xy        b)    2 23 3 3 3 2 3 6 x y x y xy x y         d) 3 1 1 4 x y xy x y          Giải: a)Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:  2 2 2 2 2 2 6 33 8 8 2 S PS P SS S P S S                   3 2 2 2 3 6 16 0 2 2 7 8 0 2 0S S S S S S S P              Suy ra ,x y là hai nghiệm của phương trình: 2 2 0 0, 2X X X X     0 2 2 0 x x y y         b) Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:       2 3 3 83 19 8 1 63 2 8 19 24 25 08 2 SP SS S P SP S S PS S S SS P                         . Suy ra ,x y là hai nghiệm của phương trình: 2 1 26 0 3; 2X X X X      
Trang 35Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm      ; 2;3 , 3; 2x y    c) Đặt 3 3,a x b y  hệ đã cho trở thành:    3 3 2 2 2 3 6 a b a b b a a b        . Đặt S a b P ab     điều kiện 2 4S P thì hệ đã cho trở thành.    3 2 3 3 2 36 3 3 6 866 S SP SP P P S PSS               . Suy ra ,a b là 2 nghiệm của phương trình: 2 1 2 2 8 4 64 6 8 0 2; 4 4 64 2 8 a x a x X X X X b y b y                        Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm      ; 8;64 , 64;8x y  d) Điều kiện: 0 , 1 xy x y     . Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:           2 2 2 22 2 3; 33 2 2 1 16 2 3 1 14 3 14; 3 3 14; 3 30 52 04 8 10 196 28 S P SS P S S P S S S S P S S P S S SS S S S                                            6 9 3 S P x y        . Vậy hệ đã cho có nghiệm    ; 3;3x y  . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: a) 2 2 2 8 2 4 x y xy x y        c) 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y          b)    2 2 2 2 1 1 5 1 1 9 x y xy x y x y                     d)       3 2 2 3 2 2 1 2 30 0 1 11 0 x y y x y y xy x y x y y y               Giải: a) Đặt ,x a y b  điều kiện , 0a b  .
Trang 36Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình trở thành: 4 4 2 8 2 4 a b ab a b        . Ta viết lại hệ phương trình thành: 4 2 2 2 ( ) 4 ( ) 2 2 8 2 4 a b ab a b a b ab a b           Đặt S a b P ab     điều kiện 2 4 , 0 S P S P     thì hệ đã cho trở thành. 2 256 64 6 2 8 2 4 2 4 4 P P P S P a b x y S                Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau:     2 2 2 2 2 2 2 16 2 16 2 ( ) 0 2 4 4 x y xy x y xy x y x y x y x y x x                       Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất    ; 4;4x y  b) Điều kiện: 0x y  . Biến đổi phương trình (1):   22 2 2 2 1 1 2 0 xy xy x y x y xy x y x y            Đặt ,x y S xy P   ta có phương trình: 2 2 2 1 0 P S P S     3 2 2 2 2 0 ( 1) 2 ( 1) 0 ( 1)( 2 ) 0S P SP S S S P S S S S P               . Vì 2 4 , 0S P S  suy ra 2 2 0S S P   . Do đó 1S  Với 1x y  thay vào (2) ta được:   2 1 1 0, 3y y y y      Xét 2 2 2 22 1 1 1 0 xy x y x y x y x y x y x y                (không thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có nghiệm      ; 1;0 , 2;3x y   . c) Điều kiện: 0xy  . Hệ đã cho tương đương:
Trang 37Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 22 2 2 2 2 1 11 1 55 1 1 1 19 9 x yx y x yx y x y x yx y x y                                         . Đặt 1 1 1 1 . x y S x y x y P x y                            Hệ trở thành: 2 2 9 5, 6 5 S P S P S        1 1 2; 3 1 1 3; 2 x y x y x y x y             . 3 5 1; 2 3 5 ; 1 2 x y x y           . Vậy hệ đã cho có nghiệm:   3 5 3 5 ; 1; , ;1 2 2 x y                  . d) Hệ tương đương với :      30 11 xy x y x y xy xy x y x y xy           . Đặt   ;xy x y a xy x y b     . Ta thu được hệ:     5 630 5; 6 11 6; 5 6 5 xy x y xy x yab a b a b a b xy x y xy x y                            . TH1:   2 36 2; 1 1; 235 ( ) 2 xy x yxy x y x y x yxyxy x y L x y                     TH2:   5 5 21 5 21( ) ;15 2 2 16 5 21 5 21 ; 5 2 2 xy L x yx yxy x y xyxy x y x y x y                            . Vậy hệ có nghiệm:       5 21 5 21 ; 1;2 , 2;1 , ; 2 2 x y         .
Trang 38Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 Một hệ phương trình 2 ẩn ,x y được gọi là đối xứng loại 2 nếu trong hệ phương trình ta đổi vai trò ,x y cho nhau thì phương trình trở thành phương trình kia. + Tính chất.: Nếu  0 0;x y là 1 nghiệm của hệ thì  0 0;y x cũng là nghiệm + Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng       0 ; 0 ; 0 x y x y f x y f x y          . Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 2 2 2 2 x x y y y x       b)           2 2 2 2 1 6 1 1 6 1 x y y x y x x y           c) 3 3 3 1 2 1 3 1 2 1 x x x y y y y x             Giải: a) Điều kiện: , 0x y  . Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:            2 2 2 1 2 0 x x y y y x x y x y x y x y                 Vì     1 2 0x y x y x y      nên phương trình đã cho tương đương với: x y . Hay   2 2 0 2 0 2 1 1 0 1 3 5 2 x x x x x x x x x x x x x                      Vậy hệ có 3 cặp nghiệm:       3 5 3 5 ; 0;0 , 1;1 , ; 2 2 x y          b) Hệ đã cho 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 xy x y yx y yx y x xy x              Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:
Trang 39Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960          2 7 0 2 7 0 2 7 0 xy y x x y x y x y x y x y xy x y x y xy                     + Nếu x y thay vào hệ ta có: 2 2 5 6 0 3 x y x x x y          + Nếu   2 7 0 1 2 1 2 15x y xy x y        . Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:     2 22 2 5 5 12 0 2 5 2 5 2x y x x x y          . Đặt 2 5, 2 5a x b y    Ta có:        22 2 0 12 2 2 4 4 15 84 1 31 a b aba b a b ab a b a bab a b ab                             Trường hợp 1:       0 ; 3;2 , 2;3 1 a b x y ab       Trường hợp 2: 8 31 a b ab      vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ đã cho là:          ; 2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2x y  c) Điều kiện: 1 1 ; 2 2 x y    Để ý rằng 1 2 x y   không phải là nghiệm. Ta xét trường hợp 1x y   Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:  3 3 3 1 2 1 3 1 2 1x x x y y y y x            2 2 2 ( ) 4( ) 0 2 1 2 1 x y x y x xy y x y x y               2 2 2 ( ) 4 0 2 1 2 1 x y x xy y x y x y                  Khi x y xét phương trình: 3 3 2 1 2 1 0 2 2 1 1 0x x x x x x          
Trang 40Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 22 2 ( 1) 0 1 0 0 2 1 1 2 1 1 x x x x x x x x                  Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 0x y  3. HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP + Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp + Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như: + 2 2 2 2 ax ex bxy cy d gxy hy k         , + 2 2 2 2 ax , gx bxy cy dx ey hxy ky lx my           + 2 2 3 2 2 3 ax gx bxy cy d hx y kxy ly mx ny           ….. Một số hệ phương trình tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc n : 1 . .... 0n n k k n k na x a x y a y    Từ đó ta xét hai trường hợp: 0y  thay vào để tìm x + 0y  ta đặt x ty thì thu được phương trình: 1 .... 0n n k k na t a t a    + Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm ,x y Chú ý: ( Ta cũng có thể đặt y tx ) Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a)   3 3 2 2 8 2 3 3 1 x x y y x y        
Trang 41Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b)         2 2 3 22 2 5 4 3 2 0 , 2 x y xy y x y x y xy x y x y            Giải: a) Ta biến đổi hệ: 3 3 2 2 8 2 3 6 x y x y x y        Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có: 3 3 2 2 6( ) (8 2 )( 3 )x y x y x y    đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ đó ta có lời giải như sau: Vì 0x  không là nghiệm của hệ nên ta đặt y tx . Khi đó hệ thành:       2 33 3 3 3 22 2 2 2 2 1 2 88 2 1 4 1 3 33 3 1 1 3 6 x t tx x t x tx t t tx t x x t                          3 2 2 1 3 3 1 4 1 3 12 1 0 1 4 t t t t t t t                  . *  2 2 1 3 6 31 13 3 x t x t x yy             . * 4 78 1 13 4 78 13 x t y           . Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm: ( ; )x y      4 78 78 4 78 78 3,1 ; 3, 1 ; , ; , 13 13 13 13                   b). Phương trình (2) của hệ có dạng:           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 1 2 0 xy x y x y xy x y xy xy xy x y                 2 2 1 2 xy x y      TH1:  2 2 3 15 4 3 2 0 11 xx y xy y x y yxy            và 1 1 x y      .
Trang 42Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH2:    2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 5 4 3 2 0 5 4 3 2 2 2 x y xy y x y x y xy y x y x y x y                    (*) Nếu ta thay 2 2 2x y  vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3:   2 2 3 2 2 5 4 3x y xy y x y x y     Từ đó ta có lời giải như sau: Ta thấy 0y  không là nghiệm của hệ. Xét 0y  đặt x ty thay vào hệ ta có:  2 3 3 3 2 2 2 5 4 3 2 2 t y ty y ty y t y y         Chia hai phương trình của hệ ta được: 2 3 2 2 5 4 3 1 4 5 2 0 1 1 t t t t t t t           2 2 2 2 1 1 1 5 5 1 1 1 1 2 2 2 2 5 5 x xt x y x x y yt x y y y                                        . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: a)       2 23 3 2 3 2 3 0 2 2 3 1 6 1 2 0 x y y y x y x x x               b)   2 1 2 3 3 2 2 2 2 6 x yx x y x y x y x y           Giải: a) Điều kiện: 2 2 3 0x y   . Phương trình (2) tương đương:         2 3 23 3 2 3 2 2 3 1 6 6 2 0 2 1 3 1 4 0y x y x x x x y x y             Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và 1x  . + Xét 0y  hệ vô nghiệm + Xét 0y  . Đặt 1x ty  ta thu được phương trình: 3 2 2 3 4 0t t   Suy ra 2 1 2t x y     
Trang 43Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thay vào phương trình (1) ta được: 2 14 5 2 4 9 18 x x x x y         . Vậy hệ có một cặp nghiệm:   14 5 ; ; 9 18 x y        . b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của x và y Điều kiện: 0; 3 0y x    . Đặt 2 2 y tx y t x   thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 2 1 2 3 3 2 x x tx x t x x t x     Rút gọn biến x ta đưa về phương trình ẩn t :    2 2 2 1 0 2 2 0t t t t y x         . Thay vào (2) ta được: 2 2 25 1 4 8 2 6 4 10 2 6 2 6 4 4 x x x x x x x           2 2 5 1 2 2 6 2 2 x x                 . Giải ra ta được 17 3 13 3 17 4 2 x y      . Vậy nghiệm của hệ   17 3 13 3 17 ; ; 4 2 x y          . Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau: a) 3 3 2 2 1 3 1 x y x y x y        b) 2 3 1 2 2 1 3 3 6 x y xy x x x xy          Giải: a) Ta có thể viết lại hệ thành:   3 3 2 2 3 1 1 x y x y x y        (1) Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng cấp ta sẽ thay vế phải thành 2 2 2 ( )x y . Như vậy ta có:
Trang 44Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960      23 3 2 2 4 3 2 2 3 4 3 2 3 2 2 0x y x y x y x x y x y xy y          2 2 2 2 ( )( 2 )(2 ) 0 2 2 0 x y x y x y x xy y x y x xy y                 + Nếu 2 2 2 27 2 0 0 0 4 2 y x xy y x x x y                không thỏa mãn. + Nếu x y ta có 2 2 2 1 2 x x    + Nếu 2 5 2 5 1 5 x y y y       Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:   2 2 2 2 2 5 5 2 5 5 ; ; , ; , ; , ; 2 2 2 2 5 5 5 5 x y                                   b) Điều kiện 1y   . Ta viết lại hệ thành: 2 3 1 2 ( 1) 1 3 ( 1) 6 x y x y x x y          Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với , 1x y  Dễ thấy 1y   không phải là nghiệm của hệ phương trình. Xét 1y   . Đặt 1x t y  thay vào hệ ta có:     3 2 3 2 3 3 1 2 1 0 3 6( 2 ) 0 31 3 6 y t t t t t t t ty t t                      + Nếu 0t  thì 0x  . Không thỏa mãn hệ + Nếu     3 3 3 3 1 3 27 1 9 1 6 1 9 9 t y y y x           Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất 3 3 1 ( ; ) 9; 1 9 x y        Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 3 3 2 2 ( 2 3) 3 xy x y xy x x y x         
Trang 45Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b)   2 2 2 3 0 ( 1) 3( 1) 2 2 0 x xy x x y xy x y y               Giải: a) Điều kiện: 0y  . Phương trình (2) của hệ có dạng: 3 3 1 2 ( 1) ( 1) 3( 1) 2 3 y xy y x y y xy x            Trường hợp 1y   không thỏa mãn điều kiện Trường hợp 3 2 3xy x  ta có hệ: 3 2 2 3 2 xy x xy x y       . Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với ,x y . Dễ thấy 0y  . Ta đặt x t y thì thu được hệ: 3 3 2 2 3 2 1 (2 ) 3 2 3 2 3 1 0 1 1 2( ) 2 2 t y t t t t t t ty t t                + Nếu 1t  thì 1 1x y x y     + Nếu 1 2 t  thì 3 3 3 1 1 1 4 4 2 3 3 9 x y y x x x y         Tóm lại hệ có các nghiệm:     3 3 1 4 ; 1;1 , ; 3 9 x y        b)Điều kiện: 2 2 0 0x y y y    . Từ phương trình thứ nhất ta có: 2 3xy x x    thay vào phương trình thứ hai ta thu được: 2 2 2 2 2 ( 1) 3( 1) 2 2 6 2 ( 2) 0 2 3 2 ( 2) 0 x y x x y x x y y x                Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với y và 2 2x  Đặt  2 2y t x  ta thu được: 2 1 3 2 1 0 1 ( ) 3 t t t t L          Khi 1t  ta có: 2 2y x  thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 1 3x y    Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( ; ) (1; 3)x y  
Trang 46Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 3 2 8 16 2 8 3 3 4 2 xy x y x y x x x x y y y              b) 2 3 2 2 3 1 3 ( 1 1) 8 3 4 4 x y x x y x x xy y xy y            Giải: a)Điều kiện: 3 2 0, 0, 0 3 4 x x y x y y      . Phương trình (2) tương đương: 2 3 2 2 2 4 3 4 3 4 3 2 2 . 8 6 12 16 8 6 8 6 6 x x y x x x x y x x y y y y y               . Đây là phương trình đẳng cấp đối với 2 8 x y và 4 3 6 x y Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 8 x y và 4 3 6 x y cùng dấu hay 2 4 3 0, 0 8 6 x x y y    . Đặt 2 , 8 x a y  4 3 6 x y b   suy ra 2 2 2a b ab a b    2 6 4 3 2 8 6 3 x y x x y y x y          . TH1: 6x y thay vào (1) ta có: 2 2 28 168 ( ) 4 37 37 16 16 4 249 7 7 y x L y y y y x                 . TH2: 2 3 x y  thay vào (1) ta có: 2 2 12 ( )4 16 16 13 9 12 8( ) y L y y y y x TM            .
Trang 47Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ có nghiệm     24 4 ; ; , 8;12 7 7 x y        . b)Điều kiện: 0 , 0 1 1 0 xy x y x x y        Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với ,x y . Ta thấy nếu 0y  thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra 0x  , cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ. Xét 0y  . Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho y ta thu được: 2 8 3 4 4 x x x y y y          . Đặt x t y  ta thu được phương trình 4 2 4 2 2 4 2 4 4 8 3 4 4 8 3 4 8 16 8 4 8 12 0 t t t t t t t t t t t t                     4 2 3 2 4 4 1 2 2 3 0 ( 1)(2 2 3) 0 t t t t t t t t t t                   Khi 1t x y   . Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 3 3 3 1 3 ( 1 1)x x x x     . Điều kiện: 0 1x  . Ta thấy 0x  không thỏa mãn phương trình. Ta xét 0 1x  . Chia bất phương trình cho 3 0x  ta thu được phương trình: 3 2 3 3 1 1 1 1 3 1 x x x x            . Đặt 1 1t t x    phương trình trở thành:      3 3 3 2 3 2 3 1 3 1 3 1 1 3t t t t t t t t           Xét    3 3 2 ( ) 3 1 1f t t t t t     Dễ thấy    1 3f t f  suy ra phương trình có nghiệm duy nhất 1 1t x   Tóm lại hệ phương trình có nghiệm    ; 1;1x y  Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ ,x y dựa vào phương trình thứ hai của hệ theo cách: Phương trình có dạng: 2 2 2 2 ( )(8 5 ) ( ) 8 3 4 3 0 0 8 3 4 3 x y x y x y y x xy y y xy y xy yx xy y y                2 2 8 5 (3) 0 8 3 4 3 x y x y y xy yx xy y y           . Vì , 0x y  nên ta suy ra x y
Trang 48Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích,cộng trừ các phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt… * Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 4 2 3 2 1 4 2 5 2 ( 1) 5 3 ( ) ) 6 (1 (2) x y y x x x y x y y               b) 3 3 2 2 2 12 6 16 4 6 9 0 x x y y x y xy x y             c) 3 3 2 2 2 3 4 3 6 4 xy x y x y x y         d) 2 3 2 7 6 ( 6) 1 2( ) 6 2 4 1 y x y x x y x y y x               Giải: a). Điều kiện 2 1 2 5 2 ( 1) x y y x         Xuất phát từ phương trình (2) ta có: 4 3 2 2 3 2 3 6 ( ) 0 0 3 ( 2 ) ( 2 ) 0 ( 2 )(3 1) 0 2 x x y x y y x x x y x x y x x y x x y                   Với 0x  thay vào (1) ta có: 1 4 2 4 2 5 4 2 4 2 4y y y y          Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có   2 4 2 4 2 2(4 2 4 2 ) 16 4 2 4 2 4y y y y y y             Dấu = xảy ra khi: 4 2 4 2 0y y y     Hệ có nghiệm:(0;0) Với: 2x y . Thay vào phương trình trên ta được
Trang 49Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 1 4 5 ( 1) 5 1 4 ( 1)(4 ) 5x x x x x x x x                (*) Đặt 2 5 1 4 0 1. 4 2 t t x x x x           . Thay vào phương trình ta có: 2 2 55 5 2 15 0 32 tt t t t t            . Khi 2 0 1. 4 2 3 0 3 3t x x x x x x              Tóm lại hệ có nghiệm     3 ; 0;0 , 3; 2 x y        Nhận xét : Điều kiện 0t  chưa phải là điều kiện chặt của biến t Thật vậy ta có: 2 2 1 4 5 2 ( 1)(4 ) 5t x x t x x t           Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có 2 2 ( 1)(4 ) 5 10 5; 10x x t t          b) Hệ viết lại dưới dạng 3 3 2 2 12 ( 2) 12( 2) ( 4) ( 3) 0 x x y y x x y y             Đặt 2t y  . Ta có hệ : 3 3 2 2 2 2 2 2 12 12 ( )( 12) 0 (*) ( 2) ( 1) 0 2( ) 1 0 (2*) x x t t x t x t xt x x t t x t xt x t                        Từ (*) suy ra 2 2 12 0 (3*)x t xt x t        - Với x t thay vào (2*)ta có phương trình 2 3 4 1 0x x   Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là     1 7 ; 1;3 , ; 3 3 x y        - Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ 2 2 13 ( ) 12 0 2 ( ) 121( ) 2( ) 1 0 0 4 x t x t xt VN x t xt x t xt                     . Do   2 4x t xt  Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:     1 7 ; 1;3 , ; 3 3 x y       
Trang 50Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 c) Đưa hệ phương trình về dạng: 3 3 2 ( 1)(2 1) 2 1 3 ( 1) (2 1) 3( 1) (2 1) 5 2 2 x y x y x y              Đặt: a x 1; b 2y 1.    Khi đó ta thu được hệ phương trình: 3 3 23 3 2 2 2 1 3 2 6 3 103 5 2 2 ab ab a b a ba b a b             Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là x y 1  nên ta sẽ có hệ này có nghiệm khi: a 2; b 1  Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng: 2 2 ( 2) 2(1 ) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) a b b a a b b          Vì ta luôn có: 0b  nên từ phương trình trên ta rút ra 2(1 ) 2 b a b    Thế xuống phương trình dưới ta được: 2 2 2 2 2 2 4( 1) ( 1) ( 1) ( 2) ( 1) 4( 1) ( 2) 0 1 4( 1) ( 2) b a b b b a b b b b a b b                    Với: 1 2b a   , suy ra: 1;x y  . Với 2 4( 1) ( 2)a b b   . Ta lại có: 2 2 ( 1) 2 1 . b ab b a b a b          Thế lên phương trình trên ta có: 2 3 1 2 1 2;4( 2) ( 2) 2 4 (Không TM) b a x yb b b b b                 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là:   1 (1;1) 2; ; 2 ,x y         d) Điều kiện: 1 0 x y     . Ta viết lại hệ phương trình thành: 2 2( ) 6 2 4 1x y x y y x       2 2( ) 6 2 4 1x y x y y x        . Bình phương 2 vế ta thu được:
Trang 51Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 2 4 2 6 2 4 1 2 ( 1)x xy y x y x y y x          2 2 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1 ) 2 ( 1)x y x y x y y x            2 2 1 2( 1 ) ( 1 ) 0 1 1 x y x y x y x y x y                Thay vào phương trình (2) ta có: 2 23 37 1 ( 7) 1 7 1 ( 7) 1y y y y y y y y           . Đặt 3 ( 7)a y y  ta có phương trình: 3 3 2 1 01 1 1 12 0 2 a aa a a aa a a a                     Với 0 1 0 7 6 y x a y x           Với 2 7 3 5 5 3 5 2 21 7 1 0 7 3 5 5 3 5 2 2 y x a y y y x                     Với 2 1 (L) 2 7 8 0 8 7 y a y y y x             Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   5 3 5 7 3 5 5 3 5 7 3 5 ; ( 1;0),(6;7), ; , ; ; ,(7;8) 2 2 2 2 x y                     Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 3 2 (2 2) 3 0 2 ( 3) 2 6 1 0 x y x y x xy y x y y              b) 2 2 3 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 x xy y y x x y y y x            c). 2 3 2 2 2 2 3 4 3 0 3 3 1 0 xy x y yx y x x y y xy           
Trang 52Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Giải: a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta được: 2 3 2 2 2 ( 3) 2 6 1 (2 2) 3 0xy y x y y y x y          2 3 2 2 3 2 2 2 3 1 0 1 2 32 1 0xy y y x x yxy y y y            ( 1)(2 1)( 1) 0.y y x y      + Nếu 1y   thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 3x x    + Nếu 1 2 y  thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 2 3 4 12 3 0 2 x x x       + Nếu 1y x  thay vào phương trình (1) ta có: 2 2 2 2 2 3( 1) 0 4 6 3 0x x x x x         . Vô nghiệm. Kết luận:   3 2 2 1 3 2 2 1 ; ( 3;1),( 3;1), ; , ; 2 2 2 2 x y                   *Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được: 2 (2 )( 3) 1 0y x x y     Phương trình thứ nhất phân tích được: 2 2 ( ) 2( 2 ) 0x yx y    Đặt 2 , 2a x y b x y    ta có hệ: 2 2 0 ( 3) 1 0 a b a b        b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được: 3 2 2 2 2 0,x x x y xy x     hay 3 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 0.x x x y x x     Do 3 2 2 2 ( 1)( 2 )x x x x x x     nên từ trên, ta có 2 ( 2 )( 1 ) 0.x x x y    + Nếu 0 0 2 y x y       + Nếu 0 2 4 3 y x y       + Nếu 1y x  thay vào phương trình (1) ta thu được: 2 1 2 2 0y y   vô nghiệm. Kết luận: Hệ phương trình có các cặp nghiệm là:     4 ; (0;0),(0; 2), 2;0 , 2; 3 x y         c) Hệ được viết lại như sau:
Trang 53Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960       2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 3 4 3 3 1 0 3 3 1 0 xy y x x y x y xy y y x x y x y y xy x y xy                      Xét với 0y  thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ . Với 0y  ta biến đổi hệ thành :  2 2 2 1 3 4 1 3 3 0 x y x x y x y x y                  2 2 2 1 3 4 1 3 4 x y x x y x y x x y                 Đặt : 2 1 3 a x y b y x        Khi đó hệ trở thành hệ : 2 4 4 ab x a b x      Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình : 2 2 2 22 11 2 4 4 ( 2 ) 0 2 1 2 32 3 yx x xyt xt x t x t x x xx y x x                       2 3 2 1 1 1 1 1 2 3 3 2 1 0 y y xx x y x x x x x                   Vậy hệ có 1 nghiệm    ; 1;1x y   Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a)   3 2 4 3 1 1 2 9 9 x y x y y x y y            b) 3 2 2 3 2 2 15 6 (2 5 4 ) 2 8 3 3 4 2 x x y x y x y x x x x y y y              c) 3 2 2 2 3 6 2 4 4 3 9 2 6 3 2 4 4 6 x x y y x x y xy y x x               d) 3 4 2 2 8 3 4 2 2 x y y x y xy y y          Giải: a) Từ phương trình (2) của hệ ta có:     2 4 3 3 3 9 9 9 0 9 0 x y x y y x y y x y x y x y                
Trang 54Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vì 1y  và 3 1 1 2x y    nên 3 1 2 7x x    Do đó 3 9 1 0x y     nên 3 9 0x y   vô nghiệm. Ta chỉ cần giải trường hợp x y . Thế vào phương trình ban đầu ta được: 3 1 1 2x x    . Đặt  3 1 ; 1 0a x b x b     thì     23 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 0 1 2 2 0 2 a b a a a a a a a a a b                   Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu 0; 11 6 3; 11 6 3x x x       Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là 0; 11 6 3; 11 6 3x y x y x y          b)Phương trình thứ nhất của hệ   2 2 2 (2 ) 12 15 0 15 12 y x y x x y x y          TH 1: 2 15 12 x y   thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:   2 3 2 2 22 3 2 4 15 3 15 4 242 15 x x x x x xx           2 2 2 2 2 2 36 12 16 15 16 15 0 15 15 x x x x x x x x             2 2 22 22 22 16 15 0 16 15 0 36 16 156 16 15 1515 x x x x xx x xx x xx                        2 2 2 2 16 15 0 36 15 16 15 (*) x x x x x x           Xét phương trình (*)   2 2 2 36 15 16 15x x x x    Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho 2 x ta có: 15 15 36 16x x x x             Đặt 2 215 16 36 0 18 t x t t t tx            + Nếu 2 515 2 2 2 15 0 5 3 x t x x x x xx              
Trang 55Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 + Nếu t = 18 2 9 4 615 18 18 15 0 9 4 6 9 4 6 x x x x x x x                     Nghiệm của hệ đã cho là:   5 27 12 6 ; 5; , 9 4 6; 6 2 x y              TH 2: 2x y Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: 2 3 2 2 2 2 7 11 0 4 3 3 4 4 6 12 x x x x x x x x x x          (loại) (do điều kiện 0y  ) KL: Nghiệm của hệ đã cho là:   5 27 12 6 ; 5; , 9 4 6; 6 2 x y              c) Điều kiện 2 3 x y    Phương trình (2) của hệ tương đương với: 2 2 2 2 (2 2 )(3 2) 0 2 3 y x x y x y y x            + Với 2 2y x  thế vào phương trình (1) ta được: (1) 7 6 2 4 4 6 15 4 0 (3)x x x       Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 6 2 4 3.2 2( 2) 3 6 2 4 4 6 15 7 4 4 6 15 2.2 3(2 5) 2(2 2) x x x x x x x x x                 Dấu '' '' xảy ra khi chỉ khi 4x  Từ (3) suy ra 4x  là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (4;6)x y  - Với 2 2 3 2y x   hệ vô nghiệm do điều kiện 3y  Vậy hệ đã cho chỉ có 1 nghiệm ( ; ) (4;6)x y  d) Thế phương trình 2 vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình :    3 4 2 2 3 3 2 8 3 2(2 ) 8 3 4 2 2x y y x y xy y y x y x y x y y             Vì 0y  không là nghiệm của hệ. Chia cả hai vế cho y ta được phương trình 3 3 2 3 2 3 8 3 4 2 2 3 4 8 2 2x y x x y x x x y y            Đặt : 1 1z x x z     . Khi đó ta có phương trình :
Trang 56Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960     3 3 2 2 2 2 8 2 2 4 2 0 do 4 2 0z z y y z y z y zy z y zy             2 1 2 2 1z y x y x y        Thế vào phương trình 2 của hệ ta được phương trình: 2 1 1 3 2 0 2 7 3 3 y x y y y x              Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 7 2 ( ; ) (1;1); ; 3 3 x y         Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau a)     2 2 3 1 2 1 4 2 1 3 3 y y x y x y y y x y            b)   2 2 3 2 2 2 3 2 3 2 2 7 6 x xy y x x y x y xy          c)  4 2 2 3 2 6 7 2 9 2 10 x xy y y x yx x           Giải: a) Điều kiện: 2 2 1 0x y   . Phương trình (1) tương đương:     2 2 2 2 2 2 2 22 2 4 4 2 1 2 1 2 2 1 3 2 2 1 2 1 y y x y x y x xy y x y y x y x y x y x y x y                           TH1: 2 2 1 3x y y x    . Bình phương hai vế phương trình ta được: 2 2 2 2 2 3 1; 1( ) 3 6 9 2 1 415 17 ; ( )2 1 9 6 51 33 3 y x x y TM y x xy y y x y TMx y y xy x xy y y                       . TH2: 2 2 1x y x y    . Bình phương hai vế phương trình: 2 2 2 2 2 0 1; 1 0 2 2 1 41 7 ; ( )2 1 2 21 33 3 x y x y x y xy y y x y Lx y x xy y xy y y                          .
Trang 57Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ có nghiệm     415 17 ; 1;1 , ; 51 3 x y        . b) Từ phương trình (1) ta thấy:    3 2 2 1 3 1x y y   . TH1: 1y  thay vào (2) ta có: 3 7 6 0 1; 3; 2x x x x x        . TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới: 2 2 3 2 2 2 2 2 3 3 2 2 7 6 x xy xy y x x y x y xy           . (*) (3) Phương trình (3) tương đương với:   2 2 2 3 0xy xy x    . + Nếu: 2xy  thay vào (*) ta có:   1 2 4 4 3 3 1 4 2 y x y y x y y             . Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. + Nếu 2 2 3xy x  thay vào (*) ta có:  2 2 2 2 3 3 3 3 1x x y x y y x          22 2 1 3 1; 1x x x y x             Vậy hệ có nghiệm        ; 1;1 , 3;1 , 2;1x y   . c) Phương trình (1) tương đương:       4 2 2 2 2 2 7 9 2 3 0 3 3 2 3 0x x y x x x x x x y x x               . TH1: 2 1 13 79 13 2 36 3 0 1 13 79 13 2 36 x y x x x y                  . TH2: 2 2 2 3y x x   thay vào (2) ta có:  2 2 3 5 5 1 23 10 5 5 1 2 x y x x x x x y                  . Vậy hệ có nghiệm   1 13 79 13 1 13 79 13 5 5 ; ; , ; , 5;1 , 5;1 2 36 2 36 2 2 x y                                     
Trang 58Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a) 3 2 3 1 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y           b) 3 2 3 2 4 4 24 45 6 20 xy x y x x x y y           c)   32 3 2 2 2 1 3 2 1 4 2 2 x xy y x xy y x x             d) 2 2 2 2 3 2 4 1 1 x y x xy x y x y             Giải: a) Hệ tương đương: 3 2 3 3 3 3 3 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y           . Trừ hai phương trình cho nhau ta được:   3 3 4 1 3 3x y xy y       3 3 3 4 1 4 3 3 3x y y xy y                                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 3 1 4 1 1 1 3 1 1 4 1 1 1 3 1 1 2 2 0 x y x x y y y y x x y x x y y y y xy y x y x x y y y x y x y x y                                                Với 1y x  thay vào (1) ta được: 2 2 0x x   (vô nghiệm). Với 2 2y x  thay vào (1) ta được: 2 5 17 42 5 1 0 5 17 4 x x x x            . Vậy hệ có nghiệm   5 17 1 17 5 17 1 17 ; ; , ; 4 2 4 2 x y                    . b) Hệ tương đương: 3 2 3 6 3 3 12 0 4 24 45 6 20 y x xy x x x y y            . Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được: 3 2 3 4 24 48 32 3 12x x x y xy y                 3 3 3 2 2 2 4 2 4 3 3 12 4 2 2 2 3 4 x y y xy y x y x x y y y y x                   
Trang 59Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thế 2 4x xy y   vào VP ta được:           2 2 2 2 4 2 2 2 3 2 4 4 3 2x y x x y y y y y xy y x y                       2 2 2 4 2 4 2 0x y x x y y        . Với 2y x   thay vào (1) ta được: 2 5 8 0x x   (vô nghiệm). Với 2 2y x  thay vào (1) ta được: 2 17 7 42 7 4 0 17 7 4 x x x x             . Vậy hệ có nghiệm   17 7 1 17 17 7 1 17 ; ; , ; 4 2 4 2 x y                    . c) Điều kiện: 0x  . Phương trình (2) tương đương: 2 2 1 1 1 2 2 0 2y xy y x x x x               . Thay vào (1) ta được:     3 3 3 32 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 t t t t x x x x                         4 3 2 2 1 6 12 2 4 3 0t t t t t       . TH1: 1 3 2 2 4 t x y      . TH2: 4 3 2 6 12 2 4 3 0t t t t     2 2 2 1 6 3 3 t t           (vô lý) Vậy nghiệm của hệ   3 ; 2; 4 x y        . d)Điều kiện: 1x y  . Phương trình (2) tương đương:     2 2 4 1 2 1x y x y xy x y        . Phân tích nhân tử ta được:   2 2 2 1 2 1 0x y x y xy y       . TH1: 2 1 0x y   thay vào (1) dễ dàng tìm được:   1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 ; ; , ; 5 5 5 2 x y                     .
Trang 60Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới: 2 2 2 2 2 1 3 x y xy y x y x          . Giải bằng cách:   2 (1) (2) 3 4 0 1 3 4 0PT PT y xy x y y x y            . Vậy nghiệm của hệ         1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 10 17 ; ; , ; , ; , 1;1 , 1; 1 , 2; 1 5 5 5 2 11 10 x y                             Ví dụ 7) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: a) 2 2 2 2 2 8 6 0 4 1 0 x y x y x xy y x             b) 2 2 2 2 5 0 5 7 0 x xy y y xy x           Giải: *Cách 1: Đặt x u a y v b      thay vào phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 ( ) 2( ) 2( ) 8( ) 6 0u a v b u a v b          2 2 2 2 2 2( 1) 4 ( 2) 2 2 8 6 0u v a u v b a b a b           . Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều kiện là: 1 0 2 0 a b      1 2 a b       Từ đó ta có các h đặt ẩn phụ như sau: Đặt 1 2 x u y v      thay vào hệ ta có: 2 2 2 2 3 2 u v u uv       đây là hệ đẳng cấp. Từ hệ ta suy ra    2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 0 4 u v u v u uv u uv v u v             Công việc còn lại là khá đơn giản. *Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2). 2 2 2 2 2 8 6 4 1 0x y x y k x xy y x            2 2 (1 ) (2 4 ) 2 8 6 0k x k ky x y y ky k           Ta có
Trang 61Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 (2 4 ) 4( 1)(2 8 6)k ky k y y ky k           2 2 2 2 8 8 (4 32 32) 12 12 20k k y k k y k k         . Ta mong muốn  có dạng 2 ( )Ay B 0   có nghiệm kép:      22 2 2 3 4 32 32 4 8 8 12 12 20 0 2 k k k k k k k            . Từ đó ta có cách giải như sau: Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:    2 2 2 2 2 2 8 6 3 4 1 0x y x y x xy y x              2 2 2 2 3 8 4 13 9 0 3 8 4 13 9 0x xy x y y x y x y y              Ta có       2 22 2 3 8 4 4 13 9 25 100 100 5 10y y y y y y           Từ đó tính được: 3 8 (5 10) 1 2 3 8 (5 10) 4 9 2 y y x y y y x y                Phần việc còn lại là khá đơn giản. b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:    2 2 2 2 2 2 5 5 7 0 2 5 12 0x xy y y xy x x y x y y               1 2 2 y x x y       Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng: 2 2 1 2 3 4 5 6 2 2 1 2 3 4 5 6 0 0 a x a xy a y a x a y a b x b xy b y b x b y b               + Ta đặt ,x u a y v b    sau đó tìm điều kiện để phương trình không có số hạng bậc 1 hoặc không có số hạng tự do . + Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k sao cho có thể biễu diễn được x theo y . Để có được quan hệ này ta cần dựa vào tính chất. Phương trình 2 ax bx c  biểu diễn được thành dạng: 2 ( ) 0Ax B    Đối với các hệ đại số bậc 3: Ta có thể vận dụng các hướng giải + Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức
Trang 62Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 + Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương trình để tạo ra quan hệ tuyến tính. Ví dụ 8) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: a) 3 2 2 2 3 49 8 8 17 x xy x xy y y x          c) 3 2 2 2 3 6 3 49 6 10 25 9 x x y xy x x xy y y x            b) 3 3 2 2 35 2 3 4 9 x y x y x y        d)     3 3 4 7 11 3 1 (1) xy x y x x y x y         Giải: a) Phân tích: Ta viết lại hệ như sau: 3 2 2 2 3 49 0 8( 1) 17 0 x xy y x y x x           Nhận thấy 1x   thì hệ trở thành: 2 2 3 48 0 4 16 0 y y y         Từ đó ta có lời giải như sau: Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:     3 2 2 2 2 2 3 49 3 8 8 17 0 1 ( 1) 3( 4) 0 x xy x xy y y x x x y                 Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ:      ; 1;4 , 1; 4x y     b) Làm tương tự như câu a Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được:   2 2 1 ( 1) 3( 5) 0x x y       . Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ. c) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được: 3 3 ( 2) ( 3) 5x y x y      Thay vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 3 2( 5) 3 4( 5) 9 5 25 30 0 2 y y y y y y y y                Vậy hệ phương trình có các nghiệm là:      ; 2; 3 , 3; 2x y    d)Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:   2 2 1 ( 3) 2 0x y x y x x         Trường hợp 1: 1x  hệ vô nghiệm
Trang 63Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Trường hợp 2: 2 2 3 2 ( 3) 2 0 ( )( 1) y x y x x x y x y xy             Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:   2 2 2 1 ( 1) 2 0x y x y x x         + Nếu 1 3 3 5 2 4 x y      + Nếu 2 2 ( 1) 2 0y x y x x      ta có hệ: 2 2 2 2 ( 1) 2 0 ( 3) 2 0 y x y x x y x y x x               . Trừ hai phương trình cho nhau ta có: 1y   thay vào thì hệ vô nghiệm KL: Nghiệm của hệ là:   1 3 3 5 1 3 3 5 ; ; , ; 2 4 2 4 x y                   d). Ta có: (1)     3 7 3 3 1 3 1x xy x y x y x y            3 7 3 4 2 1 3 1x xy x y x y x y x y                3 3 3 3 8 6 2 3 3 1 1x y xy x y x y xy x y x y x y                      3 3 33 2 3 1 1 1x y x y x y x y x y            2 1 1x y x y x       . Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với:   1 1 1 3 4 1 4 x x x y y y y                .
Trang 64Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 5. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức ( , ); ( , )f x y g x y trong hệ phương trình để đặt thành các ẩn phụ mới làm đơn giản cấu trúc của phương trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn giản hơn, hay quy về các dạng hệ quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp… Đễ tạo ra ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm nhân tử chung, chia các phương trình theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đối biến theo đặc thù phương trình… Ta quan sát các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 3 3 1 0 x xy y x x xy y           b) 4 2 2 2 2 4 6 9 0 2 22 0 x x y y x y x y            Giải: a) Ta viết lại hệ phương trình thành: 2 2 3 2 3 2 3 ( ) 2 3 3 ( ) 3 1 x x y x x y x y x            2 2 2 3 2 3 ( ) 2 3 ( ) ( ) 3 1 x x y x x y x y x             . Đặt 2 3 ,a x b x y   ta thu được hệ phương trình: 2 3 2 1 a b ab b a          . Từ phương trình (1) suy ra 2 2a b  vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được:    2 3 2 2 2 2 1 2 1 0 1 3b b b b b b b a              Khi 2 1 03 1 1 1 1 2 x ya x b x y x y                  Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:      ; 1;0 , 1;2x y   b) Ta viết lại hệ phương trình thành:     2 22 2 2 2 3 4 2 22 0 x y x y x y            Đặt 2 2; 3a x b y    . Ta có hệ phương trình sau:
Trang 65Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 2 2 2 4 4 ( ) 2 4 ( 2)( 3) 2 2( 3) 22 4( ) 8 4( ) 8 a b a b a b ab a b a b ab a b ab a b                             2 2 0( ) 8( ) 20 0 4( ) 8 10 ( ) 48 a b aba b a b ab a b a b L ab                     Xét 2 2, 0 0 0, 2 a b a b ab a b           + Nếu: 2 0, 2 5 x a b y         + Nếu 2 2, 0 3 x a b y        Tóm lại hệ có các cặp nghiệm:          ; 2;5 , 2;5 , 2;3 , 2;3x y    Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a)     2 2 2 2 1 25 1 2 8 9 x y x y y x xy y x y             b)   2 2 2 1 9 6 0 8 1 5 2 0 4 x y xy x y y x y               Giải: a) Để ý rằng khi 1y   thì hệ vô nghiệm Xét 1y   . Ta viết lại hệ thành:            2 2 22 2 1 25 1 1 1 10 1 x y x y y x y x y y y               Chia hai phương trình của hệ cho 1y  ta thu được:             2 2 2 2 2 2 22 2 1 25 1 25 1 1 1 101 1 10 1 1 x y x y x y x y y y x y x yx y x y y y y                            . Đặt 2 2 ; 1 1 x y a x y b y       . Ta có:
Trang 66Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960  2 2 3; 1 25 5 1 5 3 11 10 ;4 2 2 x y ab x y y a b a b x yx y                     . Vậy hệ có nghiệm     3 11 ; 3;1 , ; 2 2 x y        . b) Điều kiện: x y . Hệ đã cho tương đương:             2 2 2 2 2 1 9 1 252 0 2 0 8 8 1 5 1 5 0 0 4 4 x y y x x y y x y x y x y x x y y x x y y x y x                                              . Đặt 1 ; ; 2x y a y x b b y x        hệ thành: 2 2 5 4 13 35 5 2 ; 8 84 4 5 25 5 7 3 2 ;4 8 2 8 8 1 2 y x y x x ya b a y x a b b x y y x                                              Vậy hệ có nghiệm   7 3 13 3 ; ; , ; 8 8 8 8 x y              . Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 17 4 19 9 3 17 4 19 9 10 2 3 x x y y x y x y             b)     2 2 2 2 2 3 3 4 1 0 1 4 0 x x y y y xy x y x y             Giải: a) Điều kiện: 17 17 19 19 ; 2 2 3 3 x y      . Để ý 2 17 4x x liên quan đến 2x và 2 2 17 4 , 19 9x y y  liên quan đến 3y và 2 19 9y . Và tổng bình phương của chúng là những hằng số. Đặt 2 2 2 17 4 ;3 19 9x x a x y y b      . Hệ đã cho tương đương:
Trang 67Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 10 5; 5 17 19 3; 73 4 6 a b a b a b a b              . TH1: 2 2 1 2 2 17 4 5 2 3 19 9 5 5 13 6 x x x x y y y                  . TH2: 2 2 2 17 4 3 3 19 9 7 x x y y         (loại). Vậy hệ có nghiệm   1 5 13 1 5 13 5 13 5 13 ; ; , ; , 2; , 2; 2 6 2 6 6 6 x y                                    . b) Ta viết lại hệ như sau:  2 2 2 2 2 3 3 3 1 4 1 4 x x y y y xy x y x y y           Ta thấy 0y  không thỏa mãn hệ.Chia phương trình đầu cho 2 y , phương trình thứ 2 cho 3 y ta được:  2 2 2 3 2 1 4 1 4 y x x y x x x y y             Viết lại hệ dưới dạng: 2 2 2 2 2 2 1 1 14 2 11 1 24 xy x x y y y xy xx yy y                        . Đặt 2 2 1 1 , xy x a b y y     ta có hệ mới 4 2 4 a b a b ab       2 2 1 2 1 2 x y x y           2 11 2 22 1 1 12 x xx yy y x y x x yy                       Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất 1x y 
Trang 68Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau       4 3 2 2 24 2 2 2 6 12 6 5 1 . 11 5 x x x y y x x x y x              b) 2 2 2 2 5 4 5 5 5 x y x y x y x y x y xy            Giải a) Nhận thấy 0x  không là nghiệm của hệ. Chia hai vế phương trình cho 2 x ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 1 1 1 6 12 0 6 0 5 1 1 1 5 11 0 5 1 0 x x y y x x y y x x x x x x y x x y x x x x                                                           . Đặt 1 x a x   . Hệ thành: 2 2 2 2 2 6 0 5 1 0 a ay y a a y         . Chia hai vế cho 2 a và đặt 1 , y y X Y a a    giải ra ta được 1 1 1 17 2 4 1 1 1, 1 2 1 1 51, 2 1 2 2 2 x x x y ya y a y x x x y y                               Vậy hệ có nghiệm   1 17 1 5 ; ;1 , ;2 4 2 x y                  . b). Điều kiện: 2 2 , 0; ;x y x y y x    . Phương trình (2) tương đương: 2 2 5 5 5 5. 5 x y x y x y y x y x x x          Đặt 2 2 , x y x y a b x x     .
Trang 69Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ thành:     2 2 3 , 3 2 1 5 24 1 5 1 , 1, 2 2 22 55 5 3 3 , 2 2 x y x y x a b x ya b x y yb a x y                             . Vậy hệ có nghiệm   3 1 3 3 ; ;3 , 1; , ; 2 2 2 2 x y                    Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a)     2 2 2 2 3 8 1 1 1 4 xy x y x y x y             b) 2 2 2 9 2 4 2 1 9 18 y x x y x y x y y x                   Giải a) Triển khai phương trình (1) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 9 2 8 1 8x y xy x xy y x y x y xy               2 2 1 1 8x y xy     . Nhận thấy 0, 0x y  không là nghiệm của hệ. Phương trình (1) khi đó là: 2 2 1 1 . 8 x y x y     . Đặt 2 2 ; 1 1 x y a b x y     . Hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 2 11 1 22 1111 2 31 444 1 1 1 2 38 4 1 4 1 1 1 2 1 2 x a x xy ba b yy x xa ab x y y b y                                                         . Vậy hệ có nghiệm          ; 1;2 3 , 1;2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1x y          . b) Phương trình (2) tương đương:   2 2 2 2 2 2 3 3 2 9 18 9 18 2x y y x x y x y x y xy      
Trang 70Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 3 3 2 2 9 18 18 2 9 2 4 x y x y x y xy xy y x          2 2 2 9 4 9 4 x y x y x x y y x y y x y x y                              . Đặt 2 9 ; y x a x b y x y              . Hệ thành: 2 2 9 4 2 4 9 4 2; 1 22 21 y x a b x y xx a b xab y x yy y                          2 22 2 0( )4 9 1 1 4 9 2 4 9 9 3 x Ly x x x yx x x x x             . Vậy hệ có nghiệm   1 1 ; ; 9 3 x y        . Ví dụ 6: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 2 2 6 3 7 3 6 2 x x y x xy x x y y x y             Giải a) Giải hệ:. Hệ phương trình tương đương với :               2 2 2 2 2 2 2 2 366 3 9 9 3 6 2 3 6 2 x xy yx y y y x x xy y x x x x y y y x x x y y y                                      2 2 2 2 6 3 9 6 3 3 6 2 y y y x x x x x x y y y                  Đặt    2 2 3 ; 6x x x a y y y b      .
Trang 71Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ thành: 1 6 3 ; 1 9 2 2 4 1 ; 3 3 a b b a a b a b               . TH1:     2 2 13 1 1 6 1 2 xx x x yy y y              . TH2:     2 2 22 3 153 4 26 2 3 15 xx x x y y y y                . Vậy nghiệm của hệ   1 2 2 ; 1; , ;2 2 1515 x y             .
Trang 72Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 6. 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 a)   3 3 2 2 2 1 0 2 2 2 5 x x y y x y            b)     2 3 4 6 2 2 2 2 1 1 x y y x x x y x          Giải a) Điều kiện: 1 2, 2 x y  . Phương trình (1) tương đương:    2 2 2 2 1 2 1 2 1x x x y y y         Đặt 2 , 2 1a x b y    . Ta có phương trình: 3 3 a a b b     2 2 1 0a b a ab b      . Do 2 2 2 2 3 1 1 0 2 4 b b a ab b a              suy ra phương trình cho ta a b 2 1 2 3 2y x x y      thay vào ta có: 3 5 2 2 2 5y y    Đặt 3 5 2 ; 2a y b y    ta có hệ phương trình sau: 3 2 1; 2 2 5 3 65 23 65 ; 4 82 9 65 3 23 65 ; 4 8 a b a b a b a b a b                    2 233 23 65 32 233 23 65 32 y y y          . Vậy hệ có nghiệm     23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65 ; 1;2 , ; , ; 16 32 16 32 x y                     b) Điều kiện: 1y   . Ta viết lại phương trình (1) thành:  3 6 2 2 2 0y x x y x       2 2 2 2 4 2 2 0 0 y x y x y yx x x x y             Dễ thấy 0x y  không phải là nghiệm. Khi 2 y x thay vào (2) ta được:
Trang 73Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960           2 2 42 2 3, 3 2 1 1 2 1 1 3, 3 x y x x x x x x x y                  (thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm    ; 3;3x y   . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a) 5 4 10 6 2 4 5 8 6 x xy y y x y          b)  3 2 3 3 2 4 3 1 2 2 3 2 2 14 3 2 1 x x x x y y x x y              Giải a) Điều kiện: 5 4 x   . Ta thấy 0y  không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho 5 y ta được: 5 5x x y y y y         . Đặt x a y  ta có phương trình: 5 5 a a y y   suy ra   4 3 2 2 3 2 1 0a y a a y a y ay y a x y          4 5 8 6 1 1x x x y         . Từ đó tính được 1y   Vậy hệ đã cho có nghiệm    ; 1; 1x y   . b) Điều kiện: 3 2; 2 x y   .Ta thấy khi 0x  thì hệ không có nghiệm. Chia phương trình (1) cho 2 0x  :    2 3 4 3 1 1 2 4 2 3 2y y x x x          3 31 1 1 1 3 2 3 2y y x x                    . Đặt 1 1 , 3 2a b y x     . Ta có 3 3 a a b b   a b  1 3 2 1y x     . Thay vào (2) ta được: 3 23 3 2 15 1 1 15 3 4 14 0x x x x x x x             . 111 7 98 x y    . Vậy hệ có nghiệm   111 ; 7; 98 x y        .
Trang 74Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a) 2 (17 3 ) 5 (3 14) 4 0 2 2 5 3 3 2 11 6 13 x x y y x y x y x x                  (1) (2)       3 2 2 3 2 2 1 (1) ) 5 7 4 6 1 (2) x x y x y y y b x y x x y xy x                Giải Điều kiện: 5 4 2 5 0 3 2 11 0 x y x y x y              Biến đổi phương trình (1) ta có:    3 5 2 5 3 4 2 4x x y y             Đặt 5 , 4a x b y    ta có”   3 3 2 2 3 2 3 2 3 3 3 2 0a a b b a b a ab b a b           5 4 1x y y x       Thay vào (2) ta có: 2 6 13 2 3 4 3 5 9 (4)x x x x      Điều kiện xác định của phương trình (4) là: 4 3 x             2 2 2 2 2 2 (4) 2 2 3 4 3 3 5 9 0 2 3 0 2 3 4 3 5 9 2 3 1 0 2 3 4 3 5 9 0 2 3 1 0 2 3 4 3 5 9 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                       (*) 2 0x x  0 1 1 2 x y x y              Ta có 2 3 1 0 2 3 4 3 5 9x x x x          do điều kiện 4 3 x   Kết luận:      ; 0; 1 , 1; 2x y    
Trang 75Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Điều kiện: 0, 0y x y   . Nhận thấy 0y  thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi 0y  Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp: PT(1)     2 2 2 2 2 2 x y x xy y y x y x y x y y x y               Rõ ràng 1 2 0; 0 2 x y x y y y x y          , từ đó suy ra x y . Thay vào (2) ta được: 33 2 2 5 14 4 6 1x x x x x      . Biến đổi phương trình đã cho tương đương: 33 2 2 2 3 6 4 8 8 8 3 8 8 8x x x x x x x             3 32 2 1 3 1 8 8 8 3 8 8 8x x x x x x          . Đặt 3 2 1, 8 8 8a x b x x     suy ra 3 3 3 3a a b b     2 2 3 0a b a ab b a b        3 2 1 8 8 8 1; 1x x x x y       . Vậy hệ có nghiệm    ; 1;1x y  . 7. KHI TRONG HỆ CÓ 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 còn 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 còn lại trên miền giá trị ,x y vừa tìm được: Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 1 2 2 xy x y x y x y y x x y           (1) (2)
Trang 76Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 (1) 4 4 2 4 (2) x y xy x y x y x x y x y                Giải a) Xét phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 2 2 2 ( 1) 2 0xy x y x y x x y y y          . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có: 2 2 2 ( 1) 8 4 (3 1)y y y y       . Từ đó suy ra 1 (3 1) 2 1 (3 1) 2 1 2 y y x y y y x y               Trường hợp 1: x y  . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: 1 0 x y    suy ra phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: 2 1x y  thay vào phương trình thứ hai ta có:   (2 1) 2 2 2 2 2 2 2( 1) ( 1) 2 2 0 2 5 y y y y y y y y y y y y x                 Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( ; ) (5;2)x y  b) Xét phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 2 (3 3 ) 2 1 0x y xy x y x x y y y             . Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:  2 2 2 2 (3 3 ) 8 2 1 2 1 ( 1)y y y y y y           Suy ra 3 3 ( 1) 1 4 2 3 3 ( 1) 1 4 y y y x y y x y               Trường hợp 1: 1y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 2 2 3 3 3 1 5 4 3 3 ( 1 3 1) ( 2 5 4) 0 x x x x x x x x x x                   2 1 1 3 0 1 3 1 2 5 4 x x x x x x               
Trang 77Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Do 1 3 x   nên 1 1 3 0 1 3 1 2 5 4x x x x          2 0 0 1 x x x x        Trường hợp 2: 2 1y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 3 3 4 1 5 4 4 1 5 4 3 3 0x x x x x x            Giải tương tự như trên ta được 0x  . Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( ; ) (0;1),(1;2)x y  Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau   3 2 3 1 ) 5 3 2 2 2 2 x y x y a x y xy y               (1) (2)  2 2 7 10 3 1 1 (1) ) 3 1 2 (2) 1 y y x y y x b y x y x                 4 3 4 1 (1) ) 2 3 4 (5 ) (4 ) 1 (2) x y y x c y x y x y x x y             Giải a) Điều kiện: 2 ; 3;3 3 y x y x    . Phương trình (1) tương đương 2 ( 3) 4( 1)(3 )x y y x    2 2 2 2 6 9 12 12 4 4 2 (5 2 ) 12 12 9 0x x y y xy x x x y y y              Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:   22 2 ' (2 5) 12 12 9 4 4y y y y        suy ra 5 2 (4 4) 6 9 5 2 (4 4) 2 1 x y y y x y y y                 Trường hợp 1: 6 9x y   . Do 3x    6 9 3 1y y       suy ra phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: 2 1x y  thay vào phương trình 2 của hệ ta có:     2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 1 2 3 2 2 y y y y y y y y y              
Trang 78Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ta có: 2 3 7 ;2 1 33 2 2 2 y y y       . Nghĩa là VP VT , suy ra 2 1y x   . Vậy hệ có nghiệm    ; 1;2x y  . b) Điều kiện:  2 1 0 1 0 2 7 10 3 0 x y y y x y             . Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: 1 0 1x x     . Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng:  2 2 7 10 3 1 1y y x y x y        . Để bình phương được ta cần điều kiện: 2 1 1x y x x y      . Ta bình phương hai vế được:    2 2 2 8 8 3 2 2 1 1y y x y x x x y         (1). Ta đưa phương trình (2) về dạng:   2 1 1 2 2 3x y x x xy y       (2). Thế (2) vào (1) ta được:    2 2 2 2 8 8 3 2 2 2 2 3y y x y x x x x xy y           2 2 2 4 2 3 3 0y y xy x x              22 1 0 3 1 2 1 0 1 2 2 0 2 2 0 x y x x y y x y x y x y                     . * Với 1 0 1x y y x      , ta có thêm 2x  thay vào phương trình (2) ta có:    2 2 1 2 1 1 1 2 0x x x x x x x x             . Vì 1 2x   , ta dễ thấy: 0VT  , nên suy ra phương trình vô nghiệm. * Với 2 2 2 0 2 x x y y       , thay vào phương trình (2) ta được: 4 3 2 2 1 x x     . Đặt 1u x  khi đó ta thu được phương trình: 3 2 3 24 18 0 5 3 2 3 2 03 2 2 u u u u u x y u u                   . Hệ có một cặp nghiệm duy nhất: 2; 0x y  c). Điều kiện 3 4 4 y y x  .
Trang 79Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ta viết phương trình (1) thành: 4 1 3 4x y y x    . Bình phương 2 vế ta thu được: 2 3 4 8 4 1y x x y    . Thay vào phương trình (2) của hệ ta có: 2 2 4 4 ( 2) 4 0x x y y y     . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì   2 2 ' 4 2 4( ) 16y y y      suy ra 2( 2) 4 4 2 2( 2) 4 4 4 2 y y x y y x            Trường hợp 1: 2y x thay vào phương trình (1) ta có: 2 12x   vô nghiệm Trường hợp 2: 2 4y x  thay vào phương trình (1) ta thu được: 273 257 2 2 12 15 , 8 4 x x y     Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm:   273 257 ; ; 8 4 x y        8. 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 Ngoài 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     2 2 1 1 2 1 21 2 1 2 ) 2 1 2 1 2 9 xyx y a x x y y             b)       32 2 2 2 2 2 3 2 76 20 2 4 8 1 x x y x x y x y x x            . Giải a) Điều kiện: 1 0 , 2 x y  . Đặt 1 2 , 2 ; , 0; 2 a x b y a b         . Ta có: 2 22 2 1 1 1 1 2 1 11 1 VT a ba b            . Ta sử dụng bổ đề với , 0a b  và 1ab  ta có bất đẳng thức:
Trang 80Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960         2 2 2 2 2 11 1 2 0 1 1 1 1 1 1 a b ab a b ab ab a b             (đúng). Vậy 2 1 VT VP ab    . Đẳng thức xảy ra khi x y . Thay vào(2) ta tìm được nghiệm của phương trình. Nghiệm của hệ   9 73 9 73 9 73 9 73 ; ; , ; 36 36 36 36 x y                    . b) Điều kiện: 2 0x y  . Phương trình (1) tương đương:     33 2 2 2 0x x x y x y     . Đặt 2 x y u  phương trình (1) thành: 3 2 3 2 2 2 0x xu u x u y x x        . Thay vào (2) ta được: 32 2 96 20 2 32 4x x x x    . Ta có   2 32 2 23 32 4 2 96 20 2 32 4 1.1. 32 4 3 x x x x x x x x              22 2 1 7 3 96 20 2 32 4 2 16 2 0 8 8 x x x x x x y              . Từ đó ta có các nghiệm của hệ là: Vậy hệ có nghiệm   1 7 ; ; 8 8 x y         . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau     2 3 2 2 23 2 1 2 9 ) 2 2 2 9 xy x x y x x a xy y y x y y               với , 0x y  b)     3 3 2 2 2 2 3 10 12 6 2 3 x xy y x y x x y x xy y              . Giải
Trang 81Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 a) Hiển nhiên 0x y  là một nghiệm của hệ. Ta xét 0x  và 0y  . Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được     2 2 2 23 3 1 1 2 1 8 1 8 xy x y x y             . Chú ý rằng     2 23 3 1 1 1 1 ; 2 21 8 1 8x y       . Với 0xy  ta có     2 2 2 23 3 1 1 2 2 1 8 1 8 xy xy x y x y              . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1x y  . Với 0xy  . Khả năng này không thể xảy ra. Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử 0, 0x y  thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm  ;x y là    0;0 , 1;1 . b) Theo bất đẳng thức AM GM ta có : 12 3 10 3 5 5 8 4 2 3 2 x y xy x xy y x x y y x y x y                Ta sẽ chứng minh:     3 3 2 2 2 2 6 2 2 x y x x y x y x xy y             3 3 2 2 2 2 6 2 ( ). x y x y x y x xy y         Ta có: 2 2 2( )x y x y   Để chứng minh ( ) ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:  3 3 2 2 2 2 6 2 2( ) (1) x y x y x xy y      Mặt khác ta cũng có: 2 2 2 x y xy   nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được: 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 6( ) 2 2( ) 2( ) ( ) 2( ) 2 x y x y x y x y x y x y x y            6 6 3 3 2 2 2 2 4 3 ( ) 0 (2)x y x y x y x y      Vì y > 0 chia hai vế cho 6 y đặt 0 x t y   bất đẳng thức (2) trở thành. 6 4 3 2 3 4 3 1 0t t t t     Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do:     6 4 3 2 2 4 3 3 3 2 2 2 2 3 4 3 1 ( 1) ( 2 2 1) 6 2 3 t t t t t t t t x y x x y x xy y                 
Trang 82Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số ,x y thỏa mãn điều kiện , 0 2 3 1 x y x y x y x y          là nghiệm của hệ Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau 2 2 2 41 1 9 3 40 (1) ) 2 2 5 6 4 9 9 (2) x x a x y x xy y y x                  với , 0x y  2 2 2 2 ) 2 3 2 5 3 4 5 3 x y x xy y x y b x xy x xy x               Giải a) Phương trình (1) tương đương: 2 1 6 80 82 2 9 x x x y         . Ta có:     2 2 2 1 1 3 6 1 9 9 9 9 2 2 92 9 2 VT x x x x x y x yx y x y                  26 80 6 3 2 6 0 9 2 9 x x x xy y x y           (*) Lấy (*) cộng với PT(2) ta được:   22 2 4 4 12 6 9 0 2 3 0 3 2x xy y y x x y x y               . Để dấ bằng xảy ra thì 3x y  . Vậy hệ có nghiệm    ; 3;3x y  . b) Ta có       2 2 22 2 2 2 2 4 4 4 2 2 x yx y x y x yx y x y                2 2 22 2 2 2 3 4 12 4 3 2 x yx y x y x yx xy y x xy y            Từ đó suy ra 2 2 2 2 2 3 x y x xy y x y x y        
Trang 83Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0x y  Thay x y vào phương trình còn lại ta có: 2 2 2 5 3 4 5 3x x x x x     Để ý rằng 0x  không phải là nghiệm. Ta xét 0x  , chia phương trình cho 2 x thì thu được: 2 2 5 3 5 3 2 4 x x x x           . Đặt 2 5 3 2 0t x x     ta có phương trình: 2 2 2 5 3 3 5 6 0 2 2 4 2 0 3t t t x x x x x                Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 3;3x y  Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau 24 4 32 3 0 ) 32 6 24 0 x x y a x x y              ( ) 2 ) ( 1) (1 ) 4 xy x y xy x y y b x y xy x x                 (1) (2) Giải a) Điều kiện: 0 32 4 x y     Cộng hai phương trình vế theo vế ta có: 24 4 32 32 6 21x x x x y y        (*) Ta có:   22 6 21 3 12 12y y y      . Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:      4 4 32 1 1 32 8 32 1 1 32 4 x x x x x x x x                Vậy 4 4 32 32 12x x x x      . Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi ,x y phải thỏa mãn: 4 4 32 16 32 3 3 0 x x x x x y y              Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  ; (16;3)x y 
Trang 84Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Điều kiện:   , 0 ( ) 2 0 x y xy x y xy       Chuyển vế và bình phương ở phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 2 ( )( 2) ( )xy x y xy y y x      ( )( 2) ( )(2 ) 0 (3)x y y xy x y y y x         Từ phương trình (1) của hệ ta có 2 ( )( 2) 0y y x y xy x y xy        . Từ phương trình (2) ta có: 3 2 ( 1)( ) 4 ( 2)( 1) 2( 1) 2( 1) 2x y xy x x x x x x y xy               Kết hợp với (3) ta suy ra x y Thay vào phương trình (2) ta có:   3 2 ( 1) 2 (1 ) 4 2 3 4 0 1x x x x x x x x           Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất 1x y  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.
Trang 85Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1)   2 2 3 3 2 1 1 x y x x y        ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008) . 2) 2 2 3 3 2 1 8 7 x y y x x y       ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008) . 3) 2 2 2 1 3 3 x y xy x y y         ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2009) . 4) 2 2 2 2 3 8 12 23 2 x y xy x y        ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 5)    2 2 5 2 2 26 3 2 11 x y xy x x y x y          ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 6)    2 2 2 2 2 2 2 1 4 x y x y x y xy x y        ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2011) . 7) 2 2 2 4 2 4 x y y x y xy         ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2012) . 8) 2 2 2 2 1 2 4 x y xy x xy y         ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) . 9) 2 2 2 2 2 3 12 6 12 6 x y xy x x y y y x          ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) . 10) 2 2 2 2 3 5 4 5 x y xy x y xy      ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) . 11)   3 3 2 2 2 5 27 7 26 27 9 x y xy x y y x x x           ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) .
Trang 86Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 12)    2 2 2 4 1 2 3 12 4 9 x y y x x y y         . ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Amsterdam và Chu Văn An năm 2014) 13)     2 2 2 2 1 21 1 3 1 x y y x xy x y          ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014) 14) 3 3 2 4 6 2 2 x y x y x y          ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2014) 15)  2 2 2 2 2 3 2 5 2 0 2 3 15 0 x xy y x y x xy y            ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Thái Bình 2014) . 16)     3 3 4 7 11 3 1 xy x y x x y x y         17) 2 2 2 2 2 2 2 8 3 5 7 x y x y y x y x x xy         18) 2 2 3 1 2 x xy y y x y        19)   2 2 4 15x y x y y y x        20)       2 2 4 4 2 2 5 2 2 2 x y x y x y x y x y x           21)   2 2 3 3 1x y x y x       22)   2 2 3 3 4 1 1 15 1 xy x y y y xy        23) 2 2 4 4 2 2 2 6 8 16 x y x y x y xy         24) 2 2 3 2 3 2 3 27 6 2 30 x y xy x y x y x y         
Trang 87Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 25) 2 2 3 3 4 5 15 12 40 x y x y xy y x          26)       2 32 2 2 8 1 1 1 2 1 1 1 16 x x y x y x yx y x y                    27)     2 2 2 2 2 2 9 1 1 1 x y x y xy x y           28)    4 3 1 2 7 6 12 4 4 2 2 5 x y y x x y y x xy             29) 2 2 8 17 21 6 8 4 16 9 7 xy x y x y xy y x x y                  30) 3 13 2 5 3 13 2 5 3 13 2 5 x y y z z x                31)   23 2 2 2 7 7 4 3 8 4 8 x y x y x y x x y y x             32)   3 2 3 5 , 2 3 2 3 4 2 x y x y x y x y x y              33)      3 2 2 2 1 20 28 2 2 x y x y x y y x x            34)   2 4 , 16 2 3 x y x y x y x y x y x             35)    2 3 9 1 2 1 2 2 3 2 y y x y x y x x y x y             
Trang 88Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 36) 2 2 2 2 9 5 3 5 30 6 x x y x x x y x x y y            37) 2 2 2 3 ( 3) 8 20 ( 4) 6 10 0 4( 5) 6 11 3 2 5 x y y y x x x y y                38) 3 2 2 2 2 2 2 4 ( , ) 2 2 2 4 x xy x y x y x xy y y           39) 2 2 2 2 2 ( 3)(2 3) 12 11 8 6 13 1 y x y x y xy y y x y y            40) 3 2 2 2 3 2 4 2 2 2 x x y x y xy y          41) 3 3 2 2 2 2 3 3 2 1 3 2 2 x y y x x x y y             42)  3 2 3 3 2 4 3 1 2 2 3 2 2 14 3 2 1 x x x x y y x x y              43)   2 2 2 2 7 2 1 2 1 2 7 6 14 0 x y xy x y xy x y             44)  3 2 4 16 24 14 3 2 3 2 4 2 2 4 6 x x x y y x y             45) 13 4 2 2 5 2 2 2 x y x y x y x y            46) 3 3 3 2 2 8 27 18 4 6 x y y x y x y       47)   3 3 2 2 2 1 0 2 2 2 5 x x y y x y            48)   2 2 2 1 1 1 35 121 x x y y y y x            
Trang 89Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 49)     2 2 2 2 3 8 1 1 1 4 xy x y x y x y             50) 4 3 2 2 2 2 2 3 4 1 0 4 2 4 2 2 3 x x x y x y x xy y x y                51) 3 2 3 2 3 2 12 48 64 0 12 48 64 0 12 48 64 0 x z z y x x x y y                52)  2 2 2 3 2 2 1 2 0 2 2 ( 2) 4 4 0 x y y x y y x xy x y x                   53)   3 2 7 10 1 1 2 3 3 x y x x y x y x y                  54) 3 2 2 2 2 ( 4) 8 4 0 1 1 2 3 4( 1) 8 2 2 y x y y x x x x y x y                   55)  2 3 2 ( ) ( 1) 3 4 4 7 x y x y y x y x x y y             56)     3 2 2 23 2 ( 4) 4 2 0 3 1 4( 1) ( 1) 8 1 y x y y x x x x y x y                 57) 2 2 2 5 8( ) 4 13 ( ) 1 2 1 x y xy x y x x y             58) 2 2 3 2 2 2 ( ) 12( 1)( 1) 9 x y y x x y x y xy             59)    3 3 2 2 7 8 2 2 3 6 2 x y x y xy xy x y y x x            
Trang 90Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Ta viết lại hệ phương trình thành:     2 2 3 3 1 1 1 1 x y x y         đặt 1a x  ta có hệ mới 2 2 3 3 1 1 a y a y       . Suy ra 1 , 1a y   . Mặt khác ta cũng có:   3 3 2 1 1 1 0 0 1a y y y y a          . Tương tự ta cũng có 2 3 2 2 3 3 2 3 0 1 1 a a y a y a y y y            . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1, 0a y  hoặc 0, 1a y  . Từ đó suy ra các nghiệm của hệ là:      ; 1;1 , 2;0x y  . 2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra      3 3 2 2 3 2 2 3 8 7 2 8 14 7 0 4 2 0x y x y y x x x y xy y x y x y x y             2 4 y x y x y x      thay vào một phương trình ta tìm được nghiêm là:     1 ; 1;1 , ; 2 2 x y         Ta có thể giải nhanh hơn như sau: Lấy phương trình (2) trừ 6 lần phương trình (1) thì thu được:   3 2 1 2 1 2 1x y x y y x        . 3) Từ hệ phương trình suy ra 2 2 2 2 2 1 1 3 3 ( 3) 2 0 3 3 x xy y x xy x y x y x y x y y                    . Đây là phương trình bậc 2 của x có     22 6 9 4 2 1y y y y         từ đó tính được 1x  hoặc 2x y  thay vào ta tìm được các nghiệm là        ; 1;0 , 1;1 , 5; 3x y   Chú ý ta có thể giải cách khác:     2 2 1 3 3 1 3 2 0 1 2 0x xy x y y x x x x y x                . 4) Nhận xét: Có thể đưa hệ về dạng đẳng cấp:Từ hệ ta suy ra       2 2 2 2 2 2 2 3 8 12 23 17 24 7 0 17 7 0x y xy x y x xy y x y x y           
Trang 91Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 7 17 x y x y      . Giải hệ với 2 trường hợp ta suy ra       7 17 7 17 ; 1;1 , 1; 1 , ; , ; 13 13 13 13 x y                 . Cách khác: Cộng hai phương trình của hệ ta thu được:   2 2 3 5 2 3 25 2 3 5 x y x y x y          rồi thay vào để giải như trên. 5) Ta viết lại hệ đã cho thành: 2 2 2 2 5 2 2 26 3 2 11 x y xy x x xy y          Nhân hai vế của phương trình: (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta được:   22 2 9 6 48 3 1 48 8 3 x x x x x            thay vào ta tìm được 1y  hoặc 3y   . Cách khác: Ta viêt lại hệ thành:            2 2 2 2 2 26 26 112 2 11 x y x y a b a b abx y x y x y x y                     đây là hệ đối xứng loại 1. 6) Nhận xét 0x y  là nghiệm của hệ. Xét , 0x y  . Ta chia 2 phương trình cho 2 2 x y 2 2 2 1 1 1 1 22 2 1 1 2 1 1 22 8 2 8 x y x y xy x y xy x y xy                                      . Đặt 1 1 2 ; 2a b x y xy                thu được 3 2 8 8 2; 4 0 ab a a b a b         . Từ đó tìm được nghiệm là    ; 1;1x y  . 7) Ta viết lại hệ phương trình thành:     22 2 2 1 5 5 51 1 5 x y a b a b abx x y y                  đây là hệ đối Xứng loại 1, ta dễ tìm được 2, 1a b  hoặc 1, 2a b  . Từ đó giải được 1x y  hoặc 2; 0x y  . Cách khác: Ta viết lại hệ thành:       2 2 22 22 4 2 4 12 4 12 0 4 2 2 8 x y y x y xy x y x y x y x y xy                    . 8) Từ hệ ta suy ra
Trang 92Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960     2 2 2 2 2 2 2 4 3 5 2 0 3 2 0x xy y x y xy x xy y x y x y             . Giải hệ ứng với 2 trường hợp ta có: 1; 1x y x y     , 2 7 3 7 2 7 3 7 ; ; ; 7 7 7 7 x y x y      9) Ta viết hệ đã cho thành:             2 3 12 2 3 6 6 12 x y x y x y x y x y xy x y xy                   2 3 6 0 3 2 0x y x y xy x y x y          .Giải 3 trường hợp ta thu được:        ; 3; 1 , 3;2 , 4;2x y    . 10) Từ hệ ta suy ra    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 5 2 3 4 4 2 2 0 4 2 0 4 5 xy y xy xy y x y x xy y x y x y x y xy                  . Giải 2 trường hợp ta thu được       2 4 ; 0;0 , 1;1 , ; 5 5 x y        . 11) Ta viết lại hệ đã cho thành:        33 3 2 2 9 27 8 3 1 x y x y y x x           Chú ý rằng:     27 3 2 2x y x y    suy ra           3 33 3 3 3 27 8 3 1 3 2 2 8 3 1x y y x x x y x y x y x                   3 3 2 3 1 2 3 1 2 1x y x x y x y x             thay vào ta tìm được:     7 ; 1;1 , ; 8 2 x y         . 12) Hệ đã cho tương đương với:     2 2 2 2 4 1 2 3 12 9 4 x y y x x y y              2 2 2 2 2 4 1 2 3 4 9 12 9 4 x y y y x x y y           Cộng theo vế hai phương trình ta được:  2 2 2 8 2 3 0x x y y      22 2 2 3 7 1 2 0 0 2 x x y y x y             (tm) Vậy hệ có nghiệm   3 ; 0; 2 x y        . Điều kiện: 1; 1x y    .
Trang 93Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 13) Hệ phương tình đã cho tương đương:     2 2 2 2 1 21 1 1 . 1 1 4 x y y x x y y x           . Đặt ; 1 1 x y u v y x     , hệ thành: 2 2 1 2 1 4 u v uv            22 2 2 2 2 12 1 2 0 0 u vu v uv u v uv u v                 Suy ra 1 2 u v  hoặc 1 2 u v   . Nếu 1 2 u v  thì 1x y  (tm). Nếu 1 2 u v   thì 1 3 x y   (tm). 14) Điều kiện 2 0 0 x y y     . Đặt 2 0t x y   từ phương trình  1 suy ra 2 3 4 0 1 2 1t t t x y        thay vào phương trình (2) ta có: 3 8 4 2 2y y   . Đặt 2 2 0 2y a y a    . Thay vào phương trình ta có: 3 2 3 2 0 8 2 2 8 12 0 2 6 a a a a a a a a             . Từ đó tìm được các nghiệm của hệ là        ; 1;0 , 3;2 , 35;18x y    15) Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau:    2 2 2 5 0 5 2 y x x y x y x y          Thay vào phương trình (2) của hệ ta tìm được các nghiệm là        ; 1;2 , 1; 2 , 3;4x y     . 16) Từ phương trình ( 2) ta có:     3 7 3 3 1 3 1x xy x y x y x y       Hay     3 7 3 4 2 1 3 1x xy x y x y x y x y         Hay       3 3 3 3 8 6 2 3 3 1 1x y xy x y x y xy x y x y x y            Hay     3 3 2 1 2 1 1x y x y x y x y x           . Thay vào phương trình đầu tìm được nghiệm của hệ là:      ; 1;1 , 1; 4x y   . 17) Dễ thấy hệ có nghiệm  0;0 .
Trang 94Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Nếu  , 0;0x y  hệ phương trình tương đương với: 2 2 2 1 1 2 1 3 7 5 8 x y x xy x y             . Đặt 1 1 ;u v x y   và cộng hai phương trình của hệ ta thu được: 2 2 2 2 3 7 5 8 u v u uv u v            2 2 2 3 7 5 6 0 2 2 3 0u v uv u v u v u v             .Ta được: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 u v u v u v u v             18) Ta có:     3 2 2 3 3 3 3 2 .1y x y x y x xy y x y y x x y            . Hệ tương đương với 2 2 1 11 x y x y x yx xy y             . 19) Hệ tương đương:             2 22 2 2 2 44 1515 1515 15 x y x yx y x y x y x y x y yx y y                      2 2 2 2 4 4 4 15 15 215 x y x y x y x y xx y y                 +)    3 2 2 2 15 15 1; 2 15 x y y y x x y x y          +)    3 3 3 2 2 2 5 15 3; 2 3 15 x y y y x x y x y             Vậy nghiệm của hệ: 2; 1x y  , 3 3 2 3; 3x y   . 20) Ta có:     5 4 4 2 2 2 2 5 5 2x x y x y x y xy x y x y x y          Ta thu được hệ tương đương:  2 2 1 2 1 x y x y xy x y x y          . 21) Hệ đã cho tương đương:              2 2 3 1 2 x y x y x y x y x y x y x y               Đặt ;u x y v x y    , sau đó giải như bài 18.
Trang 95Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 22) Nếu 0y  suy ra 1 0 (loại) Chia cả hai vế cho 3 4 0, 0y y  ta được: 2 2 4 1 1 15 1 1 x x y y x y y                 . Đặt 1 t y  ta được:   2 2 4 15x t x t t t x        , sau đó giải như bài 19 23) Ta có:     44 4 2 2 2 2 16 4 6 2x y xy x y x y x y x y           +)   22 2 2 2 2 1 2 2 2 4 2 0 12 x y x x x x x yx y                  +)   22 2 2 2 2 1 2 2 2 4 2 0 12 x y x x x x x yx y                     Vậy nghiệm của hệ có 2 cặp nghiệm là    1;1 , 1; 1  . 24) Ta có: PT 2 3 3 2 2 3 3 2 2 27 27 9 3 3x y x y y x x y y x x y            3 3 3x y x y x y      . Hệ đã cho tương đương: 3 3 2 1 x y x y x y        . 25) Ta có: PT 2  4 4 2 2 2 2 15 12 40 8 4x y x y xy xy x y       4 4 2 2 2 2 4 16 8 4 12x y xy x y x y x        4 4 2 2 2 3 x y x x y x y x x y x x y               +) 2 2 14 5 1 x yx y x yx y            . +) 2 2 2 2 24 5 5 5 5 5 4 9 5 ;3 , ; 3 13 13 13 133 x y x x x x y                          . 26) Điều kiện: , 0x y  . Ta có:     2 32 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 x y x y x yx y x y                 Hệ đã cho tương đương với hệ:   22 2 2 8 4 2 816 x x y xy x xyx y          
Trang 96Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Xét hệ: 2 4 2 8 xy x xy     . khi đó 2 4 0 xy x    . Hệ này vô nghiệm. Xét hệ: 2 4 16 xy x     Hệ này có nghiệm  4; 1 và  4;1 . Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  4; 1 và  4;1 . 27) Ta có:     2 2 2 2 2 2 9 1 1 2 1 x y x y xy x y            Hệ này tương tự với hệ     2 2 2 2 2 2 9 1 1 2 1 x y x y xy x y            2 2 2 1 1 9 , 1 y x y x y            Khi đó, hệ có nghiệm  3;0 và  3;0 . 28) Điều kiện: 2, 4x y  Vì  12 4 3 4 4 3x y x y xy     và  4 2 2 2 2 2 2y x y x xy     Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được: 5 12 4 4 2 2 3 2 5xy x y y x xy xy xy       Do vậy dấu “=” phải xảy ra. Khi đó 4, 8x y  . Kiểm tra lại, ta thấy 4, 8x y  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 29) Điều kiện: 16, 9x y  . Khi đó: 8 17 21 8 46 x y x y y x y x          .Đặt 2 . 2 x y x y t y x y x     . Từ sự đánh giá qua bất đẳng thức dưới đây:   8 17 3 8 1 6 6 2 2 2.2 6 6 8 4 6 8 t t t t t             , suy ra 6 8t   hay 2t  . Vậy 16t x  .Xét phương trình vô tỷ 16 9 7x x    với 16x  . Bình phương hai vế và giản ước được:   16 9 37x x x   
Trang 97Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Từ đây suy ra 25x  . Kiểm tra lại, ta thấy 25, 25x y  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 30) Điều kiện: 3 , , 13x y z  . Cộng ba phương trình vế theo vế, ta được: 3 13 3 13 3 13 6 5x x y y z z            . Xét: 3 13T t t    với  3;13t Vì   3 13 1 1 3 13 2 5T t t t t          Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki và dấu “=” xảy ra khi 8t  . Vậy hệ phương trình có một nghiệm 8x y z   . 31) Biến đổi hệ phương trình thành:         22 2 2 7 4 (1) 4 3 8 (2) x x y x y x y x y x y              Thực hiện phép thế (2) vào (1) ta có:         22 2 2 7 3 8x x y x y x y x y x y            2 2 2 2 15x x y x xy x y               2 2 2x 15 2 15 0x x y x y x y x y x x            TH1: .x y Thay vào phương trình (2) có ngay: 2 4 4 0x   . Phương trình này vô nghiệm. TH2: 2 2 2 1 3 8 7 0 72 15 0 5 8 119 0( ) y x y y yx x x y y VN                        Vậy hệ đã cho có các nghiệm sau:    3; 1 , 3; 7  32) Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 6 23 u x y x y u y u v x y v x u vv x y                           2 2 2 3 4 7x y u v      Khi đó hệ ban đầu trở thành: 2 2 3 5 2 7 2(*) u v v u v        Thế 5 3v u  vào phương trình (*) giải tìm được 1u  , từ đó v = 2  x = 3; y = 2 33) PT thứ hai của hệ     2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2x y x y x x x y x x y x                hoặc 2 2x y x   
Trang 98Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH1: 2 0 2 2 x x y x y x x        thay vào phương trình thứ nhất ta được 2 13 11 30 0x x   TH2: 2 2 0 2 2 2 1 x x y x y x x            thay vào phương trình thứ nhất ta được bậc hai theo x 34) Điều kiện: 2 4; 0; ;4 ; 3x y x y x y y x     Phương trình (1) 2 2 2 2 4 2 2 4 4 0x x y x y x y y x y x y              + Nếu 0y  thì không thỏa mãn do điều kiện 3 12y x  + Nếu 4 4y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 2 2 16 2 4 16 3 4 1x x x x            2 2 2 2 25 5 5 1 5 0 4 1 4 116 3 16 3 5 1 5 0 4 116 3 x x x x x xx x x x xx                             Với 5 16x y   Xét   2 2 5 1 0 5 4 2 16 0 4 116 3 x x x x x xx               . Dễ thấy 2 2 2 2 16 4 4 16 0x x x x x         với mọi 4x  nên phương trình vô nghiệm Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất:    ; 5;16x y  35). ĐK: 2 , 2 0x y x x y    Đặt 3 2 a y b x y     , phương trình (1) của hệ đã cho tương đương với:       2 2 2 2 1 1 1 0a a b b a b a ab b         . Do  2 2 0 ,a ab b a b a b      Hệ 2 2 2 0 2 3 9 2 2 3 2 9 2 3 9 2 3 2 y x y y x y y x x y x y y y y y y y                         Đặt 2 2 2 9 5 , 2 4 5 4 0 t t y y pt t t t t t             . Do 4 8 0 9 3 y y x    
Trang 99Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:  8 4 ; ; 3 9 x y        36) Từ phương trình (1) ta rút ra được:      2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 29 9 5 5 x x y x x x y x yx x yx x y x x y              (*) Từ phương trình 2 ta có kết quả: 9 6 1 5 x x y   Thay vào (*) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 02 2 6 1 2 2 6 3 xx x x y y x x x x y xy y y x x y y               Nếu 0x  vô nghiệm. Nếu 2 2 2 2 3 3x x y y x y y x       2 2 2 2 3 0 3 0 0 9 6 5 3 y x y x y x y y xy x y x               5 3 y x  . Thay vào ta tìm được: ( ; ) (5;3)x y  KL: Hệ có nghiệm: ( ; ) (5;3)x y  37) Biến đổi phương trình (1) 2 2 ( 3) ( 4) 4 ( 4) ( 3) 1 (*)x y y x        + 3 4x y     ta thấy không thỏa mãn. + 3 4x y     thì bình phương hai vế phương trình (*) 2 2 ( 3)( 4) 0 4 2( 3) 2 10 ( 4) 4( 3) x y y x y x y x                Thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được: 2 3 4 28 51 3 4 15 0x x x         2 3 4 8 16 3 4 15 4 13 0x x x x                   3 2 2 233 27 4 15 4 13 4 4 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x x x                         2 2 2 233 16 4 7 4 4 4 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x x x                       2 2 233 4 4 7 4 1 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x x              
Trang 100Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960         2 233 4 4 7 1 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 4 x x x x x x             - Với x 4 y 2     - Với         2 233 4 4 7 1 0 (3) 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x          Ta sẽ chứng minh phương trình này vô nghiệm như sau: Dễ thấy với mọi x thì 2 4 28 51 0x x   Do đó phương trình(**)có nghiệm khi 3 15 3 4 15 0 4 x x    . Từ đó suy ra vế trái của (3) luôn dương, dẫn đến phương trình này vô nghiệm. KL:    x;y 4; 2   38) Từ phương trình (2) ta thu được: 2 2 2 2 xy y x y    Thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 xy x y x x x y x y x x xy x y                    2 2 2 ( 2)( 2 4) ( 2 4) ( 2 4) 0x x x x x x y x x          3 2 2 2 2 4 2 4 8x x x x y xy y                   3 3 2 2 2 (x 8) (x 2x 4x) (x y 2xy 4y) 0 (2x 2 y)(x 2x 4) 0 2 2y x   Thay y 2x 2  vào phương trình (2)và rút gọn ta được 0 2 (6 7) 0 1 6 3 7 x y x x x y              Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm 7 1 ( ; ) (0; 2), ; 6 3 x y         39) Với điều kiện x 0 hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: 2 2 2 2 2 2 8 6 12 7 8 0 13 1 6 0 x y xy xy y y y y xy             Lấy (1) + (2) ta có được phân tích sau: 2 2 2 2 2 2 6 6 9 0 [ ( 1)] 6 ( 1) 9 0x y xy y xy y y x y x            Ta được   2 y x 1 3 19 17 1 0y y   - Với 17 213 49 3 213 ; 38 2 y x     - Với 17 213 49 3 213 ; 38 2 y x     Vậy hệ phương trình đã cho có bộ nghiệm là:
Trang 101Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 49 3 213 17 213 49 3 213 17 213 ( ; ) ; , ; 2 38 2 38 x y                    40). Điều kiện: 0y  Với 0y  ta biến đổi hệ phương trình thành 2 2 3 4 2 2 2 2 x xy y xy x xy y y           Đặt 2 ; x a b xy y   hệ phương trình trên trở thành 2 2 2 2 4 2 2 4 (3) 2 2 2 (4) 2 2 2 a b ab bb b a ab b a a b a                Cộng (3) và (4) theo vế và thu gọn ta được 2 2 1 2 0 2 1: 1 2 4 0 ( VN) a a a a TH a b b               2: 2 2TH a b   ta có hệ phương trình 2 3 3 2 4 2 2 x x y y xy         Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  3 3 ( ; ) 4; 2x y  41) Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 22 0 x x yy y             Cách 1: Đặt 1,0 2t x t    . Lúc đó hệ pt thành: 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 3 1 3 2 2 1 3 2 2 t t y y t t y y x x y y x x y y                           Từ phương trình (1) ta suy ra:   2 2 3( ) 0t y t ty y t y      Vì  2 2 2 2 3( ) 0 3 3 0t ty y t y t y t y y           có           2 2 3 4 3 3 3 4 3 3 1 0y y y y y y y y              nên phương trình này vô nghiệm. Vậy 1t y x y    . Thay 1x y  vào phương trình (2) có:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 0 1 1 1 3 0 1 1 0 1 1 3 x x x x x x x x y x                             Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất là    ; 0;1x y 
Trang 102Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Cách 2: Phương trình (2)    2 2 2 1 2 3 2x x y y f x g y        . Xét  f x trên miền  1;1 ta có   13 3 4 f x  Ta lại có:     2 3 2 3 2 y y g y y y       . Vậy    f x g y . Dấu bằng xảy ra khi 1 1, 0 y x x      . Thay vào phương trình (1) có nghiệm    ; 0;1x y  (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm    ; 0;1x y  . 42) Vì 0x  không phải là nghiệm của hệ chia phương trình (1) cho 3 x ta thu được:  3 2 3 2 4 3 1 2 2 3 2x x x x y y        3 31 1 1 1 3 2 3 2y y x x                    Đặt 1 1 , 3 2a b y y     suy ra   3 3 2 2 1 0a a b b a b a ab b a b           . Thay vào pt thứ 2 ta được:       3 2 33 7 7 2 3 15 2 0 0 2 3 15 2 15 4 x x x x x x x                  111 7 98 x y    43) Dễ thấy 0xy  không thỏa mãn hệ. Với 0xy  viết lại hệ dưới dạng: 2 2 1 1 7 2 2 2 7 6 14 0 x y x y x y xy x y                      Điều kiện để phương trình 2 2 7 6 14 0x y xy x y      (ẩn x) có nghiệm là   2 2 1 7 7 4 24 56 0 1; 3 y y y y              Điều kiện để phương trình 2 2 7 6 14 0x y xy x y      (ẩn y) có nghiệm là:   2 2 2 10 6 4 28 56 0 2; 3 x x x x              Xét hàm số   1 2f t t t   đồng biến trên  0; nên         7 . 2 . 1 2 f x f y f f   Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được: 2 1 x y    là nghiệm của hệ. “Để chứng minh hàm số  f x đồng biến trên miền xác định D ta làm như sau: Xét hai giá trị 1 2x x D  . Chứng minh:    1 2 1 2 0 f x f x x x    ”
Trang 103Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ngược lại để chứng minh hàm số  f x nghịch biến trên miền xác định D ta làm như sau: Xét hai giá trị 1 2x x D  . Chứng minh:    1 2 1 2 0 f x f x x x    ” 44) Điều kiện xác định 1 ; 2 2 x y    . Ta viết lại hệ thành:     3 4 2 2 1 2 1 2 3 2 4 2 2 4 6 x x y y x y             Đặt 2 1, 2a x b y    suy ra 3 3 2 2a a b b a b     . Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có: 2 1 2x y    Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 4 8 2 4 6(*)y y    Đặt 2 4t y  thì 2 2 4y t  thay vào ta có: 24 2 16 6 4t t t     6y  . Vậy hệ có nghiệm duy nhất là   1 ; ;6 2 x y        45) Điều kiện: 4 13 4 0 13 2 0 2 y x x y x y y x              Đặt 13 4 , 2a x y b x y    . Khi đó ta được hệ phương trình: 2 2 5 (1) 4 5 2 4 2 5 2 5 2 5 (2) 2 2 2 2 2 2 (3) x b a b x a b x a b a b a b b x y b x y b x y                                Thế (1) vào (3) ta được: 8 3 (4) 3 y x   . Thế (4) vào phương trình 2 2 2x y x y    ta được: 2 3 19 6 3 2 2 3 3 4 69 19 0 yy y y y            Giải ra 69 3 545 8 y   từ đó tính được 24 545x   Thử lại ta thấy   69 3 545 ; 24 545; 8 x y         là nghiệm cần tìm. 46) Ta tìm cách loại bỏ 3 18y . Vì 0y  không là nghiệm của phương trình (2) nên tương đương 2 2 3 72 108 18x y xy y  . Thế 3 18y từ phương trình (1) vào ta thu được:
Trang 104Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 3 3 2 2 3 2 21 9 5 8 72 108 27 0 4 21 9 5 4 xy x y x y xy xy xy                . Thay vào phương trình (1) ta tìm được ,x y .             3 3 3 3 0( ) 8 27 3 1 5 3 3 5 18 2 4 8 27 3 1 3 5 3 5 18 2 4 y L xy y x xy y x                        Vậy hệ đã cho có nghiệm          1 3 1 3 ; 3 5 ; 5 3 , 3 5 ; 3 5 4 2 4 2 x y                   . 47) Điều kiện: 1 2, 2 x y  . Phương trình (1) tương đương:        2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1x x x y y y f x f y             Đặt 3 3 2 , 2 1a x b y a a b b a b          . 2 2 1 3 2x y x y      thay vào ta có: 3 3 2 2 5 5 2 2 2 5 2 9 a b y y a b           1; 2 3 65 23 65 ; 4 8 65 3 23 65 ; 4 8 a b a b a b                2 233 23 65 32 233 23 65 32 y y y          . Vậy hệ có nghiệm     23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65 ; 1;2 , ; , ; 16 32 16 32 x y                     48) Điều kiện: 2 1x  . Ta có (1) tương đương    2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1. x x y y y y y y x x y y                 Từ đó ta rút ra x y  .
Trang 105Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thay vào (2) ta được: 2 35 121 y y y    . Bình phương hai vế (điều kiện 0y  ). Khi đó ta có: 2 22 2 4 2 2 2 2 2 22 2 2 35 2 35 1 12 1 121 1 y y y y y y y y yy y                     . Đặt 2 2 0 1 y t y    . Phương trình tương đương: 2 2 2 2 549 ( ) 35 25 4122 0 52512 121 312 yt L y t t y yt                        . Đối chiếu điều kiện chỉ lấy 2 giá trị dương. Vậy hệ có nghiệm   5 5 5 5 ; ; , ; 4 4 3 3 x y               . 49) Triển khai phương trình (1) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 9 2 8 1 8x y xy x xy y x y x y xy               2 2 1 1 8x y xy     . Nhận thấy 0, 0x y  không là nghiệm của hệ. Phương trình (1) khi đó là: 2 2 1 1 . 8 x y x y     . Đặt 2 2 ; 1 1 x y a b x y     . Hệ đã cho tương đương: 2 2 2 2 11 1 22 1111 2 31 444 1 1 1 2 38 4 1 4 1 1 1 2 1 2 x a x xy ba b yy x xa ab x y y b y                                                         . Vậy hệ có nghiệm          ; 1;2 3 , 1;2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1x y          . 50) Ta có:       2 2 2 22 2 2 2 4 4 2( 2 ) ( 2 ) 1 1 4 2 4 2 2 x y x y x yx y x y x y            Mặt khác ta cũng có:     2 222 2 2 2 3 2 ( 2 ) 22 4 3 12 4 22 4 3 2 x y x y x yx xy y x yx xy y           
Trang 106Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Từ đó suy ra 2 2 2 2 4 2 4 2 2 2 3 x y x xy y x y x y         Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 0x y  Thay vào phương trình còn lại ta thu được:   4 3 2 3 1 3 2 1 0 1 3 1 0 1 2 x x x x x x x x y              Hệ có một cặp nghiệm:   1 ; 1; 2 x y        51) Cộng theo vế các pt của hệ ta được:       3 3 3 4 4 4 0x y z      (*) Từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không âm, không mất tính tổng quát ta giả sử:   3 4 0 4z z    Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương:   23 2 16 12 2 12.2 4x z x      Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương:   23 2 16 12 2 12.2 4y x y      Do vậy từ         3 3 3 4 4 4 0 * 4x y z x y z          thử lại thỏa mãn. Vậy    ; ; 4;4;4x y z  là nghiệm của hệ. 52) Phương trình (1) của hệ có dạng:   2 2 2 2 2 1 0x y x y      Do 2 2 2 1 0x y    nên suy ra 2 2 2 0 2x y y x      thay vào phương trình (2) ta có:   22 ( 2) ( 2) ( 2) 2 2x x x x x x          2 1 3x x x y         Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 1; 3x y   53) Theo bất đẳng thức cô si ta có: 1 . 3 3 2 3 1 3 2 231 2 1 1 2 3 2 3 2 2 3 x x x y x x y x y x y x y x y x y x y x x yx yy y y x y x y x y                                     Tương tự ta cũng có: 1 3 2 23 x y x x yy x          Từ đó suy ra   1 1 2 3 3 x y x y x y          . Dấu bằng xảy ra khi x y thay vào phương trình thứ nhất ta được: 4x y  3 2 2 2 2 ( 4) 8 4 0 1 1 2 3 4( 1) 8 2 2 y x y y x x x x y x y                  
Trang 107Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 54) Điều kiện: 1 0 2 3 0 x x y       Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành:   2 2 3 2 22 2 3 2 2 ( 4) 2 4 8 0 ( 4) 4(2 4 8 ) 4 4 x y x y y y y y y y y y                 Từ đó ta tính được: 2 2 2 4 x y x y y      Vì 2 2 2 4 ( 1) 3 1x y y y       nên không thỏa mãn Thay 2x y vào phương trình thứ hai ta được: 21 7 2 3 4 4 2 2 x x x x       Ta có: 2 27 5 5 4 4 (2 1) 2 2 2 x x x      ;   1 1 1 5 2 3 2 2 2 3 1 2 2 2 3 2 2 4 2 x x x x x x                   Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi các dấu bằng đồng thời xảy ra. Suy ra 1 1 ; 2 4 x y  55) Từ phương trình (2) ta suy ra 0x  Phương trình (1) được viết lại như sau:         2 22 2 3 2 2 3 2 2 1 0 1 4 1x y y x y y y y y y y y                Từ đó tính được: 2 0 1 x y x y        Thay 1y x  vào phương trình ta thu được: 2 2 3 ( 4) 4 2x x x x    . Chia phương trình cho 2 4x  ta có: 2 2 2 3 1 4 4 x x x x     Đặt 2 0 4 x t x    ta có 2 1 2 3 1 0 1 2 t t t t         Với 2 1 4 0t x x     vô nghiệm Với 1 2 1 2 t x y     Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  56) Điều kiện: 1x  Ta viết lại phương trình (1) thành: 2 2 3 2 ( 2) 2 4 4 0x y x y y y      Tính được
Trang 108Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960     2 22 3 2 2 2 2 2 8 16 16 4 2 2 2 0 x y y y y y y y x y y                  Thay 2 x y  vào phương trình ta thu được:   23 3 1 2 4 2 9(*)x x x x      Theo bất đẳng thức Cosi ta có:    3 3 3 3 3 1 2 4 .2 1.( 1) 1 1 2 2 2 x x x x x          3 3 3 1 10 3 2 4 4.4.( 2) 4 4 2 2 2 2 x x x x          Từ đó suy ra  3 3 10 3 1 2 4 2 5 2 2 x x x x x         Mặt khác ta có:   22 2 9 (2 5) 2 0x x x x       Từ đó suy ra phương trình (*) có nghiệm khi các dấu bằng đồng thời xảy ra 2x  . Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  Mặt khác ta thấy 2; 3x y  là một nghiệm của hệ Vậy    ; 2;3x y  là nghiệm duy nhất của hệ. 57) Đặt 1 ,a x y b x y x y        Hệ 2 2 2 1 5 ( ) 3( ) 13 ( ) 1 ( ) 1 x y x y x y x y x y x y                      nên ta có: 2 2 2 2 5( 2) 3 13 5 3 23 1 1 a b a b a b a b              Giải hệ này ta tìm được 4 3 a b     và 5 2 7 2 a b        Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ:   1 3 5 3 3 11 3 ; ; , ; , ; 2 2 2 4 4 2 x y                       . 58) Từ phương trình (2) ta suy ra 0 ,xy x y  cùng dấu. Từ phương trình (1) ta suy ra , 0x y  . Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y x x y y x           . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2x y  . Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 ( ) 12( 1)( 1) 9 x y x y x y xy          
Trang 109Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ta có: 3 3 ( ) 12( 1)( 1) 9 ( ) 12( ) 21 12x y x y xy x y x y xy xy             Đặt  2 2 2 2t x y t x y      ta thu được    2 2 2 2 2 1x y xy x y t       . Ta có: 3 ( ) 12( ) 21 12x y x y xy xy             2 2 2 3 3 2 ( ) 12( ) 21 12 6 12 8 2 2 x y x y x y x y x y t t t               . Ta có   33 2 6 12 8 2 0t t t t      . Khi 2t  thì 1x y   là nghiệm duy nhất của hệ. 59). Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra , 0x y  . Xét phương trình:    3 3 2 2 7 8 2x y x y xy xy x y     Ta có:          23 3 2 2 7 6 4x y x y xy x y x y xy x y x y xy              . Theo bất đẳng thức Cô si ta có:     2 2 4 2 .4x y xy x y xy    . Suy ra         2 23 3 7 4 4x y x y xy xy x y x y xy x y        . Ta có      2 2 2 2 2 2 2 .2x y x y xy x y xy      . Suy ra    3 3 2 2 7 8 2x y x y xy xy x y     . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y . Thay vào phương trình (2) ta thu được:       3 2 3 6 2 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x x x x x x x                Suy ra 3x  hoặc: 1 2 3 2 x x   Do 3 2 x  nên pt này vô nghiệm. Tóm lại: Hệ có nghiệm: 3x y  .
Trang 110Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN 1/ Lý thuyết. Hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn có dạng 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d            Bằng phương pháp cộng và phương pháp thế ta có thể giải được hệ trên bằng cách đưa về các hệ mới tương đương trong đó có những phương trình có ít ẩn hơn để giải. Cuối cùng ta tìm được một hệ trong đó có một phương trình một ẩn, từ đó ta tìm được giá trị một ẩn và thay vào các phương trình còn lại để lần lượt tìm các giá trị là nghiệm của hệ. Ví dụ minh hoạ: Giải các hệ phương trình sau 3 2 3 110 (1) 5 4 0 (2) 2 3 0 (3) x y z x y z x y z            Hướng dẫn: Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta được 3 2 3 110 10 2 8 0 7 11 110 x y z x y z x z           Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 3 rồi cộng với phương trình (3) ta được 15 3 12 0 2 3 0 17 11 0 x y z x y z x z         Hệ đã cho tương đương với hệ sau: 2 3 10 (3) 7 11 110 (4) 17 11 0 (5) x y z x z x z           đến đây dễ dàng giải được hệ phương trình gồm 2 phương trình (3) và (4). 2 3 10 2 3 10 13 7 11 110 7 11 110 17 17 11 0 10 110 11 x y z x y z y x z x z z x z x x                                . Kết luận nghiệm của HPT.
Trang 111Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài tập: Giải các HPT sau a)             x y z 6 2x 3y 5z 19 4x 9y 25z 97 b)            x y z 2 x 2y 2z 3 x 3y 3z 4 c)            x 2y 3z 0 x y 5z 4 x 8y z 6 Giải a) x y z 6 5y 7z 31 14z 42 z 3 2x 3y 5z 19 5y 21z 73 5y 7z 31 y 2 4x 9y 25z 97 x y z 6 x y z 6 x 1                                              Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là:    x;y;z 1;2;3 b) x y z 2 y z 1 x 1 x 2y 2z 3 2y 2z 2 y R x 3y 3z 4 x 1 z 1 y                                Vậy hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm thỏa mãn:    x;y;z 1;y;1 y  với y R . c)  0y 14 VLx 2y 3z 0 3y 2z 4 6y 4z 8 x y 5z 4 6y 4z 6 6y 4z 6 6y 4z 6 x 8y z 6 x 8y z 6 x 8y z 6 x 8y z 6                                                 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN a) 2 2 3 5 4 7 4 16 x y z x y z x y z             b) 2 3 4 xy x y xz x z zy z y           c) 39 16 25 xy yz yz zx zx xy          Đ/S: 3 3 ;1; 2 2       b) 24 24 ; ;24 7 5       c) ( 5;3; 8)  và (5; 3;8) TÀI LIỆU ĐƯỢC TỔNG HỢP TỪ NHIỀU NGUỒN TRÊN INTERNET CHÚC CÁC EM HỌC SINH HỌC TẬP TỐT VÀ ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG CÁC KỲ THI Sưu tầm – tổng hợp bởi Nguyễn Tiến – 0986 915 960

More Related Content

PDF
on thi vao lop 10 theo chuyen de Căn thức
byToán THCS
 
PDF
Sách Chinh Phục Kì Thi Vào 10 Chuyên Môn Toán pdf
byGooda Sách Quý
 
PDF
Chuyên đề phương trình lượng giác
byngotieuloc
 
PDF
Chuyên đề Đẳng Thức và Bất đẳng thức - Bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 9
byBOIDUONGTOAN.COM
 
PDF
Tổng hợp các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình môn toán
byhuyenltv274
 
PDF
tổng hợp lý thuyết bài tập và đề ôn tập các chương toán 8 (2017)
byHoàng Thái Việt
 
PDF
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN 6 - SÁCH CÁNH DIỀU - NĂM 2023 - CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT ...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
DOC
Diophantine equations Phương trình diophant
byBui Loi
 
on thi vao lop 10 theo chuyen de Căn thức
byToán THCS
 
Sách Chinh Phục Kì Thi Vào 10 Chuyên Môn Toán pdf
byGooda Sách Quý
 
Chuyên đề phương trình lượng giác
byngotieuloc
 
Chuyên đề Đẳng Thức và Bất đẳng thức - Bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 9
byBOIDUONGTOAN.COM
 
Tổng hợp các phương pháp giải phương trình và hệ phương trình môn toán
byhuyenltv274
 
tổng hợp lý thuyết bài tập và đề ôn tập các chương toán 8 (2017)
byHoàng Thái Việt
 
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN 6 - SÁCH CÁNH DIỀU - NĂM 2023 - CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT ...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
Diophantine equations Phương trình diophant
byBui Loi
 

What's hot

PDF
Bat dang thuc cauchy schawrz dang engel
byPTAnh SuperA
 
PDF
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
DOC
chuyên đề cực trị GTLN và GTNN , rất chi tiết và đầy đủ
byJackson Linh
 
DOCX
Chứng minh đẳng thức vectơ và phân tích vectơ
byJackson Linh
 
PDF
Tổng Hợp Công Thức Vật Lí Lớp 12
byHải Finiks Huỳnh
 
PDF
CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂ...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
PDF
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
byThấy Tên Tao Không
 
DOC
Cong thuc luong giac day du
byLe Nguyen
 
DOC
Cđ một số ứng dụng định lí mê nê la uýt và xê va
byCảnh
 
DOC
Các phương pháp hay giải Phuong trinh-vo-ty
byroggerbob
 
PDF
72 hệ phương trình
byHades0510
 
PDF
Chuyên đề 2 tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng
byphamchidac
 
DOC
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
byThế Giới Tinh Hoa
 
PDF
Bài toán số học liên quan tới lũy thữa
byThế Giới Tinh Hoa
 
PDF
Đồ thị hàm số - toán lớp 9
byHồng Quang
 
PDF
Công thức lượng giác cần nhớ
byDoan Hau
 
PDF
Đặt ẩn phụ giải phương trình chứa căn
bytuituhoc
 
DOCX
Chuyên dề dấu tam thức bậc hai
byNhập Vân Long
 
DOC
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
byBui Loi
 
PDF
LÝ THUYẾT VÀ 15 ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CHƯƠNG 1 HÌNH HỌC 8 CỰC HAY
byHoàng Thái Việt
 
Bat dang thuc cauchy schawrz dang engel
byPTAnh SuperA
 
CHUYÊN ĐỀ BÀI TOÁN THỰC TẾ - MÔN TOÁN - LỚP 11 - DÙNG CHUNG 3 SÁCH - CÓ LỜI G...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
chuyên đề cực trị GTLN và GTNN , rất chi tiết và đầy đủ
byJackson Linh
 
Chứng minh đẳng thức vectơ và phân tích vectơ
byJackson Linh
 
Tổng Hợp Công Thức Vật Lí Lớp 12
byHải Finiks Huỳnh
 
CÁC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI CHUYÊN – BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 – NĂ...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
byThấy Tên Tao Không
 
Cong thuc luong giac day du
byLe Nguyen
 
Cđ một số ứng dụng định lí mê nê la uýt và xê va
byCảnh
 
Các phương pháp hay giải Phuong trinh-vo-ty
byroggerbob
 
72 hệ phương trình
byHades0510
 
Chuyên đề 2 tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng
byphamchidac
 
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
byThế Giới Tinh Hoa
 
Bài toán số học liên quan tới lũy thữa
byThế Giới Tinh Hoa
 
Đồ thị hàm số - toán lớp 9
byHồng Quang
 
Công thức lượng giác cần nhớ
byDoan Hau
 
Đặt ẩn phụ giải phương trình chứa căn
bytuituhoc
 
Chuyên dề dấu tam thức bậc hai
byNhập Vân Long
 
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
byBui Loi
 
LÝ THUYẾT VÀ 15 ĐỀ ÔN TẬP KIỂM TRA CHƯƠNG 1 HÌNH HỌC 8 CỰC HAY
byHoàng Thái Việt
 

Similar to Chuyên đề hệ phương trình

PDF
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
byNguynVitHng58
 
PDF
Chuyen de pt he pt nguyen the duy
byThiên Đường Tình Yêu
 
PDF
Chuyen de pt he pt nguyen the duy
byThiên Đường Tình Yêu
 
PDF
Chuyen de pt he pt nguyen the duy
byThiên Đường Tình Yêu
 
PDF
Cđ giải hpt không mẫu mực
byCảnh
 
DOCX
Phuong trinh va he phuong trinh
bykkkiiimm
 
DOCX
Thamkhao.vn 4607 phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-trong-ky-thi-tuyen-sinh-dh
byHuynh ICT
 
PDF
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
byNhập Vân Long
 
PDF
Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi
bywebdethi
 
DOC
Chuyen de otdh_2012
byNguyễn Đông
 
PDF
Cau trucvao10hanoi
byToan Isi
 
PDF
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
byDịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
PDF
Luận văn: Phương pháp giải hệ phương trình trong toán THPT
byDịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
PDF
CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC TOÁN 9 TUYỂN SINH VÀO 10 CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2024 TẬP...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
PDF
Kỹ thuật giải hpt
byCảnh
 
PDF
Kĩ thuật giải hệ phương trình
byToàn Đinh
 
PDF
Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd
byGiang Hồ Tiếu Ngạo
 
PDF
Tuyen tap 20 he phuong trinh 2014
byThiên Đường Tình Yêu
 
PDF
Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd
byThiên Đường Tình Yêu
 
PDF
tuyen-tap-100-bai-he-phuong-trinh-ltdh-nam-hoc-2014-2015-full
bynhungoc13061998
 
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
byNguynVitHng58
 
Chuyen de pt he pt nguyen the duy
byThiên Đường Tình Yêu
 
Chuyen de pt he pt nguyen the duy
byThiên Đường Tình Yêu
 
Chuyen de pt he pt nguyen the duy
byThiên Đường Tình Yêu
 
Cđ giải hpt không mẫu mực
byCảnh
 
Phuong trinh va he phuong trinh
bykkkiiimm
 
Thamkhao.vn 4607 phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-trong-ky-thi-tuyen-sinh-dh
byHuynh ICT
 
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
byNhập Vân Long
 
Cau truc-on-thi-toan-vao-lop-10-chuyen-ha-noi
bywebdethi
 
Chuyen de otdh_2012
byNguyễn Đông
 
Cau trucvao10hanoi
byToan Isi
 
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
byDịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Luận văn: Phương pháp giải hệ phương trình trong toán THPT
byDịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC TOÁN 9 TUYỂN SINH VÀO 10 CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2024 TẬP...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
Kỹ thuật giải hpt
byCảnh
 
Kĩ thuật giải hệ phương trình
byToàn Đinh
 
Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd
byGiang Hồ Tiếu Ngạo
 
Tuyen tap 20 he phuong trinh 2014
byThiên Đường Tình Yêu
 
Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd
byThiên Đường Tình Yêu
 
tuyen-tap-100-bai-he-phuong-trinh-ltdh-nam-hoc-2014-2015-full
bynhungoc13061998
 

More from Toán THCS

PDF
On-thi-vao-lop-10-theo-chuyen-de
byToán THCS
 
PDF
de thi vao 10 truong chuyen
byToán THCS
 
PDF
chuyen de so hoc vao 10
byToán THCS
 
PDF
chuyen de hinh hoc vao 10 (full) ttc
byToán THCS
 
PDF
chuyen de dai so
byToán THCS
 
PDF
77-de-thi-vao-cac lop 10 truong chuyen 2013
byToán THCS
 
PDF
(8) bai tap ve dinh ly talet trong tam giac
byToán THCS
 
PDF
Tuyen tap-400-bai-bat-dang-thuc-co-giai-chi-tiet
byToán THCS
 
PDF
Tuyen tap de thi vao 10 tp ha noi
byToán THCS
 
PDF
Tuyen tap cac bat dang thuc thi vao chuyen
byToán THCS
 
PDF
Tong hop ly thuyet on thi toan 9 vao 10
byToán THCS
 
PDF
Phieu bai tap toan 9 ky 1
byToán THCS
 
DOC
On tap chuong iii dai 9
byToán THCS
 
PDF
Olympic 1996 cac nuoc
byToán THCS
 
DOC
He phuong trinh chua tham so
byToán THCS
 
DOC
Ds8 c2 phanthuc
byToán THCS
 
PDF
De minh hoa vao 10 thanh pho ho chi minh
byToán THCS
 
PDF
De thi thu vao 10 chuyen ngu
byToán THCS
 
DOC
De cuong on tap chuong ii dai so 8
byToán THCS
 
PDF
De cuong on tap chuong 2 dai so 8 3
byToán THCS
 
On-thi-vao-lop-10-theo-chuyen-de
byToán THCS
 
de thi vao 10 truong chuyen
byToán THCS
 
chuyen de so hoc vao 10
byToán THCS
 
chuyen de hinh hoc vao 10 (full) ttc
byToán THCS
 
chuyen de dai so
byToán THCS
 
77-de-thi-vao-cac lop 10 truong chuyen 2013
byToán THCS
 
(8) bai tap ve dinh ly talet trong tam giac
byToán THCS
 
Tuyen tap-400-bai-bat-dang-thuc-co-giai-chi-tiet
byToán THCS
 
Tuyen tap de thi vao 10 tp ha noi
byToán THCS
 
Tuyen tap cac bat dang thuc thi vao chuyen
byToán THCS
 
Tong hop ly thuyet on thi toan 9 vao 10
byToán THCS
 
Phieu bai tap toan 9 ky 1
byToán THCS
 
On tap chuong iii dai 9
byToán THCS
 
Olympic 1996 cac nuoc
byToán THCS
 
He phuong trinh chua tham so
byToán THCS
 
Ds8 c2 phanthuc
byToán THCS
 
De minh hoa vao 10 thanh pho ho chi minh
byToán THCS
 
De thi thu vao 10 chuyen ngu
byToán THCS
 
De cuong on tap chuong ii dai so 8
byToán THCS
 
De cuong on tap chuong 2 dai so 8 3
byToán THCS
 

Recently uploaded

PDF
LỊCH CÔNG TÁC TUẦN 21 (Tuần 3-HKII) (Từ ngày 02/02/2026 đến 08/02/2026)
byQucHHunhnh
 
PDF
TỔNG HỢP 30 CHUYÊN ĐỀ TRỌNG TÂM ÔN LUYỆN CHO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2026 MÔN ...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
PPTX
Bài thuyết trình Powerpoint của Kỳ Quang Vinh về Văn Lang, Âu Lạc
bykqvinh1611
 
PDF
100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2026 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, SỞ GIÁO D...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
PDF
100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2026 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, SỞ GIÁO D...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
PDF
BÁO CÁO NÂNG CAO CHỈ SỐ HIỆU QUẢ LOGISTICS VIỆT NAM 2025
byDoan Tran Ngocvu
 
PDF
LỊCH CÔNG TÁC TUẦN 21 (Tuần 3-HKII) (Từ ngày 02/02/2026 đến 08/02/2026)
byQucHHunhnh
 
PPTX
Bài giảng tập huấn sinh viên NCKH năm 2026
byLương Hiền
 
PDF
chương2.MOTHUCVATllllllllllllllllllllllllllllllllll
byhonggiangtran2907200
 
PDF
LỊCH CÔNG TÁC TUẦN 21 (Tuần 3-HKII) (Từ ngày 02/02/2026 đến 08/02/2026)
byQucHHunhnh
 
PPTX
mạng truyền thông công nghiệp .pptx
by2325201140024
 
PPTX
An toàn lao động trong các xưởng bảo dưỡng xe của Vinfast
byNgiVitC
 
LỊCH CÔNG TÁC TUẦN 21 (Tuần 3-HKII) (Từ ngày 02/02/2026 đến 08/02/2026)
byQucHHunhnh
 
TỔNG HỢP 30 CHUYÊN ĐỀ TRỌNG TÂM ÔN LUYỆN CHO KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT 2026 MÔN ...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
Bài thuyết trình Powerpoint của Kỳ Quang Vinh về Văn Lang, Âu Lạc
bykqvinh1611
 
100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2026 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, SỞ GIÁO D...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
100 ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2026 - TỪ CÁC TRƯỜNG, TRƯỜNG CHUYÊN, SỞ GIÁO D...
byNguyen Thanh Tu Collection
 
BÁO CÁO NÂNG CAO CHỈ SỐ HIỆU QUẢ LOGISTICS VIỆT NAM 2025
byDoan Tran Ngocvu
 
LỊCH CÔNG TÁC TUẦN 21 (Tuần 3-HKII) (Từ ngày 02/02/2026 đến 08/02/2026)
byQucHHunhnh
 
Bài giảng tập huấn sinh viên NCKH năm 2026
byLương Hiền
 
chương2.MOTHUCVATllllllllllllllllllllllllllllllllll
byhonggiangtran2907200
 
LỊCH CÔNG TÁC TUẦN 21 (Tuần 3-HKII) (Từ ngày 02/02/2026 đến 08/02/2026)
byQucHHunhnh
 
mạng truyền thông công nghiệp .pptx
by2325201140024
 
An toàn lao động trong các xưởng bảo dưỡng xe của Vinfast
byNgiVitC
 

Chuyên đề hệ phương trình

  • 1.
    Trang 1Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960
  • 2.
    Trang 2Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Nội dung CHUYÊN ĐỀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ........................................................................................... 3 KHÁI NIỆM HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN .............................................................. 3 I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 2 ẨN. ....................... 3 A. PHẦN LÝ THUYẾT...................................................................................................................... 3 Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế..................................................................... 3 Dạng 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số........................................................ 4 Dạng 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ ......................................................... 5 B. PHẦN BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN............................................................................................. 6 C. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN........................................................................................................ 8 PHẦN HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC I........................................................................................ 12 B. CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN.............................................................................................. 12 C. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN ........................................................................................................ 16 II: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ VÀ BÀI TOÁN PHỤ.................................. 20 A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ................................................................................... 20 Dạng 1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ........................................................ 20 Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  ;x y thỏa điều kiện cho trước. ...................... 20 Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa ,x y không phụ thuộc vào tham số m ......................................... 20 B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN....................................................................................................... 23 C. HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC II.............................................................................................. 26 III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ..................................................... 34 1. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1:.............................................................................................................. 34 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2............................................................................................................. 38 3. HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP................................................................................. 40 4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.......................................................................... 48 5. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.................................................................................................. 64 6. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC: .................................................................... 72 7. KHI TRONG HỆ CÓ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 THEO ẨN x, HOẶC y....................... 75 8. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ...................................................................................................... 79 MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH................................................... 85 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN........................................................................ 90 IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN............................................................................ 110
  • 3.
    Trang 3Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 CHUYÊN ĐỀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁI NIỆM HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Cho hai phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c và a/ x + b/ y = c/ . Khi đó ta có hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn (I)      /// cybxa cbyax * Nếu hai phương trình ấy có nghiệm chung (xo;y0) thì (xo;y0) được gọi là một nghiệm của hệ (I). * Nếu hai phương trình đã cho không có nghiệm chung thì ta nói hệ (I) vô nghiệm. Giải hệ phương trình là tìm tất cả các nghiệm của nó. I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 2 ẨN. A. PHẦN LÝ THUYẾT. Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế a) Phương pháp giải: Để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế ta làm các bước sau đây: Biểu diễn một ẩn từ một phương trình nào đó của hệ qua ẩn kia. Thay ẩn này bới biểu thức biểu diễn nó vào phương trình còn lại. . Giải phương trình một ẩn nhận được. Tìm giá trị tương ứng của ẩn còn lại. b) Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình : { 2𝑥 + 𝑦 = 12 (1) 7𝑥 − 2𝑦 = 31 (2) Hướng dẫn giải Từ phương trình (1), biểu diễn y theo x ta có 12 2y x  . Thay y trong phương trình (2) bởi 12y x  , ta được  7 – 2 12 – 2 31 7 – 24 4 31 11 55 5 x x x x x x         Thay x = 5 vào phương trình 12y x  , ta được: 12 – 2.5 2y   . Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (5; 2)
  • 4.
    Trang 4Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dạng 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số a) Phương pháp giải: Để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp cộng đại số ta làm các bước sau đây: Nhân cả hai vế của các phương trình trong hệ với số thích hợp (nếu cần) để đưa hệ đã cho về hệ mới, trong đó các hệ số của một ẩn nào đó bằng nhau (hoặc đối nhau). Trừ (hoặc cộng) từng vế của các phương trình trong hệ mới để khử bớt một ẩn. Giải phương trình một ẩn thu được. Thay giá trị tìm được của ẩn này vào một trong hai phương trình của hệ để tìm ẩn kia. b) Ví dụ minh hoạ : Giải hệ phương trình sau. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 3 2 11 2 1 x y x y      Hướng dẫn giải Các hệ số của ẩn y trong hai phương trình là đối nhau, vì vậy ta cộng từng vế của hai phương trình để khử ẩn y ta thu được: 4 12 3x x   Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta có: 3 2 1 2 2 1y y y        Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 2 5 8 2 3 0 x y x y      Hướng dẫn giải Các hệ số của ẩn x trong hai phương trình là bằng nhau, vì vậy ta trừ từng vế của hai phương trình để khử ẩn x, ta được: 8 8 1y y   Thay y = 1 vào một trong hai phương trình đã cho của hệ ta được: 3 2. – 3.1 0 2 3 2 x x x     Vậy hệ phương trình có nghiệm   3 , ; 1 2 x y       
  • 5.
    Trang 5Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 5 11 8 10 7 74 x y x y      Hướng dẫn giải Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, giữ nguyên phương trình hai ta được hệ mới: 10 22 16 10 7 74 x y x y      Trừ từng vế của phương trình thứ nhất (mới) cho phương trình thứ hai ta được: 29 58 2 y y      Thay vào phương trình thứ hai, ta có  10 – 7. 2 74 10 60 6 x x x       Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x, y) = (6 ; -2) *Lưu ý: Khi trong hệ có chứa các biểu thức giống nhau, ta kết hợp phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ về một hệ mới đơn giản hơn. Sau đó sử dụng phương pháp cộng hoặc thế để tìm ra nghiệm của hệ phương trình. Dạng 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ a) Phương pháp giải Đặt điều kiện để hệ có nghĩa (nếu cần). Đặt ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ (nếu có). Giải hệ theo các ẩn phụ đã đặt. Trở lại ẩn đã cho để tìm nghiệm của hệ số. b) Ví dụ minh hoạ Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 1 1 1 3 4 5 x y x y          Hướng dẫn giải Điều kiện: x ≠0, y ≠ 0 Đặt 1 1 ;a b x y   (*)
  • 6.
    Trang 6Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình đã cho tương đương với 1 3 4 5 a b a b      Ta có: 2 2 1 3 3 3 7 2 7 7 3 4 5 3 4 5 1 9 1 7 b a b a b b b a b a b a b a b a                                  Thay 2 7 9 7 b a       vào (*) ta có 1 2 7 7 2 71 9 97 y y x x             Vậy nghiệm của hệ phương trình là   7 7 , ; 9 2 x y        B. PHẦN BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN. Bài I.01. Giải hệ phương trình 3 2 7 2 4 x y x y      Bài I.02. Giải hệ phương trình: 3 2 11 2 1 x y x y      Bài I.03. Giải hệ phương trình: 2 3 3 x y x y       Bài I.04. Giải hệ phương trình: 3 4 3 4 1 x y x y       Bài I.05. Giải hệ phương trình sau: 2 5 1 x y x y      Bài I.0.6 Giải hệ phương trình sau: 2 5 3 3 4 x y x y       Bài I.07. Giải hệ phương trình sau: 1 3 2 3 x y x y      Bài I.08. Giải hệ phương trình sau: 7 26 5 3 16 x y x y        Bài I.09. Giải hệ phương trình sau: 3 2 11 2 1 x y x y     
  • 7.
    Trang 7Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.10. Giải hệ phương trình sau: 2 3 1 4 9 x y x y      Bài I.11. Giải hệ phương trình: 2 8 1 x y x y       Bài I.12. Giải hệ phương trình: 2 1 1 x y x y      Bài I.13. Giải hệ phương trình: 3 5 5 2 23 x y x y      Bài I.14. Giải hệ phương trình 3( 1) 2( 2 ) 4 4( 1) ( 2 ) 9 x x y x x y          Bài I.15. Giải hệ phương trình: 2 3 1 2 4 y x y x         Bài I.16. Giải hệ phương trình: 1 1 2 3 7 2 2 x y x y          . Bài I.17. Giải hệ phương trình 3 2 4 1 2 2 1 5 1 2 x x y x x y             . Bài I.18. Giải hệ phương trình: 4 1 5 1 1 2 1 1 x y y x y y              . Bài I.19. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 4 3 4 2 2 x y x y       . Bài I.20. Giải hệ phương trình 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y             .
  • 8.
    Trang 8Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các hệ phương trình sau: 1.      165 103 yx yx 2.      1232 823 yx yx 3.      0602 42 yx yx 4.      104 72 yx yx 5.      97 52 yx yx 6.      142 22 yx yx 7.      52 1853 yx yx 8.      83 735 yx yx 9.      0469 0223 yx yx 10.      1652 634 yx yx 11.      1043 32 yx yx 12.      0424 22 yx yx 13.      63 2 yx yx 14.      1892 42 yx yx 15.      12 342 yx yx 16.      543 52 yx yx 17.      3 32 yx yx 18.      537 )1(2 yxyx xyx 19.      54 1223 yx yx 20.      52 0 yx yx 21.      1036 )(52 yyx yxyx 22.      625 102 yx yx 23.      04 02 yx yx 24.      639 23 yx yx 25.      132 752 yx yx 26.      625 1025 yx yx 27.      32 3 yx yx 28.      1234 823 yx yx 29.      923 2 yx yx 30.      12 103 yx yx 31.      1224 2032 yxyx xyx 32.      326 23 yx yx 33.      323 232 yx yx 34.      0210 15 yx yx 35.      53)(5 23 yxyx xyx 36.      1264 632 yx yx 37.      73 32 yx yx 38.      432 623 yx yx 39.      52 72 yx yx 40.      2104 152 yx yx 41.      12 22 yx yx 42.      153 52 yx yx 43.      123 52 yx yx 44.      1 52 yx yx 45.      1225 823 yx yx
  • 9.
    Trang 9Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 46.      134 1223 yx yx 47.      8)(35 )1(42 yxyx xyx 48. x y 5 x y 1      3 4 3 4 1 x y x y       50. 2 3 1 4 9 x y x y      51. 2 3 3 x y x y       52. 3 2 3 2 17 x y x y      53. 2 3 13 3 3 x y x y      54. 2 8 1 x y x y       55. 2 1 1 x y x y      56. 2 10 1 1 2 x y x y       57. 3 5 5 2 23 x y x y      58. 8 2 x y x y      59. 2 3 7 3 5 x y x y      60. 2 0 3 2 1 x y x y      61. 3 4 5 6 7 8 x y x y      62. 6 3 3 21 x y x y      63. 4 5 7 3 9 x y x y       64. 3( 1) 2( 2 ) 4 4( 1) ( 2 ) 9 x x y x x y          65. 2 3 3 2 8 x y x y      66. 3 8 7 2 23 x y x y      67. 3 5 2 3 1 x y x y      68. 2 3 3 2 1 x y x y      69. 3 3 1 x y x y      70. 4 3 4 2 2 x y x y       71. 2 6 3 4 x y x y      72. 6 2 3 x y x y      73. 4 2 2 x y x y      74. 3 3 5 x y x y      75. 2 3 3 4 x y x y      76. 3 2 3 x y x y      77. 2 4 2 5 x y x y      78. 3 5 3 x y x y      79. 1 2 1 x y xy x y xy        80. 2 1 3 2 12 x y x y      81. 2 6 11 4 9 1 x y x y      82. 2 3 1 2 4 y x y x         83. 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y             84. 2 2014 1 2 3 x y x y       85. 2 | | 4 4 3 1 x y x y      86. 2 1 3 4 x y x y      87. 3 2 4 2 4 x y x y     
  • 10.
    Trang 10Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 88. 5 3 x y x y      89. 2 7 2014 2015 x y x y      90. 5 1 x y x y      91. ( 3)( 2) 7 ( 1)( 1) 2 x y xy x y xy          92. 2 3 2 1 x y x y       93. 2 5 1 3 2 8 x y x y       94. 3 2 4 4 3 5 x y x y      95. 2 3 0 1 4 3 x y x y        96. 2 4 3 1 x y x y      97. 2 4 3 5 x y x y       98. 2 5 1 x y x y      99. 2 5 3 3 4 x y x y       100. 1 3 2 3 x y x y      101. 3 5 2 4 x y x y      102. 3 2 4 3 x y x y      103. 3 5 21 2 1 x y x y      104. 3 2 5 3 7 x y x y      105. 1 2 1 x y xy x y xy        106. 3 2 1 4 5 6 x y x y      107. 3 5 21 2 1 x y x y      108. 3 5 3 7 x y x y      109.          5 42 1 11 yx yx 110.                1 32 3 11 yxyx yxyx 111.              1 2 13 2 2 21 yx yx 112.            1 5 1 2 1 3 1 2 yx yx 113.                1,0 94 1,1 62 yxyx yxyx 114.                3 12 5 3 yxyx x yxyx x 115.                1 1 3 2 2 2 1 1 2 1 yx yx 116.                1 1 3 1 3 11 2 y y x x y y x x 117.                 2 2 104 2 2 23 yxyx yxyx 118.                1 1 3 2 2 2 1 2 2 2 yx yx 119.          15 2 5 1 6 1 4 311 yx yx 120. 1 12 2 12 x x y y x x y y          
  • 11.
    Trang 11Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 121.     2 1 4 3 1 5 x y x x y x            122. 2 1 2 x y 6 2 1 x y          123. 3 6 2 1 2 4 y x y x          124.          1 158 12 111 yx yx 125.                1 2 3 2 4 3 2 1 2 2 xyyx xyyx 126.                9 4 5 1 2 4 4 2 1 3 yx x yx x 127.       623 13 22 22 yx yx 128.       1132 1623 yx yx 129.       103 184 yx yx 130.       712)2(3 01)2(2 2 2 yxx yxx 131. 3 2 2 2 1 x y x y        132. 2 1 3 1 3 1 x y x y x y x y             133. 2 1 1 1 1 2 1 2 x y x y           134.     2 2 1 2 2 3 1 3 1 x y x y         135. 2 3 13 3 3 x y x y      
  • 12.
    Trang 12Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 PHẦN HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC I B. CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài I.01. Từ phương trình 2 4x y  suy ra 4 2y x  . Thay vào phương trình trên ta có phương trình:  3 2 4 2 7 1 4 2.1 2x x x y         Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 1;2x y  . Bài I.02. Cộng hai phương trình lại với nhau, ta có: 4 12 3 2 1 1 x x x y y           Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 3; 1x y   Bài I.03. Trừ phương trình trên cho phương trình dưới của hệ, ta có: 3 6 2 3 1 y y x y x            Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1; 2 . Bài I.04 3 4 (1) 3 4 1 (2) x y x y       Nhân hai vế phương trình (1) với 3 ta được 3 9 12x y  (3) Lấy (3) – (2) ta được: 13 13 1y y   . Thay 1y  vào (1) ta được 4 3 4 3.1 1x y     . Vậy hệ phương trình có một nghiệm    ; 1;1x y  . Bài I.05. 2 5 3 6 2 2 1 1 1 1 x y x x x x y x y x y y                         Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  . Bài I.0.6 2 5 3 17 17 1 3 4 3 4 1 x y x x x y x y y                    . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1; 1x y   .
  • 13.
    Trang 13Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.07. 1 3 2( 1) 3 5 5 1 3 2 3 1 1 0 x y x x x x x y y x y x y                           Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1;0x y  . Bài I.08. 7 26 5 35 130 7 26 5 5 3 16 5 3 16 38 114 3 x y x y x y x x y x y y y                                  Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 5;3x y   . Bài I.09. 3 2 11 4 12 3 2 1 2 1 1 x y x x x y x y y                   Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3; 1x y   . Bài I.10. 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 4 9 12 3 27 14 28 1 x y x y x y x x y x y x y                          Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  . Bài I.11. 2 8 1 x y x y       3 9 1 y x y         3 ( 3) 1 y x         3 2 y x     . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2; 3x y   . Bài I.12. 2 1 1 x y x y       0 1 x x y      0 1 x y    . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 0;1x y  . Bài I.13. 3 5 5 2 23 x y x y       6 2 10 5 2 23 x y x y       11 33 3 5 x x y      3 . 4 x y    Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3;4x y  .
  • 14.
    Trang 14Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.14 Hệ phương trình tương đương với: 3 3 2 4 4 5 4 1 5 4 1 4 4 2 9 3 2 5 6 4 10 x x y x y x y x x y x y x y                         11 11 1 6 4 10 1 x x x y y            Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1; 1x y   . Bài I.15. Điều kiện x  0. 2 4 1 13 2 6 2 ( )2 21 1 132 4 2 4 y y x xx x TM yyy y xx x                                    Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất   1 ; ; 1 2 x y        . Bài I.16. Điều kiện 0y  . Đặt 1 t y  , hệ phương trình đã cho trở thành 1 1 1 1 12 2 2 1 7 1 7 2 5 52 3 2 3( ) 2 2 2 2 xx t t x xt x yt xx t x x                                             (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm duy nhất là    ; 1;2x y   . Bài I.17. 3 2 4 1 2 2 1 5 1 2 x x y x x y             ĐK 1; 2x y   Đặt 1 1 2 x a x b y        0b  Khi đó hệ phương trình trở thành: 3 2 4 3 2 4 7 14 2 2 5 4 2 10 2 5 1 a b a b a a a b a b a b b                          . Khi đó ta có: 2 21 1 1 1 2 x xx y y          Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 2; 1x y   .
  • 15.
    Trang 15Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.18. Hệ phương trình tương đương với: Đặt 1 u x y   và 1 1 v y   . Hệ phương trình thành : 4 5 8 2 10 9 9 1 2 1 2 1 2 1 1 u v u v u u u v u v v u v                            Do đó, hệ đã cho tương đương : 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 x y xx y y y y                    Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 1;2x y   . Bài I.19. 4 3 4 4 3 4 5 0 2 2 4 2 4 2 2 x y x y y x y x y x y                        0 0 12 2 y y xx        Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 1;0x y  . Bài I.20. + Điều kiện: 1; 2x y   1 2 1 2 5 10 1 6 5 25 1 2 1 2 1 2 5 1 5 1 5 1 3 3 3 1 2 1 2 1 2                                           x y x y x y x y x y x y 511 1 22 2 22 2 5 1 5 15 1 3 33 51 21 21 2 2 y y y x x yx y                            5 2 0       y x . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là   5 ; 0; 2        x y .
  • 16.
    Trang 16Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1. 3 10 3 10 (16 5 ) 3 10 5 16 16 5 16 5 2 6 3 3 16 5 1 16 5 y y y x y x y y y x y x y x y x y x x y                                                Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (1; -3) 2. 0 4 x y    3. 3 2 x y     4. 2 3 x y    5. 2 1 x y    6. Hệ pt vô nghiệm 7. 1 3 x y     8. 31 14 19 14 x y       9. Hệ pt vô nghiệm 10. 9 13 38 13 x y       11. 2 1 x y    12. Hệ phương trình vô số nghiệm 13. 0 2 x y    14. 0 2 x y    15. Hệ pt vô nghiệm. 16. 3 1 x y     17. 2 1 x y    18. Hệ pt vô nghiêm 19. 2 3 x y     20. 5 3 5 3 x y       21. 2 1 x y     22. 26 9 38 9 x y       23. 0 0 x y    24. Hệ pt vô số nghiệm 25. 1 1 x y    26. Hệ pt vô nghiệm 27. 1 2 x y     28. 0 4 x y    29. 5 3 x y    30. 1 3 x y     31. 24 5 4 x y     
  • 17.
    Trang 17Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 32. Hệ pt vô nghiệm 33. 1 0 x y     34. hệ pt vô nghiệm 35. Hệ pt vô nghiệm 36. 0 2 x y     37. 2 1 x y    38. 2 0 x y    39. 19 5 3 5 x y       40. Hệ pt vô số nghiệm 41. 0 1 x y     42. 4 3 x y     43. 1 2 x y     44. 2 1 x y    45. 2 1 x y    46. 2 3 x y     47. hệ pt vô số nghiệm 48. 3 2 x y    49. 1 1 x y    50. 2 1 x y    51. 1 2 x y     52. 5 6 x y    53. 2 3 x y    54. 2 3 x y     55. 0 1 x y    56. 6 2 x y    57. 3 4 x y    58. 5 3 x y    59. 2 1 x y     60. 1 2 x y      61. 1 2 x y     62. 15 2 x y     63. 2 3 x y     64. 1 1 x y    65. 2 1 x y    66. 3 1 x y     67. 2 1 x y     68. 1 1 x y     69. 1 2 x y     70. 1 0 x y    71. 2 2 x y    72. 3 3 x y    73. 2 2 x y    74. 2 1 x y     75. 3 1 x y    
  • 18.
    Trang 18Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 76. 2 1 x y    77. 1 2 x y    78. 1 2 x y    79. 3 2 x y    80. 2 3 x y    81. 5 2 1 x y      82. 1 2 1 x y       83. 0 3 2 x y     84. 505 1509 2 x y      85. 13 10 7 5 x y       86. 1 1 x y    87. 2 1 x y    88. 4 1 x y    89. 1791 224 x y     90. 5 0 x y    91. 2 1 x y     92. 24 5 33 5 x y       93. 2 1 x y     94. 2 1 x y    95. 8 11 39 11 x y       96. 1 2 x y    97. 1 2 x y      98. 2 1 x y    99. 2 17 11 17 x y       100. 1 0 x y    101. 1 2 x y    102. 2 1 x y     103. 2 3 x y     104. 29 11 16 11 x y       105. 18 15 x y    106. 1 2 x y     107. 2 3 x y     108. 11 5 8 5 x y      
  • 19.
    Trang 19Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 109. 2 3 2 x y      110. 3 4 1 4 x y       111. 7 4 3 5 x y       112. hệ pt vô nghiệm 113. 7 3 x y    114. 2 1 x y     115. 19 7 8 3 x y       116. 2 1 2 x y       117. 43 11 35 11 x y       118. 13 4 4 x y      119. 2 4 x y    120.hệ pt vô nghiệm 121.hệ pt vô nghiệm 122. 2 1 x y    123. 1 2 3 x y       124. 28 21 x y    125. 1 3 1 3 x y       126. 2 9 87 19 x y       127. 2 3 x y      128. 4 25 x y    129. 2 4 x y      130. 1 3 x y    131. 0 1 x y    132. 77 20 63 20 x y       133. 2 2 x y    134. 2 2 1 3 5 9 x y        135. 2 3 x y   
  • 20.
    Trang 20Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 II: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ VÀ BÀI TOÁN PHỤ A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m . Phương pháp: Bước 1: Đưa hệ phương trình về phương trình bậc nhất dạng 0ax b  (Dùng phương pháp thế, phương pháp cộng đại số,…) Bước 2: Xét phương trình  0 1ax b  ( ,a b là hằng số) TH 1: Phương trình  1 có nghiệm duy nhất 0a   phương trình có nghiệm duy nhất b x a   . TH 2: Phương trình  1 vô nghiệm 0 0 a b     . TH 3: Phương trình  1 có vô số nghiệm 0 0 a b     . Bước 3: Kết luận. Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  ;x y thỏa điều kiện cho trước. Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm  ,x y theo tham số m ; Bước 2: Thế nghiệm ,x y vào biểu thức điều kiện cho trước, giải tìm m ; Bước 3: Kết luận. Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa ,x y không phụ thuộc vào tham số m . Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm  ,x y theo tham số m ; Bước 2: Dùng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế làm mất tham số m ; Bước 3: Kết luận.
  • 21.
    Trang 21Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ minh hoạ: Bài 1: Cho hệ phương trình:         1 1 1 1 2 2 a x y a x a y         (a là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2a  . b) Giải và biện luận hệ phương trình. c) Tìm các số nguyên a để hệ phương trình có nghiệm nguyên d) Tìm a để nghiệm của hệ phương trình thỏa mãn x y đạt GTNN. Lời giải a) Khi 2a  hệ phương trình có dạng: 5 3 3 4 5 4 2 2 3 4 x x y x x y y x y                   Vậy với 2a  hệ phương trình có nghiệm   5 3 ; ; 4 4 x y        b) Giải và biện luận: Từ PT  1 ta có:    1 1y a x a     3 thế vào PT  2 ta được:          2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 1x a a x a x a x a a x a                  4 TH1: 0a  , phương trình  4 có nghiệm duy nhất 2 2 1a x a   . Thay vào  3 ta có:         2 22 3 2 3 2 2 2 2 2 1 1 11 1 1 1 1 a a a aa a a a a a a y a a a a a a                  Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         TH2: Nếu 0a  , phương trình  4 vô nghiệm. Suy ra hệ phương trình đã cho vô nghiệm. KL: 0a  hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         0a  hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Với 0a  thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a        
  • 22.
    Trang 22Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 c) Hệ phương trình có nghiệm nguyên:   2 2 2 1 1 a x a a y a a             Điều kiện cần: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a x a a a a a             Điều kiện đủ: 1 0a y     (nhận) 1 2a y    (nhận) Vậy 1a   hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Với 0a  thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         d) Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 a a a a x y a a a a a            . Đặt 1 t a  ta được: 2 2 2 2 1 1 1 7 1 7 7 2 1 2 2 2 2 2 4 16 4 8 8 x y t t t t t t                                    Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 1 4 t   , khi đó 4a   Vậy 4a   thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn x y đạt GTNN bằng 7 8 Bài 2: Tìm ,a b biết hệ phương trình: 2 5 x by a bx ay      có nghiệm 1x  ; 3.y  Lời giải Thay 1x  ; 3y  vào hệ ta có: 2.1 .3 .1 .3 5 b a b a       3 2 3 5 a b a b       3 9 6 3 5 a b a b       10 1 3 5 b a b       1 10 17 10 b a       . Vậy 1 10 a   ; 17 10 y  thì hệ phương trình có nghiệm 1x  ; 3.y 
  • 23.
    Trang 23Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài 3: Cho hệ phương trình 2 3 2 3 x y m x y m        I (m là tham số) . a) Giải hệ phương trình  I khi 1m  . b) Tìm m để hệ  I có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 3x y   . Lời giải a) Với 1m  , hệ phương trình  I có dạng: 2 4 2 4 8 2 2 3 1 2 3 1 1 x y x y x x y x y y                   Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    , 2;1x y  . b) 5 9 2 3 2 4 2 6 2 3 7 2 3 2 3 7 6 6 7 m x x y m x y m x y m x y m x y m y m m y                                Hệ phương trình có nghiệm duy nhất   5 9 6 ; ; 7 7 m m x y         . Lại có 3x y   hay 5 9 6 3 5 9 6 21 6 36 6 7 7 m m m m m m                  Vậy với 6m   thì hệ phương trình  I có nghiệm duy nhất  ,x y thỏa mãn 3x y   . B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài II.01: Cho hệ phương trình: 2 5 1 2 2 x y m x y       . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: 2 2 2 2x y   Bài II.02. Cho hệ phương trình: ( 1) 2 1 m x y mx y m        (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2m  ; b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn: 2 3x y  . Bài II.03. Cho hệ phương trình : 2 4 3 5       x ay ax y a) Giải hệ phương trình với 1a b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
  • 24.
    Trang 24Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.04. Cho hệ phương trình: 2 5 1 4 5 x ay b bx y       . Tìm ,a b biết hệ có nghiệm 1 2 x y    Bài II.05. Cho hệ phương trình: ( 2) 3 5 ( ) 3 m x y I x my        (m là tham số) a) Giải hệ phương trình  I với 1m  . b) Chứng minh hệ phương trình  I có nghiệm duy nhất với mọi m . Tìm nghiệm duy nhất đó theo m . Bài II.06. Cho hệ phương trình 3 2 9 5 x y m x y       có nghiệm  ;x y . Tìm m để biểu thức 1A xy x   đạt giái trị lớn nhất. Bài II.07. Cho hệ phương trình: 1 2 x my m mx y m       (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2m  . b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 2 1 x y    Bài II.08. Cho hệ phương trình:     2015 1 2 x x y y x x y y k           (k là số cho trước). Biết rằng hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt       ; ; ; ; .x y a b c d Tính tổng a b c d   theo .k Bài II.09. Xác định các hệ số ,a b của hàm số y ax b  để: 1) Đồ thị của nó đi qua hai điểm    1;3 , 2;4A B 2) Đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 . Bài II.10. Giải các hệ phương trình sau: 1 1 3 3 2 1 x y x y           b) 3 1 1 3 1 1 1 x y x y x y x y              c) 1 2 1 2 1 2 2 1 1 x x y x x y            
  • 25.
    Trang 25Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.11. Cho hệ phương trình: 2 5 4 x y mx y          1 2 Giải hệ phương trình với 2m  . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,x y trong đó ,x y trái dấu. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn x y . Bài II.12. Cho hệ phương trình: 1 3 1 x my m mx y m            1 2 a) Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất? b) Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m . c) Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,x y mà ,x y đều là số nguyên. d) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất  ,x y thì điểm  ,M x y luôn chạy trên một đường thẳng cố định. e) Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho .x y đạt giá trị nhỏ nhất. Bài II.13. Cho hệ phương trình: 2 4 3 1 x my m mx y m        . Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm. Gọi  0 0;x y là một cặp nghiệm của phương trình: Chứng minh:  2 2 0 0 0 05 10 0x y x y     . (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - ĐHSP Hà Nội 2015). Bài II.14. Cho hệ phương trình: 3 2 1 x my mx y m       (1) (2) Hệ có nghiệm duy nhất  ,x y , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây: 2 2 3P x y  (1). 4 4 Q x y  (2). Bài II.15: Cho hệ phương trình:     1 1 1 8 3 mx m y m x my m         . Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất  ;x y và tìm GTLN của biểu thức  2 2 4 2 3P x y y    .
  • 26.
    Trang 26Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC II Bài II.01: 2 5 1 5 1 2 5 1 2 2 2 2 2(5 1 2 ) 2 5 10 1 x y m y m x y m x x m x y x m x x m y m                                Thay vào ta có 2 2 2 2 2 0 2 2 (2 ) 2( 1) 2 2 4 0 2 m x y m m m m m                 Vậy  –2;0m . Bài II.02. a) Khi 2m  .Ta có: 2 2 1 2 3 1 1 x y x y x x y x y                  . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1;1 . b) Ta có  2– 1y m x  thế vào phương trình còn lại ta được phương trình:  2– 1 1 –1mx m x m x m      suy ra   2 2 – 1y m  với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất     2 ; 1;2 – 1x y m m         2 22 2 2 1 2 – 1 4 1 3– 2 3x y m m m m m            với mọi m . Bài II.03. a) Với 1a , ta có hệ phương trình:      53 42 yx yx 6 3 12 7 7 1 1 3 5 3 5 1 3 5 2                                x y x x x x y x y y y Vậy với 1a , hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:    ; 1; 2  x y . b) Ta xét 2 trường hợp: + Nếu 0a , hệ có dạng:             3 5 2 53 42 y x y x . Vậy hệ có nghiệm duy nhất + Nếu 0a , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 22 6 3      a a a (luôn đúng, vì 02 a với mọi a ) Do đó, với 0a , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a .
  • 27.
    Trang 27Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.04. Hệ phương trình: 2 5 1 4 5 x ay b bx y       có nghiệm 1 2 x y    2 2 5 1 2 5 3 2 62 31 8 5 13 13 13 a b a b a a b b b b                             Bài II.05. a) Thay 1m  ta có hệ phương trình 3 5 3 x y x y       2 2 1 3 3 y y x y x y              1 1 3 1 2 y y x x           b) 2 ( 2) 3 5 ( 2)(3 ) 3y 5 3 6 2 3 5 3 3 3 m x y m my m m y my y x my x my x my                              2 ( 2 3) 3 1 (1) 3 (2) m m y m x my          Ta có: 2 2 2 3 ( 1) 2 0m m m m       nên PT  1 có nghiệm duy nhất m Hệ phương trình có nghiệm duy nhất m Từ  1 ta có: 2 3 1 2 3 m y m m     thay vào  2 ta có 2 9 5 2 3 m x m m     Bài II.06.   23 2 9 2 1 8 1 5 3 x y m x m A xy x m x y y m                     8maxA  khi 1m  . Bài II.07. Thay 1m  ta có hệ phương trình 5 2 3 2 3 3 5 3 2 4 4 2 8 2 4 2 3 x x y x y x x y x y x y y                           Xét hệ     1 1 2 2 x my m mx y m       Từ (2) 2y m mx   thay vào (1) ta được   2 2 2 1 2 1x m m mx m m m x x m            2 2 2 2 1 2 1 1 2 1m x m m m x m m           (3)
  • 28.
    Trang 28Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  3 có nghiệm duy nhất 2 1 0 1m m      * Khi đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất 2 1 1 1 m x m m y m         Ta có 2 1 1 2 0 2 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 m x m m m m y m m m                             Kết hợp với  * ta được giá trị m cần tìm là 1m   . Bài II.08. Trừ vế theo vế của  1 cho  2 ta có:  2 2 2015 2 2015x y k x y k        3 Vì hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nên ta có:  2 x y a b c d      4 . Từ  3 và  4 suy ra 2015a b c d k     . Bài II.09. 1) Thay tọa độ các điểm ,A B vào phương trình của đường thẳng ta được: 3 3 1 4 2 4 2 3 3 2 a b b a a a b a a b a                      . Vậy 1, 2a b  . 2) Tương tự phần (1) ta có hệ: 4 .0 4 2 0 2 2 4 4 a b b a a b a b b                      Vậy 2, 4a b   . Bài II.10. a) Đặt 1 1 ;u v x y   . Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:   33 5 5 1 3 2 3 13 2 1 3 2 v uu v u u u uu v v u v                         Từ đó suy ra: 1 1;x u   1 1 2 y v   .
  • 29.
    Trang 29Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Đặt ; 1 1 x y u v x y     . Theo bài ra ta có hệ phương trình: 3 3 3 2 3 1 3 3 1 4 4 1 u v u v u v u u v v v v v                               . Từ đó suy ra: 2 2 2 21 1 1 1 21 x x x xx y y y y y                  . c). Điều kiện 1 x , 0 2 x y   . Đặt 2 1 1 a x b x y        ta có hệ phương trình mới 2 1 1 2 1 1 1 12 1 1 0 x a b a x a b b y x y                       . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1; 0x y  Bài II.11. a) Với 2m  ta có hệ phương trình:   2 52 5 2 5 1 2 2 5 42 4 3 6 2 x yx y x y x y yx y y y                         b) Từ phương trình (1) ta có 2 5x y  . Thay 2 5x y  vào phương trình (2) ta được:    2 5 4 2 1 . 4 5m y y m y m       (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với: 1 2 1 0 2 m m    . Từ đó ta được: 4 5 2 1 m y m    ; 3 5 2 2 1 x y m     . Ta có:     2 3 4 5 . 2 1 m x y m    . Do đó 4 , 0 4 5 0 5 x y m m      (thỏa mãn điều kiện) c)Ta có: 3 4 5 2 1 2 1 m x y m m       (4) Từ (4) suy ra 1 2 1 0 2 m m    . Với điều kiện 1 2 m  ta có:     1 4 5 3 5 4 4 5 3 4 5 3 7 5 m l m m m m                . Vậy 7 5 m  .
  • 30.
    Trang 30Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.12. a) Từ phương trình (2) ta có 3 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 3 1 1 1 3 2 1x m m mx m m x m m          (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất , tức là 2 1 0 1m m     . Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi : 21 1 1 1 m m m m       . b) Từ phương trình (2) ta có 3 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 3 1 1 1 . 3 2 1x m m mx m m x m m          (3) Trường hợp 1: 1m   . Khi đó hệ có nghiệm duy nhất        2 2 1 3 13 2 1 3 1 1 1 . 1 1 3 1 1 3 1 . 1 1 m mm m m x m m m m m m y m m m m                      Trường hợp 2: 1m  . Khi đó phương trình (3) thành: 0. 0x  . Vậy hệ có vô số nghiệm dạng  ;2 ,x x x  . Trường hợp 3: 1m   khi đó phương trình (3) thành: 0. 4x  (3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm. c) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 1m   . Ta có: 3 1 2 3 1 1 1 2 1 1 1 m x m m m y m m               . Vậy ,x y nguyên khi và chỉ khi 2 1m  nguyên. Do đó 1m  chỉ có thể là 2; 1;1;2  . Vậy 3; 2;0m    (thỏa mãn) hoặc 1m  (loại) Vậy m nhận các giá trị là 3; 2;0  . d) Khi hệ có nghiệm duy nhất  ,x y ta có: 2 2 3 1 2 1 1 x y m m             Vậy điểm  ;M x y luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình 2y x  . e) Khi hệ có nghiệm duy nhất  ;x y theo (d) ta có: 2y x  . Do đó:     22 . 2 2 1 1 1 1 1xy x x x x x          
  • 31.
    Trang 31Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 1 3 1 2 1 1 0 1 1 x m m m m              . Vậy với 0m  thì .x y đạt giá trị nhỏ nhất. Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ 2x y  theo cách khác: Khi hệ phương trình 1 3 1 x my m mx y m            1 2 có nghiệm duy nhất   m 1 lấy phương trình (2) trừ đi phương trình (1) của hệ ta thu được:      1 1 2 1 2m x m y m x y        Bài II.13. Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có 3 1y m mx   thay vào phương trình  1 của hệ ta có:  2 2 1 3 3 2m x m m    . Do 2 1 0m   với mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất 0x . Suy ra hệ luôn có nghiệm với mọi m . Gọi  0 0;x y là một nghiệm của hệ: Từ hệ phương trình ta có:     0 0 0 0 2 4 1 3 x m y y m x        .Nhân cả hai vế phương trình thứ nhất với  03 x , phương trình thứ hai với  0 4y  rồi trừ hai phương trình cho nhau ta được:        2 2 0 0 0 0 0 0 0 03 2 4 1 0 5 10 0x x y y x y x y            . Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:    : 4 2 0, ' : 3 1 0d x my m d mx y m        . Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng  d luôn đi qua điểm cố định:  2;4A và đường thẳng  'd luôn đi qua điểm cố định :  3;1B . Mặt khác ta cũng dễ chứng minh đường thẳng ( )d và đường thẳng ( ')d vuông góc với nhau nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi  0 0;M x y là giao điểm của hai đường thẳng thì tam giác MAB vuông tại M . Gọi I là trung điểm của AB thì 5 5 ; 2 2 I       , 10AB  suy ra 2 2 2 2 0 0 1 5 5 4 4 10 2 2 2 IM AB IM AB x y                        .  2 2 0 0 0 05 10 0x y x y      . Bài II.14. Từ phương trình (2) ta suy ra: 2 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 2 1 3 1 . 2 3x m m mx m x m m         (3). Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi: 2 1 0 1m m     .
  • 32.
    Trang 32Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Khi đó        2 2 1 2 32 3 2 3 1 2 1 1 . 1 1 1 2 3 1 2 1 . 1 1 m mm m m x m m m m m m y m m m m                        . a) Ta có:     2 22 2 3 2 4 12 12 2 3 3 3P x x x x x          3P  khi 3 2 3 3 4 6 3 3 3 2 1 2 m x m m m m             . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. b) Ta có:   44 4 4 2Q x y x x     đặt 1t x  . Khi đó     4 4 4 3 2 4 3 2 4 2 1 1 4 6 4 1 4 6 4 1 2 12 2 2Q t t t t t t t t t t t t                  2 3 2 0 1 1 2 3 1 2 1 m Q t x m m m m                 . Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2. Bài II.15: Xét hai đường thẳng        1 2: 1 1 0; : 1 8 3 0d mx m y d m x my m         . + Nếu 0m  thì  1 : 1 0d y   và  2 :d 5 0x   suy ra  1d luôn vuông góc với  2d . + Nếu 1m   thì  1 : 1 0d x  và  2 :d 11 0y   suy ra  1d luôn vuông góc với  2d . + Nếu  0;1m  thì đường thẳng    1 2,d d lần lượt có hệ số góc là: 1 2 1 , 1 m m a a m m      suy ra 1 2. 1a a   do đó    1 2d d . Tóm lại với mọi m thì hai đường thẳng  1d luôn vuông góc với  2d . Nên hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau. Xét hai đường thẳng        1 2: 1 1 0; : 1 8 3 0d mx m y d m x my m         luôn vuông góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là  ;I x y , đường thẳng  1d đi qua  1;1A  cố định, đường thẳng  2d luôn đi qua  3; 5B  cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB . Gọi  1; 2M  là trung điểm AB thì     2 2 1 2 13 2 AB MI x y      (*).
  • 33.
    Trang 33Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960      2 2 1 2 2 2 3 5 8 2 3P x y x y x y            8 2 1 3 2 1 2 3x y        hay  10 4 3 2 1 3 2P x y        Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:           2 2 2 1 3 2 1 3 1 2 52 1 3 2x y x y x y                   52 2 13 . Vậy 10 2 3 2 13P    .
  • 34.
    Trang 34Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO 1. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1: a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1 nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi b) Tính chất Nếu  0 0,x y là một nghiệm thì hệ  0 0,y x cũng là nghiệm c) Cách giải: Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P quy hệ phương trình về 2 ẩn ,S P Chú ý: Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ ,S P từ đó suy ra qua hệ ,x y . Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 3 3 2 2 8 x y xy x y       b)    3 3 19 8 2 x y x y xy        b)    2 23 3 3 3 2 3 6 x y x y xy x y         d) 3 1 1 4 x y xy x y          Giải: a)Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:  2 2 2 2 2 2 6 33 8 8 2 S PS P SS S P S S                   3 2 2 2 3 6 16 0 2 2 7 8 0 2 0S S S S S S S P              Suy ra ,x y là hai nghiệm của phương trình: 2 2 0 0, 2X X X X     0 2 2 0 x x y y         b) Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:       2 3 3 83 19 8 1 63 2 8 19 24 25 08 2 SP SS S P SP S S PS S S SS P                         . Suy ra ,x y là hai nghiệm của phương trình: 2 1 26 0 3; 2X X X X      
  • 35.
    Trang 35Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm      ; 2;3 , 3; 2x y    c) Đặt 3 3,a x b y  hệ đã cho trở thành:    3 3 2 2 2 3 6 a b a b b a a b        . Đặt S a b P ab     điều kiện 2 4S P thì hệ đã cho trở thành.    3 2 3 3 2 36 3 3 6 866 S SP SP P P S PSS               . Suy ra ,a b là 2 nghiệm của phương trình: 2 1 2 2 8 4 64 6 8 0 2; 4 4 64 2 8 a x a x X X X X b y b y                        Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm      ; 8;64 , 64;8x y  d) Điều kiện: 0 , 1 xy x y     . Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:           2 2 2 22 2 3; 33 2 2 1 16 2 3 1 14 3 14; 3 3 14; 3 30 52 04 8 10 196 28 S P SS P S S P S S S S P S S P S S SS S S S                                            6 9 3 S P x y        . Vậy hệ đã cho có nghiệm    ; 3;3x y  . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: a) 2 2 2 8 2 4 x y xy x y        c) 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y          b)    2 2 2 2 1 1 5 1 1 9 x y xy x y x y                     d)       3 2 2 3 2 2 1 2 30 0 1 11 0 x y y x y y xy x y x y y y               Giải: a) Đặt ,x a y b  điều kiện , 0a b  .
  • 36.
    Trang 36Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình trở thành: 4 4 2 8 2 4 a b ab a b        . Ta viết lại hệ phương trình thành: 4 2 2 2 ( ) 4 ( ) 2 2 8 2 4 a b ab a b a b ab a b           Đặt S a b P ab     điều kiện 2 4 , 0 S P S P     thì hệ đã cho trở thành. 2 256 64 6 2 8 2 4 2 4 4 P P P S P a b x y S                Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau:     2 2 2 2 2 2 2 16 2 16 2 ( ) 0 2 4 4 x y xy x y xy x y x y x y x y x x                       Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất    ; 4;4x y  b) Điều kiện: 0x y  . Biến đổi phương trình (1):   22 2 2 2 1 1 2 0 xy xy x y x y xy x y x y            Đặt ,x y S xy P   ta có phương trình: 2 2 2 1 0 P S P S     3 2 2 2 2 0 ( 1) 2 ( 1) 0 ( 1)( 2 ) 0S P SP S S S P S S S S P               . Vì 2 4 , 0S P S  suy ra 2 2 0S S P   . Do đó 1S  Với 1x y  thay vào (2) ta được:   2 1 1 0, 3y y y y      Xét 2 2 2 22 1 1 1 0 xy x y x y x y x y x y x y                (không thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có nghiệm      ; 1;0 , 2;3x y   . c) Điều kiện: 0xy  . Hệ đã cho tương đương:
  • 37.
    Trang 37Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 22 2 2 2 2 1 11 1 55 1 1 1 19 9 x yx y x yx y x y x yx y x y                                         . Đặt 1 1 1 1 . x y S x y x y P x y                            Hệ trở thành: 2 2 9 5, 6 5 S P S P S        1 1 2; 3 1 1 3; 2 x y x y x y x y             . 3 5 1; 2 3 5 ; 1 2 x y x y           . Vậy hệ đã cho có nghiệm:   3 5 3 5 ; 1; , ;1 2 2 x y                  . d) Hệ tương đương với :      30 11 xy x y x y xy xy x y x y xy           . Đặt   ;xy x y a xy x y b     . Ta thu được hệ:     5 630 5; 6 11 6; 5 6 5 xy x y xy x yab a b a b a b xy x y xy x y                            . TH1:   2 36 2; 1 1; 235 ( ) 2 xy x yxy x y x y x yxyxy x y L x y                     TH2:   5 5 21 5 21( ) ;15 2 2 16 5 21 5 21 ; 5 2 2 xy L x yx yxy x y xyxy x y x y x y                            . Vậy hệ có nghiệm:       5 21 5 21 ; 1;2 , 2;1 , ; 2 2 x y         .
  • 38.
    Trang 38Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 Một hệ phương trình 2 ẩn ,x y được gọi là đối xứng loại 2 nếu trong hệ phương trình ta đổi vai trò ,x y cho nhau thì phương trình trở thành phương trình kia. + Tính chất.: Nếu  0 0;x y là 1 nghiệm của hệ thì  0 0;y x cũng là nghiệm + Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng       0 ; 0 ; 0 x y x y f x y f x y          . Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 2 2 2 2 x x y y y x       b)           2 2 2 2 1 6 1 1 6 1 x y y x y x x y           c) 3 3 3 1 2 1 3 1 2 1 x x x y y y y x             Giải: a) Điều kiện: , 0x y  . Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:            2 2 2 1 2 0 x x y y y x x y x y x y x y                 Vì     1 2 0x y x y x y      nên phương trình đã cho tương đương với: x y . Hay   2 2 0 2 0 2 1 1 0 1 3 5 2 x x x x x x x x x x x x x                      Vậy hệ có 3 cặp nghiệm:       3 5 3 5 ; 0;0 , 1;1 , ; 2 2 x y          b) Hệ đã cho 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 xy x y yx y yx y x xy x              Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:
  • 39.
    Trang 39Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960          2 7 0 2 7 0 2 7 0 xy y x x y x y x y x y x y xy x y x y xy                     + Nếu x y thay vào hệ ta có: 2 2 5 6 0 3 x y x x x y          + Nếu   2 7 0 1 2 1 2 15x y xy x y        . Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:     2 22 2 5 5 12 0 2 5 2 5 2x y x x x y          . Đặt 2 5, 2 5a x b y    Ta có:        22 2 0 12 2 2 4 4 15 84 1 31 a b aba b a b ab a b a bab a b ab                             Trường hợp 1:       0 ; 3;2 , 2;3 1 a b x y ab       Trường hợp 2: 8 31 a b ab      vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ đã cho là:          ; 2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2x y  c) Điều kiện: 1 1 ; 2 2 x y    Để ý rằng 1 2 x y   không phải là nghiệm. Ta xét trường hợp 1x y   Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:  3 3 3 1 2 1 3 1 2 1x x x y y y y x            2 2 2 ( ) 4( ) 0 2 1 2 1 x y x y x xy y x y x y               2 2 2 ( ) 4 0 2 1 2 1 x y x xy y x y x y                  Khi x y xét phương trình: 3 3 2 1 2 1 0 2 2 1 1 0x x x x x x          
  • 40.
    Trang 40Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 22 2 ( 1) 0 1 0 0 2 1 1 2 1 1 x x x x x x x x                  Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 0x y  3. HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP + Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp + Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như: + 2 2 2 2 ax ex bxy cy d gxy hy k         , + 2 2 2 2 ax , gx bxy cy dx ey hxy ky lx my           + 2 2 3 2 2 3 ax gx bxy cy d hx y kxy ly mx ny           ….. Một số hệ phương trình tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc n : 1 . .... 0n n k k n k na x a x y a y    Từ đó ta xét hai trường hợp: 0y  thay vào để tìm x + 0y  ta đặt x ty thì thu được phương trình: 1 .... 0n n k k na t a t a    + Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm ,x y Chú ý: ( Ta cũng có thể đặt y tx ) Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a)   3 3 2 2 8 2 3 3 1 x x y y x y        
  • 41.
    Trang 41Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b)         2 2 3 22 2 5 4 3 2 0 , 2 x y xy y x y x y xy x y x y            Giải: a) Ta biến đổi hệ: 3 3 2 2 8 2 3 6 x y x y x y        Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có: 3 3 2 2 6( ) (8 2 )( 3 )x y x y x y    đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ đó ta có lời giải như sau: Vì 0x  không là nghiệm của hệ nên ta đặt y tx . Khi đó hệ thành:       2 33 3 3 3 22 2 2 2 2 1 2 88 2 1 4 1 3 33 3 1 1 3 6 x t tx x t x tx t t tx t x x t                          3 2 2 1 3 3 1 4 1 3 12 1 0 1 4 t t t t t t t                  . *  2 2 1 3 6 31 13 3 x t x t x yy             . * 4 78 1 13 4 78 13 x t y           . Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm: ( ; )x y      4 78 78 4 78 78 3,1 ; 3, 1 ; , ; , 13 13 13 13                   b). Phương trình (2) của hệ có dạng:           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 1 2 0 xy x y x y xy x y xy xy xy x y                 2 2 1 2 xy x y      TH1:  2 2 3 15 4 3 2 0 11 xx y xy y x y yxy            và 1 1 x y      .
  • 42.
    Trang 42Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH2:    2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 5 4 3 2 0 5 4 3 2 2 2 x y xy y x y x y xy y x y x y x y                    (*) Nếu ta thay 2 2 2x y  vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3:   2 2 3 2 2 5 4 3x y xy y x y x y     Từ đó ta có lời giải như sau: Ta thấy 0y  không là nghiệm của hệ. Xét 0y  đặt x ty thay vào hệ ta có:  2 3 3 3 2 2 2 5 4 3 2 2 t y ty y ty y t y y         Chia hai phương trình của hệ ta được: 2 3 2 2 5 4 3 1 4 5 2 0 1 1 t t t t t t t           2 2 2 2 1 1 1 5 5 1 1 1 1 2 2 2 2 5 5 x xt x y x x y yt x y y y                                        . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: a)       2 23 3 2 3 2 3 0 2 2 3 1 6 1 2 0 x y y y x y x x x               b)   2 1 2 3 3 2 2 2 2 6 x yx x y x y x y x y           Giải: a) Điều kiện: 2 2 3 0x y   . Phương trình (2) tương đương:         2 3 23 3 2 3 2 2 3 1 6 6 2 0 2 1 3 1 4 0y x y x x x x y x y             Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và 1x  . + Xét 0y  hệ vô nghiệm + Xét 0y  . Đặt 1x ty  ta thu được phương trình: 3 2 2 3 4 0t t   Suy ra 2 1 2t x y     
  • 43.
    Trang 43Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thay vào phương trình (1) ta được: 2 14 5 2 4 9 18 x x x x y         . Vậy hệ có một cặp nghiệm:   14 5 ; ; 9 18 x y        . b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của x và y Điều kiện: 0; 3 0y x    . Đặt 2 2 y tx y t x   thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 2 1 2 3 3 2 x x tx x t x x t x     Rút gọn biến x ta đưa về phương trình ẩn t :    2 2 2 1 0 2 2 0t t t t y x         . Thay vào (2) ta được: 2 2 25 1 4 8 2 6 4 10 2 6 2 6 4 4 x x x x x x x           2 2 5 1 2 2 6 2 2 x x                 . Giải ra ta được 17 3 13 3 17 4 2 x y      . Vậy nghiệm của hệ   17 3 13 3 17 ; ; 4 2 x y          . Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau: a) 3 3 2 2 1 3 1 x y x y x y        b) 2 3 1 2 2 1 3 3 6 x y xy x x x xy          Giải: a) Ta có thể viết lại hệ thành:   3 3 2 2 3 1 1 x y x y x y        (1) Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng cấp ta sẽ thay vế phải thành 2 2 2 ( )x y . Như vậy ta có:
  • 44.
    Trang 44Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960      23 3 2 2 4 3 2 2 3 4 3 2 3 2 2 0x y x y x y x x y x y xy y          2 2 2 2 ( )( 2 )(2 ) 0 2 2 0 x y x y x y x xy y x y x xy y                 + Nếu 2 2 2 27 2 0 0 0 4 2 y x xy y x x x y                không thỏa mãn. + Nếu x y ta có 2 2 2 1 2 x x    + Nếu 2 5 2 5 1 5 x y y y       Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:   2 2 2 2 2 5 5 2 5 5 ; ; , ; , ; , ; 2 2 2 2 5 5 5 5 x y                                   b) Điều kiện 1y   . Ta viết lại hệ thành: 2 3 1 2 ( 1) 1 3 ( 1) 6 x y x y x x y          Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với , 1x y  Dễ thấy 1y   không phải là nghiệm của hệ phương trình. Xét 1y   . Đặt 1x t y  thay vào hệ ta có:     3 2 3 2 3 3 1 2 1 0 3 6( 2 ) 0 31 3 6 y t t t t t t t ty t t                      + Nếu 0t  thì 0x  . Không thỏa mãn hệ + Nếu     3 3 3 3 1 3 27 1 9 1 6 1 9 9 t y y y x           Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất 3 3 1 ( ; ) 9; 1 9 x y        Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 3 3 2 2 ( 2 3) 3 xy x y xy x x y x         
  • 45.
    Trang 45Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b)   2 2 2 3 0 ( 1) 3( 1) 2 2 0 x xy x x y xy x y y               Giải: a) Điều kiện: 0y  . Phương trình (2) của hệ có dạng: 3 3 1 2 ( 1) ( 1) 3( 1) 2 3 y xy y x y y xy x            Trường hợp 1y   không thỏa mãn điều kiện Trường hợp 3 2 3xy x  ta có hệ: 3 2 2 3 2 xy x xy x y       . Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với ,x y . Dễ thấy 0y  . Ta đặt x t y thì thu được hệ: 3 3 2 2 3 2 1 (2 ) 3 2 3 2 3 1 0 1 1 2( ) 2 2 t y t t t t t t ty t t                + Nếu 1t  thì 1 1x y x y     + Nếu 1 2 t  thì 3 3 3 1 1 1 4 4 2 3 3 9 x y y x x x y         Tóm lại hệ có các nghiệm:     3 3 1 4 ; 1;1 , ; 3 9 x y        b)Điều kiện: 2 2 0 0x y y y    . Từ phương trình thứ nhất ta có: 2 3xy x x    thay vào phương trình thứ hai ta thu được: 2 2 2 2 2 ( 1) 3( 1) 2 2 6 2 ( 2) 0 2 3 2 ( 2) 0 x y x x y x x y y x                Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với y và 2 2x  Đặt  2 2y t x  ta thu được: 2 1 3 2 1 0 1 ( ) 3 t t t t L          Khi 1t  ta có: 2 2y x  thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 1 3x y    Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( ; ) (1; 3)x y  
  • 46.
    Trang 46Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 3 2 8 16 2 8 3 3 4 2 xy x y x y x x x x y y y              b) 2 3 2 2 3 1 3 ( 1 1) 8 3 4 4 x y x x y x x xy y xy y            Giải: a)Điều kiện: 3 2 0, 0, 0 3 4 x x y x y y      . Phương trình (2) tương đương: 2 3 2 2 2 4 3 4 3 4 3 2 2 . 8 6 12 16 8 6 8 6 6 x x y x x x x y x x y y y y y               . Đây là phương trình đẳng cấp đối với 2 8 x y và 4 3 6 x y Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 8 x y và 4 3 6 x y cùng dấu hay 2 4 3 0, 0 8 6 x x y y    . Đặt 2 , 8 x a y  4 3 6 x y b   suy ra 2 2 2a b ab a b    2 6 4 3 2 8 6 3 x y x x y y x y          . TH1: 6x y thay vào (1) ta có: 2 2 28 168 ( ) 4 37 37 16 16 4 249 7 7 y x L y y y y x                 . TH2: 2 3 x y  thay vào (1) ta có: 2 2 12 ( )4 16 16 13 9 12 8( ) y L y y y y x TM            .
  • 47.
    Trang 47Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ có nghiệm     24 4 ; ; , 8;12 7 7 x y        . b)Điều kiện: 0 , 0 1 1 0 xy x y x x y        Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với ,x y . Ta thấy nếu 0y  thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra 0x  , cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ. Xét 0y  . Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho y ta thu được: 2 8 3 4 4 x x x y y y          . Đặt x t y  ta thu được phương trình 4 2 4 2 2 4 2 4 4 8 3 4 4 8 3 4 8 16 8 4 8 12 0 t t t t t t t t t t t t                     4 2 3 2 4 4 1 2 2 3 0 ( 1)(2 2 3) 0 t t t t t t t t t t                   Khi 1t x y   . Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 3 3 3 1 3 ( 1 1)x x x x     . Điều kiện: 0 1x  . Ta thấy 0x  không thỏa mãn phương trình. Ta xét 0 1x  . Chia bất phương trình cho 3 0x  ta thu được phương trình: 3 2 3 3 1 1 1 1 3 1 x x x x            . Đặt 1 1t t x    phương trình trở thành:      3 3 3 2 3 2 3 1 3 1 3 1 1 3t t t t t t t t           Xét    3 3 2 ( ) 3 1 1f t t t t t     Dễ thấy    1 3f t f  suy ra phương trình có nghiệm duy nhất 1 1t x   Tóm lại hệ phương trình có nghiệm    ; 1;1x y  Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ ,x y dựa vào phương trình thứ hai của hệ theo cách: Phương trình có dạng: 2 2 2 2 ( )(8 5 ) ( ) 8 3 4 3 0 0 8 3 4 3 x y x y x y y x xy y y xy y xy yx xy y y                2 2 8 5 (3) 0 8 3 4 3 x y x y y xy yx xy y y           . Vì , 0x y  nên ta suy ra x y
  • 48.
    Trang 48Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích,cộng trừ các phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt… * Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 4 2 3 2 1 4 2 5 2 ( 1) 5 3 ( ) ) 6 (1 (2) x y y x x x y x y y               b) 3 3 2 2 2 12 6 16 4 6 9 0 x x y y x y xy x y             c) 3 3 2 2 2 3 4 3 6 4 xy x y x y x y         d) 2 3 2 7 6 ( 6) 1 2( ) 6 2 4 1 y x y x x y x y y x               Giải: a). Điều kiện 2 1 2 5 2 ( 1) x y y x         Xuất phát từ phương trình (2) ta có: 4 3 2 2 3 2 3 6 ( ) 0 0 3 ( 2 ) ( 2 ) 0 ( 2 )(3 1) 0 2 x x y x y y x x x y x x y x x y x x y                   Với 0x  thay vào (1) ta có: 1 4 2 4 2 5 4 2 4 2 4y y y y          Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có   2 4 2 4 2 2(4 2 4 2 ) 16 4 2 4 2 4y y y y y y             Dấu = xảy ra khi: 4 2 4 2 0y y y     Hệ có nghiệm:(0;0) Với: 2x y . Thay vào phương trình trên ta được
  • 49.
    Trang 49Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 1 4 5 ( 1) 5 1 4 ( 1)(4 ) 5x x x x x x x x                (*) Đặt 2 5 1 4 0 1. 4 2 t t x x x x           . Thay vào phương trình ta có: 2 2 55 5 2 15 0 32 tt t t t t            . Khi 2 0 1. 4 2 3 0 3 3t x x x x x x              Tóm lại hệ có nghiệm     3 ; 0;0 , 3; 2 x y        Nhận xét : Điều kiện 0t  chưa phải là điều kiện chặt của biến t Thật vậy ta có: 2 2 1 4 5 2 ( 1)(4 ) 5t x x t x x t           Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có 2 2 ( 1)(4 ) 5 10 5; 10x x t t          b) Hệ viết lại dưới dạng 3 3 2 2 12 ( 2) 12( 2) ( 4) ( 3) 0 x x y y x x y y             Đặt 2t y  . Ta có hệ : 3 3 2 2 2 2 2 2 12 12 ( )( 12) 0 (*) ( 2) ( 1) 0 2( ) 1 0 (2*) x x t t x t x t xt x x t t x t xt x t                        Từ (*) suy ra 2 2 12 0 (3*)x t xt x t        - Với x t thay vào (2*)ta có phương trình 2 3 4 1 0x x   Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là     1 7 ; 1;3 , ; 3 3 x y        - Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ 2 2 13 ( ) 12 0 2 ( ) 121( ) 2( ) 1 0 0 4 x t x t xt VN x t xt x t xt                     . Do   2 4x t xt  Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:     1 7 ; 1;3 , ; 3 3 x y       
  • 50.
    Trang 50Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 c) Đưa hệ phương trình về dạng: 3 3 2 ( 1)(2 1) 2 1 3 ( 1) (2 1) 3( 1) (2 1) 5 2 2 x y x y x y              Đặt: a x 1; b 2y 1.    Khi đó ta thu được hệ phương trình: 3 3 23 3 2 2 2 1 3 2 6 3 103 5 2 2 ab ab a b a ba b a b             Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là x y 1  nên ta sẽ có hệ này có nghiệm khi: a 2; b 1  Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng: 2 2 ( 2) 2(1 ) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) a b b a a b b          Vì ta luôn có: 0b  nên từ phương trình trên ta rút ra 2(1 ) 2 b a b    Thế xuống phương trình dưới ta được: 2 2 2 2 2 2 4( 1) ( 1) ( 1) ( 2) ( 1) 4( 1) ( 2) 0 1 4( 1) ( 2) b a b b b a b b b b a b b                    Với: 1 2b a   , suy ra: 1;x y  . Với 2 4( 1) ( 2)a b b   . Ta lại có: 2 2 ( 1) 2 1 . b ab b a b a b          Thế lên phương trình trên ta có: 2 3 1 2 1 2;4( 2) ( 2) 2 4 (Không TM) b a x yb b b b b                 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là:   1 (1;1) 2; ; 2 ,x y         d) Điều kiện: 1 0 x y     . Ta viết lại hệ phương trình thành: 2 2( ) 6 2 4 1x y x y y x       2 2( ) 6 2 4 1x y x y y x        . Bình phương 2 vế ta thu được:
  • 51.
    Trang 51Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 2 4 2 6 2 4 1 2 ( 1)x xy y x y x y y x          2 2 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1 ) 2 ( 1)x y x y x y y x            2 2 1 2( 1 ) ( 1 ) 0 1 1 x y x y x y x y x y                Thay vào phương trình (2) ta có: 2 23 37 1 ( 7) 1 7 1 ( 7) 1y y y y y y y y           . Đặt 3 ( 7)a y y  ta có phương trình: 3 3 2 1 01 1 1 12 0 2 a aa a a aa a a a                     Với 0 1 0 7 6 y x a y x           Với 2 7 3 5 5 3 5 2 21 7 1 0 7 3 5 5 3 5 2 2 y x a y y y x                     Với 2 1 (L) 2 7 8 0 8 7 y a y y y x             Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   5 3 5 7 3 5 5 3 5 7 3 5 ; ( 1;0),(6;7), ; , ; ; ,(7;8) 2 2 2 2 x y                     Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 3 2 (2 2) 3 0 2 ( 3) 2 6 1 0 x y x y x xy y x y y              b) 2 2 3 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 x xy y y x x y y y x            c). 2 3 2 2 2 2 3 4 3 0 3 3 1 0 xy x y yx y x x y y xy           
  • 52.
    Trang 52Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Giải: a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta được: 2 3 2 2 2 ( 3) 2 6 1 (2 2) 3 0xy y x y y y x y          2 3 2 2 3 2 2 2 3 1 0 1 2 32 1 0xy y y x x yxy y y y            ( 1)(2 1)( 1) 0.y y x y      + Nếu 1y   thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 3x x    + Nếu 1 2 y  thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 2 3 4 12 3 0 2 x x x       + Nếu 1y x  thay vào phương trình (1) ta có: 2 2 2 2 2 3( 1) 0 4 6 3 0x x x x x         . Vô nghiệm. Kết luận:   3 2 2 1 3 2 2 1 ; ( 3;1),( 3;1), ; , ; 2 2 2 2 x y                   *Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được: 2 (2 )( 3) 1 0y x x y     Phương trình thứ nhất phân tích được: 2 2 ( ) 2( 2 ) 0x yx y    Đặt 2 , 2a x y b x y    ta có hệ: 2 2 0 ( 3) 1 0 a b a b        b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được: 3 2 2 2 2 0,x x x y xy x     hay 3 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 0.x x x y x x     Do 3 2 2 2 ( 1)( 2 )x x x x x x     nên từ trên, ta có 2 ( 2 )( 1 ) 0.x x x y    + Nếu 0 0 2 y x y       + Nếu 0 2 4 3 y x y       + Nếu 1y x  thay vào phương trình (1) ta thu được: 2 1 2 2 0y y   vô nghiệm. Kết luận: Hệ phương trình có các cặp nghiệm là:     4 ; (0;0),(0; 2), 2;0 , 2; 3 x y         c) Hệ được viết lại như sau:
  • 53.
    Trang 53Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960       2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 3 4 3 3 1 0 3 3 1 0 xy y x x y x y xy y y x x y x y y xy x y xy                      Xét với 0y  thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ . Với 0y  ta biến đổi hệ thành :  2 2 2 1 3 4 1 3 3 0 x y x x y x y x y                  2 2 2 1 3 4 1 3 4 x y x x y x y x x y                 Đặt : 2 1 3 a x y b y x        Khi đó hệ trở thành hệ : 2 4 4 ab x a b x      Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình : 2 2 2 22 11 2 4 4 ( 2 ) 0 2 1 2 32 3 yx x xyt xt x t x t x x xx y x x                       2 3 2 1 1 1 1 1 2 3 3 2 1 0 y y xx x y x x x x x                   Vậy hệ có 1 nghiệm    ; 1;1x y   Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a)   3 2 4 3 1 1 2 9 9 x y x y y x y y            b) 3 2 2 3 2 2 15 6 (2 5 4 ) 2 8 3 3 4 2 x x y x y x y x x x x y y y              c) 3 2 2 2 3 6 2 4 4 3 9 2 6 3 2 4 4 6 x x y y x x y xy y x x               d) 3 4 2 2 8 3 4 2 2 x y y x y xy y y          Giải: a) Từ phương trình (2) của hệ ta có:     2 4 3 3 3 9 9 9 0 9 0 x y x y y x y y x y x y x y                
  • 54.
    Trang 54Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vì 1y  và 3 1 1 2x y    nên 3 1 2 7x x    Do đó 3 9 1 0x y     nên 3 9 0x y   vô nghiệm. Ta chỉ cần giải trường hợp x y . Thế vào phương trình ban đầu ta được: 3 1 1 2x x    . Đặt  3 1 ; 1 0a x b x b     thì     23 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 0 1 2 2 0 2 a b a a a a a a a a a b                   Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu 0; 11 6 3; 11 6 3x x x       Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là 0; 11 6 3; 11 6 3x y x y x y          b)Phương trình thứ nhất của hệ   2 2 2 (2 ) 12 15 0 15 12 y x y x x y x y          TH 1: 2 15 12 x y   thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:   2 3 2 2 22 3 2 4 15 3 15 4 242 15 x x x x x xx           2 2 2 2 2 2 36 12 16 15 16 15 0 15 15 x x x x x x x x             2 2 22 22 22 16 15 0 16 15 0 36 16 156 16 15 1515 x x x x xx x xx x xx                        2 2 2 2 16 15 0 36 15 16 15 (*) x x x x x x           Xét phương trình (*)   2 2 2 36 15 16 15x x x x    Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho 2 x ta có: 15 15 36 16x x x x             Đặt 2 215 16 36 0 18 t x t t t tx            + Nếu 2 515 2 2 2 15 0 5 3 x t x x x x xx              
  • 55.
    Trang 55Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 + Nếu t = 18 2 9 4 615 18 18 15 0 9 4 6 9 4 6 x x x x x x x                     Nghiệm của hệ đã cho là:   5 27 12 6 ; 5; , 9 4 6; 6 2 x y              TH 2: 2x y Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: 2 3 2 2 2 2 7 11 0 4 3 3 4 4 6 12 x x x x x x x x x x          (loại) (do điều kiện 0y  ) KL: Nghiệm của hệ đã cho là:   5 27 12 6 ; 5; , 9 4 6; 6 2 x y              c) Điều kiện 2 3 x y    Phương trình (2) của hệ tương đương với: 2 2 2 2 (2 2 )(3 2) 0 2 3 y x x y x y y x            + Với 2 2y x  thế vào phương trình (1) ta được: (1) 7 6 2 4 4 6 15 4 0 (3)x x x       Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 6 2 4 3.2 2( 2) 3 6 2 4 4 6 15 7 4 4 6 15 2.2 3(2 5) 2(2 2) x x x x x x x x x                 Dấu '' '' xảy ra khi chỉ khi 4x  Từ (3) suy ra 4x  là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (4;6)x y  - Với 2 2 3 2y x   hệ vô nghiệm do điều kiện 3y  Vậy hệ đã cho chỉ có 1 nghiệm ( ; ) (4;6)x y  d) Thế phương trình 2 vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình :    3 4 2 2 3 3 2 8 3 2(2 ) 8 3 4 2 2x y y x y xy y y x y x y x y y             Vì 0y  không là nghiệm của hệ. Chia cả hai vế cho y ta được phương trình 3 3 2 3 2 3 8 3 4 2 2 3 4 8 2 2x y x x y x x x y y            Đặt : 1 1z x x z     . Khi đó ta có phương trình :
  • 56.
    Trang 56Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960     3 3 2 2 2 2 8 2 2 4 2 0 do 4 2 0z z y y z y z y zy z y zy             2 1 2 2 1z y x y x y        Thế vào phương trình 2 của hệ ta được phương trình: 2 1 1 3 2 0 2 7 3 3 y x y y y x              Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 7 2 ( ; ) (1;1); ; 3 3 x y         Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau a)     2 2 3 1 2 1 4 2 1 3 3 y y x y x y y y x y            b)   2 2 3 2 2 2 3 2 3 2 2 7 6 x xy y x x y x y xy          c)  4 2 2 3 2 6 7 2 9 2 10 x xy y y x yx x           Giải: a) Điều kiện: 2 2 1 0x y   . Phương trình (1) tương đương:     2 2 2 2 2 2 2 22 2 4 4 2 1 2 1 2 2 1 3 2 2 1 2 1 y y x y x y x xy y x y y x y x y x y x y x y                           TH1: 2 2 1 3x y y x    . Bình phương hai vế phương trình ta được: 2 2 2 2 2 3 1; 1( ) 3 6 9 2 1 415 17 ; ( )2 1 9 6 51 33 3 y x x y TM y x xy y y x y TMx y y xy x xy y y                       . TH2: 2 2 1x y x y    . Bình phương hai vế phương trình: 2 2 2 2 2 0 1; 1 0 2 2 1 41 7 ; ( )2 1 2 21 33 3 x y x y x y xy y y x y Lx y x xy y xy y y                          .
  • 57.
    Trang 57Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ có nghiệm     415 17 ; 1;1 , ; 51 3 x y        . b) Từ phương trình (1) ta thấy:    3 2 2 1 3 1x y y   . TH1: 1y  thay vào (2) ta có: 3 7 6 0 1; 3; 2x x x x x        . TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới: 2 2 3 2 2 2 2 2 3 3 2 2 7 6 x xy xy y x x y x y xy           . (*) (3) Phương trình (3) tương đương với:   2 2 2 3 0xy xy x    . + Nếu: 2xy  thay vào (*) ta có:   1 2 4 4 3 3 1 4 2 y x y y x y y             . Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. + Nếu 2 2 3xy x  thay vào (*) ta có:  2 2 2 2 3 3 3 3 1x x y x y y x          22 2 1 3 1; 1x x x y x             Vậy hệ có nghiệm        ; 1;1 , 3;1 , 2;1x y   . c) Phương trình (1) tương đương:       4 2 2 2 2 2 7 9 2 3 0 3 3 2 3 0x x y x x x x x x y x x               . TH1: 2 1 13 79 13 2 36 3 0 1 13 79 13 2 36 x y x x x y                  . TH2: 2 2 2 3y x x   thay vào (2) ta có:  2 2 3 5 5 1 23 10 5 5 1 2 x y x x x x x y                  . Vậy hệ có nghiệm   1 13 79 13 1 13 79 13 5 5 ; ; , ; , 5;1 , 5;1 2 36 2 36 2 2 x y                                     
  • 58.
    Trang 58Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a) 3 2 3 1 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y           b) 3 2 3 2 4 4 24 45 6 20 xy x y x x x y y           c)   32 3 2 2 2 1 3 2 1 4 2 2 x xy y x xy y x x             d) 2 2 2 2 3 2 4 1 1 x y x xy x y x y             Giải: a) Hệ tương đương: 3 2 3 3 3 3 3 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y           . Trừ hai phương trình cho nhau ta được:   3 3 4 1 3 3x y xy y       3 3 3 4 1 4 3 3 3x y y xy y                                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 3 1 4 1 1 1 3 1 1 4 1 1 1 3 1 1 2 2 0 x y x x y y y y x x y x x y y y y xy y x y x x y y y x y x y x y                                                Với 1y x  thay vào (1) ta được: 2 2 0x x   (vô nghiệm). Với 2 2y x  thay vào (1) ta được: 2 5 17 42 5 1 0 5 17 4 x x x x            . Vậy hệ có nghiệm   5 17 1 17 5 17 1 17 ; ; , ; 4 2 4 2 x y                    . b) Hệ tương đương: 3 2 3 6 3 3 12 0 4 24 45 6 20 y x xy x x x y y            . Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được: 3 2 3 4 24 48 32 3 12x x x y xy y                 3 3 3 2 2 2 4 2 4 3 3 12 4 2 2 2 3 4 x y y xy y x y x x y y y y x                   
  • 59.
    Trang 59Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thế 2 4x xy y   vào VP ta được:           2 2 2 2 4 2 2 2 3 2 4 4 3 2x y x x y y y y y xy y x y                       2 2 2 4 2 4 2 0x y x x y y        . Với 2y x   thay vào (1) ta được: 2 5 8 0x x   (vô nghiệm). Với 2 2y x  thay vào (1) ta được: 2 17 7 42 7 4 0 17 7 4 x x x x             . Vậy hệ có nghiệm   17 7 1 17 17 7 1 17 ; ; , ; 4 2 4 2 x y                    . c) Điều kiện: 0x  . Phương trình (2) tương đương: 2 2 1 1 1 2 2 0 2y xy y x x x x               . Thay vào (1) ta được:     3 3 3 32 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 t t t t x x x x                         4 3 2 2 1 6 12 2 4 3 0t t t t t       . TH1: 1 3 2 2 4 t x y      . TH2: 4 3 2 6 12 2 4 3 0t t t t     2 2 2 1 6 3 3 t t           (vô lý) Vậy nghiệm của hệ   3 ; 2; 4 x y        . d)Điều kiện: 1x y  . Phương trình (2) tương đương:     2 2 4 1 2 1x y x y xy x y        . Phân tích nhân tử ta được:   2 2 2 1 2 1 0x y x y xy y       . TH1: 2 1 0x y   thay vào (1) dễ dàng tìm được:   1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 ; ; , ; 5 5 5 2 x y                     .
  • 60.
    Trang 60Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới: 2 2 2 2 2 1 3 x y xy y x y x          . Giải bằng cách:   2 (1) (2) 3 4 0 1 3 4 0PT PT y xy x y y x y            . Vậy nghiệm của hệ         1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 10 17 ; ; , ; , ; , 1;1 , 1; 1 , 2; 1 5 5 5 2 11 10 x y                             Ví dụ 7) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: a) 2 2 2 2 2 8 6 0 4 1 0 x y x y x xy y x             b) 2 2 2 2 5 0 5 7 0 x xy y y xy x           Giải: *Cách 1: Đặt x u a y v b      thay vào phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 ( ) 2( ) 2( ) 8( ) 6 0u a v b u a v b          2 2 2 2 2 2( 1) 4 ( 2) 2 2 8 6 0u v a u v b a b a b           . Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều kiện là: 1 0 2 0 a b      1 2 a b       Từ đó ta có các h đặt ẩn phụ như sau: Đặt 1 2 x u y v      thay vào hệ ta có: 2 2 2 2 3 2 u v u uv       đây là hệ đẳng cấp. Từ hệ ta suy ra    2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 0 4 u v u v u uv u uv v u v             Công việc còn lại là khá đơn giản. *Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2). 2 2 2 2 2 8 6 4 1 0x y x y k x xy y x            2 2 (1 ) (2 4 ) 2 8 6 0k x k ky x y y ky k           Ta có
  • 61.
    Trang 61Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 (2 4 ) 4( 1)(2 8 6)k ky k y y ky k           2 2 2 2 8 8 (4 32 32) 12 12 20k k y k k y k k         . Ta mong muốn  có dạng 2 ( )Ay B 0   có nghiệm kép:      22 2 2 3 4 32 32 4 8 8 12 12 20 0 2 k k k k k k k            . Từ đó ta có cách giải như sau: Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:    2 2 2 2 2 2 8 6 3 4 1 0x y x y x xy y x              2 2 2 2 3 8 4 13 9 0 3 8 4 13 9 0x xy x y y x y x y y              Ta có       2 22 2 3 8 4 4 13 9 25 100 100 5 10y y y y y y           Từ đó tính được: 3 8 (5 10) 1 2 3 8 (5 10) 4 9 2 y y x y y y x y                Phần việc còn lại là khá đơn giản. b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:    2 2 2 2 2 2 5 5 7 0 2 5 12 0x xy y y xy x x y x y y               1 2 2 y x x y       Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng: 2 2 1 2 3 4 5 6 2 2 1 2 3 4 5 6 0 0 a x a xy a y a x a y a b x b xy b y b x b y b               + Ta đặt ,x u a y v b    sau đó tìm điều kiện để phương trình không có số hạng bậc 1 hoặc không có số hạng tự do . + Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k sao cho có thể biễu diễn được x theo y . Để có được quan hệ này ta cần dựa vào tính chất. Phương trình 2 ax bx c  biểu diễn được thành dạng: 2 ( ) 0Ax B    Đối với các hệ đại số bậc 3: Ta có thể vận dụng các hướng giải + Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức
  • 62.
    Trang 62Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 + Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương trình để tạo ra quan hệ tuyến tính. Ví dụ 8) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: a) 3 2 2 2 3 49 8 8 17 x xy x xy y y x          c) 3 2 2 2 3 6 3 49 6 10 25 9 x x y xy x x xy y y x            b) 3 3 2 2 35 2 3 4 9 x y x y x y        d)     3 3 4 7 11 3 1 (1) xy x y x x y x y         Giải: a) Phân tích: Ta viết lại hệ như sau: 3 2 2 2 3 49 0 8( 1) 17 0 x xy y x y x x           Nhận thấy 1x   thì hệ trở thành: 2 2 3 48 0 4 16 0 y y y         Từ đó ta có lời giải như sau: Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:     3 2 2 2 2 2 3 49 3 8 8 17 0 1 ( 1) 3( 4) 0 x xy x xy y y x x x y                 Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ:      ; 1;4 , 1; 4x y     b) Làm tương tự như câu a Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được:   2 2 1 ( 1) 3( 5) 0x x y       . Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ. c) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được: 3 3 ( 2) ( 3) 5x y x y      Thay vào phương trình (2) ta có: 2 2 2 3 2( 5) 3 4( 5) 9 5 25 30 0 2 y y y y y y y y                Vậy hệ phương trình có các nghiệm là:      ; 2; 3 , 3; 2x y    d)Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:   2 2 1 ( 3) 2 0x y x y x x         Trường hợp 1: 1x  hệ vô nghiệm
  • 63.
    Trang 63Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Trường hợp 2: 2 2 3 2 ( 3) 2 0 ( )( 1) y x y x x x y x y xy             Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:   2 2 2 1 ( 1) 2 0x y x y x x         + Nếu 1 3 3 5 2 4 x y      + Nếu 2 2 ( 1) 2 0y x y x x      ta có hệ: 2 2 2 2 ( 1) 2 0 ( 3) 2 0 y x y x x y x y x x               . Trừ hai phương trình cho nhau ta có: 1y   thay vào thì hệ vô nghiệm KL: Nghiệm của hệ là:   1 3 3 5 1 3 3 5 ; ; , ; 2 4 2 4 x y                   d). Ta có: (1)     3 7 3 3 1 3 1x xy x y x y x y            3 7 3 4 2 1 3 1x xy x y x y x y x y                3 3 3 3 8 6 2 3 3 1 1x y xy x y x y xy x y x y x y                      3 3 33 2 3 1 1 1x y x y x y x y x y            2 1 1x y x y x       . Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với:   1 1 1 3 4 1 4 x x x y y y y                .
  • 64.
    Trang 64Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 5. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức ( , ); ( , )f x y g x y trong hệ phương trình để đặt thành các ẩn phụ mới làm đơn giản cấu trúc của phương trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn giản hơn, hay quy về các dạng hệ quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp… Đễ tạo ra ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm nhân tử chung, chia các phương trình theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đối biến theo đặc thù phương trình… Ta quan sát các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 3 3 1 0 x xy y x x xy y           b) 4 2 2 2 2 4 6 9 0 2 22 0 x x y y x y x y            Giải: a) Ta viết lại hệ phương trình thành: 2 2 3 2 3 2 3 ( ) 2 3 3 ( ) 3 1 x x y x x y x y x            2 2 2 3 2 3 ( ) 2 3 ( ) ( ) 3 1 x x y x x y x y x             . Đặt 2 3 ,a x b x y   ta thu được hệ phương trình: 2 3 2 1 a b ab b a          . Từ phương trình (1) suy ra 2 2a b  vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được:    2 3 2 2 2 2 1 2 1 0 1 3b b b b b b b a              Khi 2 1 03 1 1 1 1 2 x ya x b x y x y                  Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:      ; 1;0 , 1;2x y   b) Ta viết lại hệ phương trình thành:     2 22 2 2 2 3 4 2 22 0 x y x y x y            Đặt 2 2; 3a x b y    . Ta có hệ phương trình sau:
  • 65.
    Trang 65Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 2 2 2 4 4 ( ) 2 4 ( 2)( 3) 2 2( 3) 22 4( ) 8 4( ) 8 a b a b a b ab a b a b ab a b ab a b                             2 2 0( ) 8( ) 20 0 4( ) 8 10 ( ) 48 a b aba b a b ab a b a b L ab                     Xét 2 2, 0 0 0, 2 a b a b ab a b           + Nếu: 2 0, 2 5 x a b y         + Nếu 2 2, 0 3 x a b y        Tóm lại hệ có các cặp nghiệm:          ; 2;5 , 2;5 , 2;3 , 2;3x y    Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a)     2 2 2 2 1 25 1 2 8 9 x y x y y x xy y x y             b)   2 2 2 1 9 6 0 8 1 5 2 0 4 x y xy x y y x y               Giải: a) Để ý rằng khi 1y   thì hệ vô nghiệm Xét 1y   . Ta viết lại hệ thành:            2 2 22 2 1 25 1 1 1 10 1 x y x y y x y x y y y               Chia hai phương trình của hệ cho 1y  ta thu được:             2 2 2 2 2 2 22 2 1 25 1 25 1 1 1 101 1 10 1 1 x y x y x y x y y y x y x yx y x y y y y                            . Đặt 2 2 ; 1 1 x y a x y b y       . Ta có:
  • 66.
    Trang 66Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960  2 2 3; 1 25 5 1 5 3 11 10 ;4 2 2 x y ab x y y a b a b x yx y                     . Vậy hệ có nghiệm     3 11 ; 3;1 , ; 2 2 x y        . b) Điều kiện: x y . Hệ đã cho tương đương:             2 2 2 2 2 1 9 1 252 0 2 0 8 8 1 5 1 5 0 0 4 4 x y y x x y y x y x y x y x x y y x x y y x y x                                              . Đặt 1 ; ; 2x y a y x b b y x        hệ thành: 2 2 5 4 13 35 5 2 ; 8 84 4 5 25 5 7 3 2 ;4 8 2 8 8 1 2 y x y x x ya b a y x a b b x y y x                                              Vậy hệ có nghiệm   7 3 13 3 ; ; , ; 8 8 8 8 x y              . Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 17 4 19 9 3 17 4 19 9 10 2 3 x x y y x y x y             b)     2 2 2 2 2 3 3 4 1 0 1 4 0 x x y y y xy x y x y             Giải: a) Điều kiện: 17 17 19 19 ; 2 2 3 3 x y      . Để ý 2 17 4x x liên quan đến 2x và 2 2 17 4 , 19 9x y y  liên quan đến 3y và 2 19 9y . Và tổng bình phương của chúng là những hằng số. Đặt 2 2 2 17 4 ;3 19 9x x a x y y b      . Hệ đã cho tương đương:
  • 67.
    Trang 67Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 10 5; 5 17 19 3; 73 4 6 a b a b a b a b              . TH1: 2 2 1 2 2 17 4 5 2 3 19 9 5 5 13 6 x x x x y y y                  . TH2: 2 2 2 17 4 3 3 19 9 7 x x y y         (loại). Vậy hệ có nghiệm   1 5 13 1 5 13 5 13 5 13 ; ; , ; , 2; , 2; 2 6 2 6 6 6 x y                                    . b) Ta viết lại hệ như sau:  2 2 2 2 2 3 3 3 1 4 1 4 x x y y y xy x y x y y           Ta thấy 0y  không thỏa mãn hệ.Chia phương trình đầu cho 2 y , phương trình thứ 2 cho 3 y ta được:  2 2 2 3 2 1 4 1 4 y x x y x x x y y             Viết lại hệ dưới dạng: 2 2 2 2 2 2 1 1 14 2 11 1 24 xy x x y y y xy xx yy y                        . Đặt 2 2 1 1 , xy x a b y y     ta có hệ mới 4 2 4 a b a b ab       2 2 1 2 1 2 x y x y           2 11 2 22 1 1 12 x xx yy y x y x x yy                       Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất 1x y 
  • 68.
    Trang 68Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau       4 3 2 2 24 2 2 2 6 12 6 5 1 . 11 5 x x x y y x x x y x              b) 2 2 2 2 5 4 5 5 5 x y x y x y x y x y xy            Giải a) Nhận thấy 0x  không là nghiệm của hệ. Chia hai vế phương trình cho 2 x ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 1 1 1 6 12 0 6 0 5 1 1 1 5 11 0 5 1 0 x x y y x x y y x x x x x x y x x y x x x x                                                           . Đặt 1 x a x   . Hệ thành: 2 2 2 2 2 6 0 5 1 0 a ay y a a y         . Chia hai vế cho 2 a và đặt 1 , y y X Y a a    giải ra ta được 1 1 1 17 2 4 1 1 1, 1 2 1 1 51, 2 1 2 2 2 x x x y ya y a y x x x y y                               Vậy hệ có nghiệm   1 17 1 5 ; ;1 , ;2 4 2 x y                  . b). Điều kiện: 2 2 , 0; ;x y x y y x    . Phương trình (2) tương đương: 2 2 5 5 5 5. 5 x y x y x y y x y x x x          Đặt 2 2 , x y x y a b x x     .
  • 69.
    Trang 69Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ thành:     2 2 3 , 3 2 1 5 24 1 5 1 , 1, 2 2 22 55 5 3 3 , 2 2 x y x y x a b x ya b x y yb a x y                             . Vậy hệ có nghiệm   3 1 3 3 ; ;3 , 1; , ; 2 2 2 2 x y                    Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a)     2 2 2 2 3 8 1 1 1 4 xy x y x y x y             b) 2 2 2 9 2 4 2 1 9 18 y x x y x y x y y x                   Giải a) Triển khai phương trình (1) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 9 2 8 1 8x y xy x xy y x y x y xy               2 2 1 1 8x y xy     . Nhận thấy 0, 0x y  không là nghiệm của hệ. Phương trình (1) khi đó là: 2 2 1 1 . 8 x y x y     . Đặt 2 2 ; 1 1 x y a b x y     . Hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 2 11 1 22 1111 2 31 444 1 1 1 2 38 4 1 4 1 1 1 2 1 2 x a x xy ba b yy x xa ab x y y b y                                                         . Vậy hệ có nghiệm          ; 1;2 3 , 1;2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1x y          . b) Phương trình (2) tương đương:   2 2 2 2 2 2 3 3 2 9 18 9 18 2x y y x x y x y x y xy      
  • 70.
    Trang 70Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 3 3 2 2 9 18 18 2 9 2 4 x y x y x y xy xy y x          2 2 2 9 4 9 4 x y x y x x y y x y y x y x y                              . Đặt 2 9 ; y x a x b y x y              . Hệ thành: 2 2 9 4 2 4 9 4 2; 1 22 21 y x a b x y xx a b xab y x yy y                          2 22 2 0( )4 9 1 1 4 9 2 4 9 9 3 x Ly x x x yx x x x x             . Vậy hệ có nghiệm   1 1 ; ; 9 3 x y        . Ví dụ 6: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 2 2 6 3 7 3 6 2 x x y x xy x x y y x y             Giải a) Giải hệ:. Hệ phương trình tương đương với :               2 2 2 2 2 2 2 2 366 3 9 9 3 6 2 3 6 2 x xy yx y y y x x xy y x x x x y y y x x x y y y                                      2 2 2 2 6 3 9 6 3 3 6 2 y y y x x x x x x y y y                  Đặt    2 2 3 ; 6x x x a y y y b      .
  • 71.
    Trang 71Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ thành: 1 6 3 ; 1 9 2 2 4 1 ; 3 3 a b b a a b a b               . TH1:     2 2 13 1 1 6 1 2 xx x x yy y y              . TH2:     2 2 22 3 153 4 26 2 3 15 xx x x y y y y                . Vậy nghiệm của hệ   1 2 2 ; 1; , ;2 2 1515 x y             .
  • 72.
    Trang 72Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 6. 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 a)   3 3 2 2 2 1 0 2 2 2 5 x x y y x y            b)     2 3 4 6 2 2 2 2 1 1 x y y x x x y x          Giải a) Điều kiện: 1 2, 2 x y  . Phương trình (1) tương đương:    2 2 2 2 1 2 1 2 1x x x y y y         Đặt 2 , 2 1a x b y    . Ta có phương trình: 3 3 a a b b     2 2 1 0a b a ab b      . Do 2 2 2 2 3 1 1 0 2 4 b b a ab b a              suy ra phương trình cho ta a b 2 1 2 3 2y x x y      thay vào ta có: 3 5 2 2 2 5y y    Đặt 3 5 2 ; 2a y b y    ta có hệ phương trình sau: 3 2 1; 2 2 5 3 65 23 65 ; 4 82 9 65 3 23 65 ; 4 8 a b a b a b a b a b                    2 233 23 65 32 233 23 65 32 y y y          . Vậy hệ có nghiệm     23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65 ; 1;2 , ; , ; 16 32 16 32 x y                     b) Điều kiện: 1y   . Ta viết lại phương trình (1) thành:  3 6 2 2 2 0y x x y x       2 2 2 2 4 2 2 0 0 y x y x y yx x x x y             Dễ thấy 0x y  không phải là nghiệm. Khi 2 y x thay vào (2) ta được:
  • 73.
    Trang 73Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960           2 2 42 2 3, 3 2 1 1 2 1 1 3, 3 x y x x x x x x x y                  (thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm    ; 3;3x y   . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a) 5 4 10 6 2 4 5 8 6 x xy y y x y          b)  3 2 3 3 2 4 3 1 2 2 3 2 2 14 3 2 1 x x x x y y x x y              Giải a) Điều kiện: 5 4 x   . Ta thấy 0y  không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho 5 y ta được: 5 5x x y y y y         . Đặt x a y  ta có phương trình: 5 5 a a y y   suy ra   4 3 2 2 3 2 1 0a y a a y a y ay y a x y          4 5 8 6 1 1x x x y         . Từ đó tính được 1y   Vậy hệ đã cho có nghiệm    ; 1; 1x y   . b) Điều kiện: 3 2; 2 x y   .Ta thấy khi 0x  thì hệ không có nghiệm. Chia phương trình (1) cho 2 0x  :    2 3 4 3 1 1 2 4 2 3 2y y x x x          3 31 1 1 1 3 2 3 2y y x x                    . Đặt 1 1 , 3 2a b y x     . Ta có 3 3 a a b b   a b  1 3 2 1y x     . Thay vào (2) ta được: 3 23 3 2 15 1 1 15 3 4 14 0x x x x x x x             . 111 7 98 x y    . Vậy hệ có nghiệm   111 ; 7; 98 x y        .
  • 74.
    Trang 74Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a) 2 (17 3 ) 5 (3 14) 4 0 2 2 5 3 3 2 11 6 13 x x y y x y x y x x                  (1) (2)       3 2 2 3 2 2 1 (1) ) 5 7 4 6 1 (2) x x y x y y y b x y x x y xy x                Giải Điều kiện: 5 4 2 5 0 3 2 11 0 x y x y x y              Biến đổi phương trình (1) ta có:    3 5 2 5 3 4 2 4x x y y             Đặt 5 , 4a x b y    ta có”   3 3 2 2 3 2 3 2 3 3 3 2 0a a b b a b a ab b a b           5 4 1x y y x       Thay vào (2) ta có: 2 6 13 2 3 4 3 5 9 (4)x x x x      Điều kiện xác định của phương trình (4) là: 4 3 x             2 2 2 2 2 2 (4) 2 2 3 4 3 3 5 9 0 2 3 0 2 3 4 3 5 9 2 3 1 0 2 3 4 3 5 9 0 2 3 1 0 2 3 4 3 5 9 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                       (*) 2 0x x  0 1 1 2 x y x y              Ta có 2 3 1 0 2 3 4 3 5 9x x x x          do điều kiện 4 3 x   Kết luận:      ; 0; 1 , 1; 2x y    
  • 75.
    Trang 75Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Điều kiện: 0, 0y x y   . Nhận thấy 0y  thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi 0y  Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp: PT(1)     2 2 2 2 2 2 x y x xy y y x y x y x y y x y               Rõ ràng 1 2 0; 0 2 x y x y y y x y          , từ đó suy ra x y . Thay vào (2) ta được: 33 2 2 5 14 4 6 1x x x x x      . Biến đổi phương trình đã cho tương đương: 33 2 2 2 3 6 4 8 8 8 3 8 8 8x x x x x x x             3 32 2 1 3 1 8 8 8 3 8 8 8x x x x x x          . Đặt 3 2 1, 8 8 8a x b x x     suy ra 3 3 3 3a a b b     2 2 3 0a b a ab b a b        3 2 1 8 8 8 1; 1x x x x y       . Vậy hệ có nghiệm    ; 1;1x y  . 7. KHI TRONG HỆ CÓ 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 còn 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 còn lại trên miền giá trị ,x y vừa tìm được: Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 1 2 2 xy x y x y x y y x x y           (1) (2)
  • 76.
    Trang 76Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 (1) 4 4 2 4 (2) x y xy x y x y x x y x y                Giải a) Xét phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 2 2 2 ( 1) 2 0xy x y x y x x y y y          . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có: 2 2 2 ( 1) 8 4 (3 1)y y y y       . Từ đó suy ra 1 (3 1) 2 1 (3 1) 2 1 2 y y x y y y x y               Trường hợp 1: x y  . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: 1 0 x y    suy ra phương trình vô nghiệm Trường hợp 2: 2 1x y  thay vào phương trình thứ hai ta có:   (2 1) 2 2 2 2 2 2 2( 1) ( 1) 2 2 0 2 5 y y y y y y y y y y y y x                 Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( ; ) (5;2)x y  b) Xét phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 2 (3 3 ) 2 1 0x y xy x y x x y y y             . Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:  2 2 2 2 (3 3 ) 8 2 1 2 1 ( 1)y y y y y y           Suy ra 3 3 ( 1) 1 4 2 3 3 ( 1) 1 4 y y y x y y x y               Trường hợp 1: 1y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 2 2 3 3 3 1 5 4 3 3 ( 1 3 1) ( 2 5 4) 0 x x x x x x x x x x                   2 1 1 3 0 1 3 1 2 5 4 x x x x x x               
  • 77.
    Trang 77Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Do 1 3 x   nên 1 1 3 0 1 3 1 2 5 4x x x x          2 0 0 1 x x x x        Trường hợp 2: 2 1y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 3 3 4 1 5 4 4 1 5 4 3 3 0x x x x x x            Giải tương tự như trên ta được 0x  . Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( ; ) (0;1),(1;2)x y  Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau   3 2 3 1 ) 5 3 2 2 2 2 x y x y a x y xy y               (1) (2)  2 2 7 10 3 1 1 (1) ) 3 1 2 (2) 1 y y x y y x b y x y x                 4 3 4 1 (1) ) 2 3 4 (5 ) (4 ) 1 (2) x y y x c y x y x y x x y             Giải a) Điều kiện: 2 ; 3;3 3 y x y x    . Phương trình (1) tương đương 2 ( 3) 4( 1)(3 )x y y x    2 2 2 2 6 9 12 12 4 4 2 (5 2 ) 12 12 9 0x x y y xy x x x y y y              Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:   22 2 ' (2 5) 12 12 9 4 4y y y y        suy ra 5 2 (4 4) 6 9 5 2 (4 4) 2 1 x y y y x y y y                 Trường hợp 1: 6 9x y   . Do 3x    6 9 3 1y y       suy ra phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: 2 1x y  thay vào phương trình 2 của hệ ta có:     2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 1 2 3 2 2 y y y y y y y y y              
  • 78.
    Trang 78Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ta có: 2 3 7 ;2 1 33 2 2 2 y y y       . Nghĩa là VP VT , suy ra 2 1y x   . Vậy hệ có nghiệm    ; 1;2x y  . b) Điều kiện:  2 1 0 1 0 2 7 10 3 0 x y y y x y             . Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: 1 0 1x x     . Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng:  2 2 7 10 3 1 1y y x y x y        . Để bình phương được ta cần điều kiện: 2 1 1x y x x y      . Ta bình phương hai vế được:    2 2 2 8 8 3 2 2 1 1y y x y x x x y         (1). Ta đưa phương trình (2) về dạng:   2 1 1 2 2 3x y x x xy y       (2). Thế (2) vào (1) ta được:    2 2 2 2 8 8 3 2 2 2 2 3y y x y x x x x xy y           2 2 2 4 2 3 3 0y y xy x x              22 1 0 3 1 2 1 0 1 2 2 0 2 2 0 x y x x y y x y x y x y                     . * Với 1 0 1x y y x      , ta có thêm 2x  thay vào phương trình (2) ta có:    2 2 1 2 1 1 1 2 0x x x x x x x x             . Vì 1 2x   , ta dễ thấy: 0VT  , nên suy ra phương trình vô nghiệm. * Với 2 2 2 0 2 x x y y       , thay vào phương trình (2) ta được: 4 3 2 2 1 x x     . Đặt 1u x  khi đó ta thu được phương trình: 3 2 3 24 18 0 5 3 2 3 2 03 2 2 u u u u u x y u u                   . Hệ có một cặp nghiệm duy nhất: 2; 0x y  c). Điều kiện 3 4 4 y y x  .
  • 79.
    Trang 79Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ta viết phương trình (1) thành: 4 1 3 4x y y x    . Bình phương 2 vế ta thu được: 2 3 4 8 4 1y x x y    . Thay vào phương trình (2) của hệ ta có: 2 2 4 4 ( 2) 4 0x x y y y     . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì   2 2 ' 4 2 4( ) 16y y y      suy ra 2( 2) 4 4 2 2( 2) 4 4 4 2 y y x y y x            Trường hợp 1: 2y x thay vào phương trình (1) ta có: 2 12x   vô nghiệm Trường hợp 2: 2 4y x  thay vào phương trình (1) ta thu được: 273 257 2 2 12 15 , 8 4 x x y     Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm:   273 257 ; ; 8 4 x y        8. 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 Ngoài 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     2 2 1 1 2 1 21 2 1 2 ) 2 1 2 1 2 9 xyx y a x x y y             b)       32 2 2 2 2 2 3 2 76 20 2 4 8 1 x x y x x y x y x x            . Giải a) Điều kiện: 1 0 , 2 x y  . Đặt 1 2 , 2 ; , 0; 2 a x b y a b         . Ta có: 2 22 2 1 1 1 1 2 1 11 1 VT a ba b            . Ta sử dụng bổ đề với , 0a b  và 1ab  ta có bất đẳng thức:
  • 80.
    Trang 80Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960         2 2 2 2 2 11 1 2 0 1 1 1 1 1 1 a b ab a b ab ab a b             (đúng). Vậy 2 1 VT VP ab    . Đẳng thức xảy ra khi x y . Thay vào(2) ta tìm được nghiệm của phương trình. Nghiệm của hệ   9 73 9 73 9 73 9 73 ; ; , ; 36 36 36 36 x y                    . b) Điều kiện: 2 0x y  . Phương trình (1) tương đương:     33 2 2 2 0x x x y x y     . Đặt 2 x y u  phương trình (1) thành: 3 2 3 2 2 2 0x xu u x u y x x        . Thay vào (2) ta được: 32 2 96 20 2 32 4x x x x    . Ta có   2 32 2 23 32 4 2 96 20 2 32 4 1.1. 32 4 3 x x x x x x x x              22 2 1 7 3 96 20 2 32 4 2 16 2 0 8 8 x x x x x x y              . Từ đó ta có các nghiệm của hệ là: Vậy hệ có nghiệm   1 7 ; ; 8 8 x y         . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau     2 3 2 2 23 2 1 2 9 ) 2 2 2 9 xy x x y x x a xy y y x y y               với , 0x y  b)     3 3 2 2 2 2 3 10 12 6 2 3 x xy y x y x x y x xy y              . Giải
  • 81.
    Trang 81Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 a) Hiển nhiên 0x y  là một nghiệm của hệ. Ta xét 0x  và 0y  . Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được     2 2 2 23 3 1 1 2 1 8 1 8 xy x y x y             . Chú ý rằng     2 23 3 1 1 1 1 ; 2 21 8 1 8x y       . Với 0xy  ta có     2 2 2 23 3 1 1 2 2 1 8 1 8 xy xy x y x y              . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1x y  . Với 0xy  . Khả năng này không thể xảy ra. Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử 0, 0x y  thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm  ;x y là    0;0 , 1;1 . b) Theo bất đẳng thức AM GM ta có : 12 3 10 3 5 5 8 4 2 3 2 x y xy x xy y x x y y x y x y                Ta sẽ chứng minh:     3 3 2 2 2 2 6 2 2 x y x x y x y x xy y             3 3 2 2 2 2 6 2 ( ). x y x y x y x xy y         Ta có: 2 2 2( )x y x y   Để chứng minh ( ) ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:  3 3 2 2 2 2 6 2 2( ) (1) x y x y x xy y      Mặt khác ta cũng có: 2 2 2 x y xy   nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được: 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 6( ) 2 2( ) 2( ) ( ) 2( ) 2 x y x y x y x y x y x y x y            6 6 3 3 2 2 2 2 4 3 ( ) 0 (2)x y x y x y x y      Vì y > 0 chia hai vế cho 6 y đặt 0 x t y   bất đẳng thức (2) trở thành. 6 4 3 2 3 4 3 1 0t t t t     Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do:     6 4 3 2 2 4 3 3 3 2 2 2 2 3 4 3 1 ( 1) ( 2 2 1) 6 2 3 t t t t t t t t x y x x y x xy y                 
  • 82.
    Trang 82Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số ,x y thỏa mãn điều kiện , 0 2 3 1 x y x y x y x y          là nghiệm của hệ Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau 2 2 2 41 1 9 3 40 (1) ) 2 2 5 6 4 9 9 (2) x x a x y x xy y y x                  với , 0x y  2 2 2 2 ) 2 3 2 5 3 4 5 3 x y x xy y x y b x xy x xy x               Giải a) Phương trình (1) tương đương: 2 1 6 80 82 2 9 x x x y         . Ta có:     2 2 2 1 1 3 6 1 9 9 9 9 2 2 92 9 2 VT x x x x x y x yx y x y                  26 80 6 3 2 6 0 9 2 9 x x x xy y x y           (*) Lấy (*) cộng với PT(2) ta được:   22 2 4 4 12 6 9 0 2 3 0 3 2x xy y y x x y x y               . Để dấ bằng xảy ra thì 3x y  . Vậy hệ có nghiệm    ; 3;3x y  . b) Ta có       2 2 22 2 2 2 2 4 4 4 2 2 x yx y x y x yx y x y                2 2 22 2 2 2 3 4 12 4 3 2 x yx y x y x yx xy y x xy y            Từ đó suy ra 2 2 2 2 2 3 x y x xy y x y x y        
  • 83.
    Trang 83Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0x y  Thay x y vào phương trình còn lại ta có: 2 2 2 5 3 4 5 3x x x x x     Để ý rằng 0x  không phải là nghiệm. Ta xét 0x  , chia phương trình cho 2 x thì thu được: 2 2 5 3 5 3 2 4 x x x x           . Đặt 2 5 3 2 0t x x     ta có phương trình: 2 2 2 5 3 3 5 6 0 2 2 4 2 0 3t t t x x x x x                Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 3;3x y  Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau 24 4 32 3 0 ) 32 6 24 0 x x y a x x y              ( ) 2 ) ( 1) (1 ) 4 xy x y xy x y y b x y xy x x                 (1) (2) Giải a) Điều kiện: 0 32 4 x y     Cộng hai phương trình vế theo vế ta có: 24 4 32 32 6 21x x x x y y        (*) Ta có:   22 6 21 3 12 12y y y      . Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:      4 4 32 1 1 32 8 32 1 1 32 4 x x x x x x x x                Vậy 4 4 32 32 12x x x x      . Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi ,x y phải thỏa mãn: 4 4 32 16 32 3 3 0 x x x x x y y              Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  ; (16;3)x y 
  • 84.
    Trang 84Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Điều kiện:   , 0 ( ) 2 0 x y xy x y xy       Chuyển vế và bình phương ở phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 2 ( )( 2) ( )xy x y xy y y x      ( )( 2) ( )(2 ) 0 (3)x y y xy x y y y x         Từ phương trình (1) của hệ ta có 2 ( )( 2) 0y y x y xy x y xy        . Từ phương trình (2) ta có: 3 2 ( 1)( ) 4 ( 2)( 1) 2( 1) 2( 1) 2x y xy x x x x x x y xy               Kết hợp với (3) ta suy ra x y Thay vào phương trình (2) ta có:   3 2 ( 1) 2 (1 ) 4 2 3 4 0 1x x x x x x x x           Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất 1x y  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.
  • 85.
    Trang 85Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1)   2 2 3 3 2 1 1 x y x x y        ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008) . 2) 2 2 3 3 2 1 8 7 x y y x x y       ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008) . 3) 2 2 2 1 3 3 x y xy x y y         ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2009) . 4) 2 2 2 2 3 8 12 23 2 x y xy x y        ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 5)    2 2 5 2 2 26 3 2 11 x y xy x x y x y          ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 6)    2 2 2 2 2 2 2 1 4 x y x y x y xy x y        ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2011) . 7) 2 2 2 4 2 4 x y y x y xy         ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2012) . 8) 2 2 2 2 1 2 4 x y xy x xy y         ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) . 9) 2 2 2 2 2 3 12 6 12 6 x y xy x x y y y x          ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) . 10) 2 2 2 2 3 5 4 5 x y xy x y xy      ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) . 11)   3 3 2 2 2 5 27 7 26 27 9 x y xy x y y x x x           ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) .
  • 86.
    Trang 86Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 12)    2 2 2 4 1 2 3 12 4 9 x y y x x y y         . ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Amsterdam và Chu Văn An năm 2014) 13)     2 2 2 2 1 21 1 3 1 x y y x xy x y          ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014) 14) 3 3 2 4 6 2 2 x y x y x y          ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2014) 15)  2 2 2 2 2 3 2 5 2 0 2 3 15 0 x xy y x y x xy y            ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Thái Bình 2014) . 16)     3 3 4 7 11 3 1 xy x y x x y x y         17) 2 2 2 2 2 2 2 8 3 5 7 x y x y y x y x x xy         18) 2 2 3 1 2 x xy y y x y        19)   2 2 4 15x y x y y y x        20)       2 2 4 4 2 2 5 2 2 2 x y x y x y x y x y x           21)   2 2 3 3 1x y x y x       22)   2 2 3 3 4 1 1 15 1 xy x y y y xy        23) 2 2 4 4 2 2 2 6 8 16 x y x y x y xy         24) 2 2 3 2 3 2 3 27 6 2 30 x y xy x y x y x y         
  • 87.
    Trang 87Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 25) 2 2 3 3 4 5 15 12 40 x y x y xy y x          26)       2 32 2 2 8 1 1 1 2 1 1 1 16 x x y x y x yx y x y                    27)     2 2 2 2 2 2 9 1 1 1 x y x y xy x y           28)    4 3 1 2 7 6 12 4 4 2 2 5 x y y x x y y x xy             29) 2 2 8 17 21 6 8 4 16 9 7 xy x y x y xy y x x y                  30) 3 13 2 5 3 13 2 5 3 13 2 5 x y y z z x                31)   23 2 2 2 7 7 4 3 8 4 8 x y x y x y x x y y x             32)   3 2 3 5 , 2 3 2 3 4 2 x y x y x y x y x y              33)      3 2 2 2 1 20 28 2 2 x y x y x y y x x            34)   2 4 , 16 2 3 x y x y x y x y x y x             35)    2 3 9 1 2 1 2 2 3 2 y y x y x y x x y x y             
  • 88.
    Trang 88Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 36) 2 2 2 2 9 5 3 5 30 6 x x y x x x y x x y y            37) 2 2 2 3 ( 3) 8 20 ( 4) 6 10 0 4( 5) 6 11 3 2 5 x y y y x x x y y                38) 3 2 2 2 2 2 2 4 ( , ) 2 2 2 4 x xy x y x y x xy y y           39) 2 2 2 2 2 ( 3)(2 3) 12 11 8 6 13 1 y x y x y xy y y x y y            40) 3 2 2 2 3 2 4 2 2 2 x x y x y xy y          41) 3 3 2 2 2 2 3 3 2 1 3 2 2 x y y x x x y y             42)  3 2 3 3 2 4 3 1 2 2 3 2 2 14 3 2 1 x x x x y y x x y              43)   2 2 2 2 7 2 1 2 1 2 7 6 14 0 x y xy x y xy x y             44)  3 2 4 16 24 14 3 2 3 2 4 2 2 4 6 x x x y y x y             45) 13 4 2 2 5 2 2 2 x y x y x y x y            46) 3 3 3 2 2 8 27 18 4 6 x y y x y x y       47)   3 3 2 2 2 1 0 2 2 2 5 x x y y x y            48)   2 2 2 1 1 1 35 121 x x y y y y x            
  • 89.
    Trang 89Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 49)     2 2 2 2 3 8 1 1 1 4 xy x y x y x y             50) 4 3 2 2 2 2 2 3 4 1 0 4 2 4 2 2 3 x x x y x y x xy y x y                51) 3 2 3 2 3 2 12 48 64 0 12 48 64 0 12 48 64 0 x z z y x x x y y                52)  2 2 2 3 2 2 1 2 0 2 2 ( 2) 4 4 0 x y y x y y x xy x y x                   53)   3 2 7 10 1 1 2 3 3 x y x x y x y x y                  54) 3 2 2 2 2 ( 4) 8 4 0 1 1 2 3 4( 1) 8 2 2 y x y y x x x x y x y                   55)  2 3 2 ( ) ( 1) 3 4 4 7 x y x y y x y x x y y             56)     3 2 2 23 2 ( 4) 4 2 0 3 1 4( 1) ( 1) 8 1 y x y y x x x x y x y                 57) 2 2 2 5 8( ) 4 13 ( ) 1 2 1 x y xy x y x x y             58) 2 2 3 2 2 2 ( ) 12( 1)( 1) 9 x y y x x y x y xy             59)    3 3 2 2 7 8 2 2 3 6 2 x y x y xy xy x y y x x            
  • 90.
    Trang 90Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Ta viết lại hệ phương trình thành:     2 2 3 3 1 1 1 1 x y x y         đặt 1a x  ta có hệ mới 2 2 3 3 1 1 a y a y       . Suy ra 1 , 1a y   . Mặt khác ta cũng có:   3 3 2 1 1 1 0 0 1a y y y y a          . Tương tự ta cũng có 2 3 2 2 3 3 2 3 0 1 1 a a y a y a y y y            . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1, 0a y  hoặc 0, 1a y  . Từ đó suy ra các nghiệm của hệ là:      ; 1;1 , 2;0x y  . 2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra      3 3 2 2 3 2 2 3 8 7 2 8 14 7 0 4 2 0x y x y y x x x y xy y x y x y x y             2 4 y x y x y x      thay vào một phương trình ta tìm được nghiêm là:     1 ; 1;1 , ; 2 2 x y         Ta có thể giải nhanh hơn như sau: Lấy phương trình (2) trừ 6 lần phương trình (1) thì thu được:   3 2 1 2 1 2 1x y x y y x        . 3) Từ hệ phương trình suy ra 2 2 2 2 2 1 1 3 3 ( 3) 2 0 3 3 x xy y x xy x y x y x y x y y                    . Đây là phương trình bậc 2 của x có     22 6 9 4 2 1y y y y         từ đó tính được 1x  hoặc 2x y  thay vào ta tìm được các nghiệm là        ; 1;0 , 1;1 , 5; 3x y   Chú ý ta có thể giải cách khác:     2 2 1 3 3 1 3 2 0 1 2 0x xy x y y x x x x y x                . 4) Nhận xét: Có thể đưa hệ về dạng đẳng cấp:Từ hệ ta suy ra       2 2 2 2 2 2 2 3 8 12 23 17 24 7 0 17 7 0x y xy x y x xy y x y x y           
  • 91.
    Trang 91Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 7 17 x y x y      . Giải hệ với 2 trường hợp ta suy ra       7 17 7 17 ; 1;1 , 1; 1 , ; , ; 13 13 13 13 x y                 . Cách khác: Cộng hai phương trình của hệ ta thu được:   2 2 3 5 2 3 25 2 3 5 x y x y x y          rồi thay vào để giải như trên. 5) Ta viết lại hệ đã cho thành: 2 2 2 2 5 2 2 26 3 2 11 x y xy x x xy y          Nhân hai vế của phương trình: (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta được:   22 2 9 6 48 3 1 48 8 3 x x x x x            thay vào ta tìm được 1y  hoặc 3y   . Cách khác: Ta viêt lại hệ thành:            2 2 2 2 2 26 26 112 2 11 x y x y a b a b abx y x y x y x y                     đây là hệ đối xứng loại 1. 6) Nhận xét 0x y  là nghiệm của hệ. Xét , 0x y  . Ta chia 2 phương trình cho 2 2 x y 2 2 2 1 1 1 1 22 2 1 1 2 1 1 22 8 2 8 x y x y xy x y xy x y xy                                      . Đặt 1 1 2 ; 2a b x y xy                thu được 3 2 8 8 2; 4 0 ab a a b a b         . Từ đó tìm được nghiệm là    ; 1;1x y  . 7) Ta viết lại hệ phương trình thành:     22 2 2 1 5 5 51 1 5 x y a b a b abx x y y                  đây là hệ đối Xứng loại 1, ta dễ tìm được 2, 1a b  hoặc 1, 2a b  . Từ đó giải được 1x y  hoặc 2; 0x y  . Cách khác: Ta viết lại hệ thành:       2 2 22 22 4 2 4 12 4 12 0 4 2 2 8 x y y x y xy x y x y x y x y xy                    . 8) Từ hệ ta suy ra
  • 92.
    Trang 92Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960     2 2 2 2 2 2 2 4 3 5 2 0 3 2 0x xy y x y xy x xy y x y x y             . Giải hệ ứng với 2 trường hợp ta có: 1; 1x y x y     , 2 7 3 7 2 7 3 7 ; ; ; 7 7 7 7 x y x y      9) Ta viết hệ đã cho thành:             2 3 12 2 3 6 6 12 x y x y x y x y x y xy x y xy                   2 3 6 0 3 2 0x y x y xy x y x y          .Giải 3 trường hợp ta thu được:        ; 3; 1 , 3;2 , 4;2x y    . 10) Từ hệ ta suy ra    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 5 2 3 4 4 2 2 0 4 2 0 4 5 xy y xy xy y x y x xy y x y x y x y xy                  . Giải 2 trường hợp ta thu được       2 4 ; 0;0 , 1;1 , ; 5 5 x y        . 11) Ta viết lại hệ đã cho thành:        33 3 2 2 9 27 8 3 1 x y x y y x x           Chú ý rằng:     27 3 2 2x y x y    suy ra           3 33 3 3 3 27 8 3 1 3 2 2 8 3 1x y y x x x y x y x y x                   3 3 2 3 1 2 3 1 2 1x y x x y x y x             thay vào ta tìm được:     7 ; 1;1 , ; 8 2 x y         . 12) Hệ đã cho tương đương với:     2 2 2 2 4 1 2 3 12 9 4 x y y x x y y              2 2 2 2 2 4 1 2 3 4 9 12 9 4 x y y y x x y y           Cộng theo vế hai phương trình ta được:  2 2 2 8 2 3 0x x y y      22 2 2 3 7 1 2 0 0 2 x x y y x y             (tm) Vậy hệ có nghiệm   3 ; 0; 2 x y        . Điều kiện: 1; 1x y    .
  • 93.
    Trang 93Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 13) Hệ phương tình đã cho tương đương:     2 2 2 2 1 21 1 1 . 1 1 4 x y y x x y y x           . Đặt ; 1 1 x y u v y x     , hệ thành: 2 2 1 2 1 4 u v uv            22 2 2 2 2 12 1 2 0 0 u vu v uv u v uv u v                 Suy ra 1 2 u v  hoặc 1 2 u v   . Nếu 1 2 u v  thì 1x y  (tm). Nếu 1 2 u v   thì 1 3 x y   (tm). 14) Điều kiện 2 0 0 x y y     . Đặt 2 0t x y   từ phương trình  1 suy ra 2 3 4 0 1 2 1t t t x y        thay vào phương trình (2) ta có: 3 8 4 2 2y y   . Đặt 2 2 0 2y a y a    . Thay vào phương trình ta có: 3 2 3 2 0 8 2 2 8 12 0 2 6 a a a a a a a a             . Từ đó tìm được các nghiệm của hệ là        ; 1;0 , 3;2 , 35;18x y    15) Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau:    2 2 2 5 0 5 2 y x x y x y x y          Thay vào phương trình (2) của hệ ta tìm được các nghiệm là        ; 1;2 , 1; 2 , 3;4x y     . 16) Từ phương trình ( 2) ta có:     3 7 3 3 1 3 1x xy x y x y x y       Hay     3 7 3 4 2 1 3 1x xy x y x y x y x y         Hay       3 3 3 3 8 6 2 3 3 1 1x y xy x y x y xy x y x y x y            Hay     3 3 2 1 2 1 1x y x y x y x y x           . Thay vào phương trình đầu tìm được nghiệm của hệ là:      ; 1;1 , 1; 4x y   . 17) Dễ thấy hệ có nghiệm  0;0 .
  • 94.
    Trang 94Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Nếu  , 0;0x y  hệ phương trình tương đương với: 2 2 2 1 1 2 1 3 7 5 8 x y x xy x y             . Đặt 1 1 ;u v x y   và cộng hai phương trình của hệ ta thu được: 2 2 2 2 3 7 5 8 u v u uv u v            2 2 2 3 7 5 6 0 2 2 3 0u v uv u v u v u v             .Ta được: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 u v u v u v u v             18) Ta có:     3 2 2 3 3 3 3 2 .1y x y x y x xy y x y y x x y            . Hệ tương đương với 2 2 1 11 x y x y x yx xy y             . 19) Hệ tương đương:             2 22 2 2 2 44 1515 1515 15 x y x yx y x y x y x y x y yx y y                      2 2 2 2 4 4 4 15 15 215 x y x y x y x y xx y y                 +)    3 2 2 2 15 15 1; 2 15 x y y y x x y x y          +)    3 3 3 2 2 2 5 15 3; 2 3 15 x y y y x x y x y             Vậy nghiệm của hệ: 2; 1x y  , 3 3 2 3; 3x y   . 20) Ta có:     5 4 4 2 2 2 2 5 5 2x x y x y x y xy x y x y x y          Ta thu được hệ tương đương:  2 2 1 2 1 x y x y xy x y x y          . 21) Hệ đã cho tương đương:              2 2 3 1 2 x y x y x y x y x y x y x y               Đặt ;u x y v x y    , sau đó giải như bài 18.
  • 95.
    Trang 95Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 22) Nếu 0y  suy ra 1 0 (loại) Chia cả hai vế cho 3 4 0, 0y y  ta được: 2 2 4 1 1 15 1 1 x x y y x y y                 . Đặt 1 t y  ta được:   2 2 4 15x t x t t t x        , sau đó giải như bài 19 23) Ta có:     44 4 2 2 2 2 16 4 6 2x y xy x y x y x y x y           +)   22 2 2 2 2 1 2 2 2 4 2 0 12 x y x x x x x yx y                  +)   22 2 2 2 2 1 2 2 2 4 2 0 12 x y x x x x x yx y                     Vậy nghiệm của hệ có 2 cặp nghiệm là    1;1 , 1; 1  . 24) Ta có: PT 2 3 3 2 2 3 3 2 2 27 27 9 3 3x y x y y x x y y x x y            3 3 3x y x y x y      . Hệ đã cho tương đương: 3 3 2 1 x y x y x y        . 25) Ta có: PT 2  4 4 2 2 2 2 15 12 40 8 4x y x y xy xy x y       4 4 2 2 2 2 4 16 8 4 12x y xy x y x y x        4 4 2 2 2 3 x y x x y x y x x y x x y               +) 2 2 14 5 1 x yx y x yx y            . +) 2 2 2 2 24 5 5 5 5 5 4 9 5 ;3 , ; 3 13 13 13 133 x y x x x x y                          . 26) Điều kiện: , 0x y  . Ta có:     2 32 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 x y x y x yx y x y                 Hệ đã cho tương đương với hệ:   22 2 2 8 4 2 816 x x y xy x xyx y          
  • 96.
    Trang 96Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Xét hệ: 2 4 2 8 xy x xy     . khi đó 2 4 0 xy x    . Hệ này vô nghiệm. Xét hệ: 2 4 16 xy x     Hệ này có nghiệm  4; 1 và  4;1 . Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  4; 1 và  4;1 . 27) Ta có:     2 2 2 2 2 2 9 1 1 2 1 x y x y xy x y            Hệ này tương tự với hệ     2 2 2 2 2 2 9 1 1 2 1 x y x y xy x y            2 2 2 1 1 9 , 1 y x y x y            Khi đó, hệ có nghiệm  3;0 và  3;0 . 28) Điều kiện: 2, 4x y  Vì  12 4 3 4 4 3x y x y xy     và  4 2 2 2 2 2 2y x y x xy     Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được: 5 12 4 4 2 2 3 2 5xy x y y x xy xy xy       Do vậy dấu “=” phải xảy ra. Khi đó 4, 8x y  . Kiểm tra lại, ta thấy 4, 8x y  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 29) Điều kiện: 16, 9x y  . Khi đó: 8 17 21 8 46 x y x y y x y x          .Đặt 2 . 2 x y x y t y x y x     . Từ sự đánh giá qua bất đẳng thức dưới đây:   8 17 3 8 1 6 6 2 2 2.2 6 6 8 4 6 8 t t t t t             , suy ra 6 8t   hay 2t  . Vậy 16t x  .Xét phương trình vô tỷ 16 9 7x x    với 16x  . Bình phương hai vế và giản ước được:   16 9 37x x x   
  • 97.
    Trang 97Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Từ đây suy ra 25x  . Kiểm tra lại, ta thấy 25, 25x y  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 30) Điều kiện: 3 , , 13x y z  . Cộng ba phương trình vế theo vế, ta được: 3 13 3 13 3 13 6 5x x y y z z            . Xét: 3 13T t t    với  3;13t Vì   3 13 1 1 3 13 2 5T t t t t          Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki và dấu “=” xảy ra khi 8t  . Vậy hệ phương trình có một nghiệm 8x y z   . 31) Biến đổi hệ phương trình thành:         22 2 2 7 4 (1) 4 3 8 (2) x x y x y x y x y x y              Thực hiện phép thế (2) vào (1) ta có:         22 2 2 7 3 8x x y x y x y x y x y            2 2 2 2 15x x y x xy x y               2 2 2x 15 2 15 0x x y x y x y x y x x            TH1: .x y Thay vào phương trình (2) có ngay: 2 4 4 0x   . Phương trình này vô nghiệm. TH2: 2 2 2 1 3 8 7 0 72 15 0 5 8 119 0( ) y x y y yx x x y y VN                        Vậy hệ đã cho có các nghiệm sau:    3; 1 , 3; 7  32) Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 6 23 u x y x y u y u v x y v x u vv x y                           2 2 2 3 4 7x y u v      Khi đó hệ ban đầu trở thành: 2 2 3 5 2 7 2(*) u v v u v        Thế 5 3v u  vào phương trình (*) giải tìm được 1u  , từ đó v = 2  x = 3; y = 2 33) PT thứ hai của hệ     2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2x y x y x x x y x x y x                hoặc 2 2x y x   
  • 98.
    Trang 98Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH1: 2 0 2 2 x x y x y x x        thay vào phương trình thứ nhất ta được 2 13 11 30 0x x   TH2: 2 2 0 2 2 2 1 x x y x y x x            thay vào phương trình thứ nhất ta được bậc hai theo x 34) Điều kiện: 2 4; 0; ;4 ; 3x y x y x y y x     Phương trình (1) 2 2 2 2 4 2 2 4 4 0x x y x y x y y x y x y              + Nếu 0y  thì không thỏa mãn do điều kiện 3 12y x  + Nếu 4 4y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 2 2 16 2 4 16 3 4 1x x x x            2 2 2 2 25 5 5 1 5 0 4 1 4 116 3 16 3 5 1 5 0 4 116 3 x x x x x xx x x x xx                             Với 5 16x y   Xét   2 2 5 1 0 5 4 2 16 0 4 116 3 x x x x x xx               . Dễ thấy 2 2 2 2 16 4 4 16 0x x x x x         với mọi 4x  nên phương trình vô nghiệm Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất:    ; 5;16x y  35). ĐK: 2 , 2 0x y x x y    Đặt 3 2 a y b x y     , phương trình (1) của hệ đã cho tương đương với:       2 2 2 2 1 1 1 0a a b b a b a ab b         . Do  2 2 0 ,a ab b a b a b      Hệ 2 2 2 0 2 3 9 2 2 3 2 9 2 3 9 2 3 2 y x y y x y y x x y x y y y y y y y                         Đặt 2 2 2 9 5 , 2 4 5 4 0 t t y y pt t t t t t             . Do 4 8 0 9 3 y y x    
  • 99.
    Trang 99Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:  8 4 ; ; 3 9 x y        36) Từ phương trình (1) ta rút ra được:      2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 29 9 5 5 x x y x x x y x yx x yx x y x x y              (*) Từ phương trình 2 ta có kết quả: 9 6 1 5 x x y   Thay vào (*) ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 02 2 6 1 2 2 6 3 xx x x y y x x x x y xy y y x x y y               Nếu 0x  vô nghiệm. Nếu 2 2 2 2 3 3x x y y x y y x       2 2 2 2 3 0 3 0 0 9 6 5 3 y x y x y x y y xy x y x               5 3 y x  . Thay vào ta tìm được: ( ; ) (5;3)x y  KL: Hệ có nghiệm: ( ; ) (5;3)x y  37) Biến đổi phương trình (1) 2 2 ( 3) ( 4) 4 ( 4) ( 3) 1 (*)x y y x        + 3 4x y     ta thấy không thỏa mãn. + 3 4x y     thì bình phương hai vế phương trình (*) 2 2 ( 3)( 4) 0 4 2( 3) 2 10 ( 4) 4( 3) x y y x y x y x                Thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được: 2 3 4 28 51 3 4 15 0x x x         2 3 4 8 16 3 4 15 4 13 0x x x x                   3 2 2 233 27 4 15 4 13 4 4 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x x x                         2 2 2 233 16 4 7 4 4 4 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x x x                       2 2 233 4 4 7 4 1 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x x              
  • 100.
    Trang 100Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960         2 233 4 4 7 1 0 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 4 x x x x x x             - Với x 4 y 2     - Với         2 233 4 4 7 1 0 (3) 9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 x x x x x          Ta sẽ chứng minh phương trình này vô nghiệm như sau: Dễ thấy với mọi x thì 2 4 28 51 0x x   Do đó phương trình(**)có nghiệm khi 3 15 3 4 15 0 4 x x    . Từ đó suy ra vế trái của (3) luôn dương, dẫn đến phương trình này vô nghiệm. KL:    x;y 4; 2   38) Từ phương trình (2) ta thu được: 2 2 2 2 xy y x y    Thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 xy x y x x x y x y x x xy x y                    2 2 2 ( 2)( 2 4) ( 2 4) ( 2 4) 0x x x x x x y x x          3 2 2 2 2 4 2 4 8x x x x y xy y                   3 3 2 2 2 (x 8) (x 2x 4x) (x y 2xy 4y) 0 (2x 2 y)(x 2x 4) 0 2 2y x   Thay y 2x 2  vào phương trình (2)và rút gọn ta được 0 2 (6 7) 0 1 6 3 7 x y x x x y              Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm 7 1 ( ; ) (0; 2), ; 6 3 x y         39) Với điều kiện x 0 hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: 2 2 2 2 2 2 8 6 12 7 8 0 13 1 6 0 x y xy xy y y y y xy             Lấy (1) + (2) ta có được phân tích sau: 2 2 2 2 2 2 6 6 9 0 [ ( 1)] 6 ( 1) 9 0x y xy y xy y y x y x            Ta được   2 y x 1 3 19 17 1 0y y   - Với 17 213 49 3 213 ; 38 2 y x     - Với 17 213 49 3 213 ; 38 2 y x     Vậy hệ phương trình đã cho có bộ nghiệm là:
  • 101.
    Trang 101Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 49 3 213 17 213 49 3 213 17 213 ( ; ) ; , ; 2 38 2 38 x y                    40). Điều kiện: 0y  Với 0y  ta biến đổi hệ phương trình thành 2 2 3 4 2 2 2 2 x xy y xy x xy y y           Đặt 2 ; x a b xy y   hệ phương trình trên trở thành 2 2 2 2 4 2 2 4 (3) 2 2 2 (4) 2 2 2 a b ab bb b a ab b a a b a                Cộng (3) và (4) theo vế và thu gọn ta được 2 2 1 2 0 2 1: 1 2 4 0 ( VN) a a a a TH a b b               2: 2 2TH a b   ta có hệ phương trình 2 3 3 2 4 2 2 x x y y xy         Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  3 3 ( ; ) 4; 2x y  41) Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 22 0 x x yy y             Cách 1: Đặt 1,0 2t x t    . Lúc đó hệ pt thành: 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 3 1 3 2 2 1 3 2 2 t t y y t t y y x x y y x x y y                           Từ phương trình (1) ta suy ra:   2 2 3( ) 0t y t ty y t y      Vì  2 2 2 2 3( ) 0 3 3 0t ty y t y t y t y y           có           2 2 3 4 3 3 3 4 3 3 1 0y y y y y y y y              nên phương trình này vô nghiệm. Vậy 1t y x y    . Thay 1x y  vào phương trình (2) có:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 0 1 1 1 3 0 1 1 0 1 1 3 x x x x x x x x y x                             Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất là    ; 0;1x y 
  • 102.
    Trang 102Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Cách 2: Phương trình (2)    2 2 2 1 2 3 2x x y y f x g y        . Xét  f x trên miền  1;1 ta có   13 3 4 f x  Ta lại có:     2 3 2 3 2 y y g y y y       . Vậy    f x g y . Dấu bằng xảy ra khi 1 1, 0 y x x      . Thay vào phương trình (1) có nghiệm    ; 0;1x y  (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm    ; 0;1x y  . 42) Vì 0x  không phải là nghiệm của hệ chia phương trình (1) cho 3 x ta thu được:  3 2 3 2 4 3 1 2 2 3 2x x x x y y        3 31 1 1 1 3 2 3 2y y x x                    Đặt 1 1 , 3 2a b y y     suy ra   3 3 2 2 1 0a a b b a b a ab b a b           . Thay vào pt thứ 2 ta được:       3 2 33 7 7 2 3 15 2 0 0 2 3 15 2 15 4 x x x x x x x                  111 7 98 x y    43) Dễ thấy 0xy  không thỏa mãn hệ. Với 0xy  viết lại hệ dưới dạng: 2 2 1 1 7 2 2 2 7 6 14 0 x y x y x y xy x y                      Điều kiện để phương trình 2 2 7 6 14 0x y xy x y      (ẩn x) có nghiệm là   2 2 1 7 7 4 24 56 0 1; 3 y y y y              Điều kiện để phương trình 2 2 7 6 14 0x y xy x y      (ẩn y) có nghiệm là:   2 2 2 10 6 4 28 56 0 2; 3 x x x x              Xét hàm số   1 2f t t t   đồng biến trên  0; nên         7 . 2 . 1 2 f x f y f f   Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được: 2 1 x y    là nghiệm của hệ. “Để chứng minh hàm số  f x đồng biến trên miền xác định D ta làm như sau: Xét hai giá trị 1 2x x D  . Chứng minh:    1 2 1 2 0 f x f x x x    ”
  • 103.
    Trang 103Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ngược lại để chứng minh hàm số  f x nghịch biến trên miền xác định D ta làm như sau: Xét hai giá trị 1 2x x D  . Chứng minh:    1 2 1 2 0 f x f x x x    ” 44) Điều kiện xác định 1 ; 2 2 x y    . Ta viết lại hệ thành:     3 4 2 2 1 2 1 2 3 2 4 2 2 4 6 x x y y x y             Đặt 2 1, 2a x b y    suy ra 3 3 2 2a a b b a b     . Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có: 2 1 2x y    Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 4 8 2 4 6(*)y y    Đặt 2 4t y  thì 2 2 4y t  thay vào ta có: 24 2 16 6 4t t t     6y  . Vậy hệ có nghiệm duy nhất là   1 ; ;6 2 x y        45) Điều kiện: 4 13 4 0 13 2 0 2 y x x y x y y x              Đặt 13 4 , 2a x y b x y    . Khi đó ta được hệ phương trình: 2 2 5 (1) 4 5 2 4 2 5 2 5 2 5 (2) 2 2 2 2 2 2 (3) x b a b x a b x a b a b a b b x y b x y b x y                                Thế (1) vào (3) ta được: 8 3 (4) 3 y x   . Thế (4) vào phương trình 2 2 2x y x y    ta được: 2 3 19 6 3 2 2 3 3 4 69 19 0 yy y y y            Giải ra 69 3 545 8 y   từ đó tính được 24 545x   Thử lại ta thấy   69 3 545 ; 24 545; 8 x y         là nghiệm cần tìm. 46) Ta tìm cách loại bỏ 3 18y . Vì 0y  không là nghiệm của phương trình (2) nên tương đương 2 2 3 72 108 18x y xy y  . Thế 3 18y từ phương trình (1) vào ta thu được:
  • 104.
    Trang 104Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 3 3 2 2 3 2 21 9 5 8 72 108 27 0 4 21 9 5 4 xy x y x y xy xy xy                . Thay vào phương trình (1) ta tìm được ,x y .             3 3 3 3 0( ) 8 27 3 1 5 3 3 5 18 2 4 8 27 3 1 3 5 3 5 18 2 4 y L xy y x xy y x                        Vậy hệ đã cho có nghiệm          1 3 1 3 ; 3 5 ; 5 3 , 3 5 ; 3 5 4 2 4 2 x y                   . 47) Điều kiện: 1 2, 2 x y  . Phương trình (1) tương đương:        2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1x x x y y y f x f y             Đặt 3 3 2 , 2 1a x b y a a b b a b          . 2 2 1 3 2x y x y      thay vào ta có: 3 3 2 2 5 5 2 2 2 5 2 9 a b y y a b           1; 2 3 65 23 65 ; 4 8 65 3 23 65 ; 4 8 a b a b a b                2 233 23 65 32 233 23 65 32 y y y          . Vậy hệ có nghiệm     23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65 ; 1;2 , ; , ; 16 32 16 32 x y                     48) Điều kiện: 2 1x  . Ta có (1) tương đương    2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1. x x y y y y y y x x y y                 Từ đó ta rút ra x y  .
  • 105.
    Trang 105Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thay vào (2) ta được: 2 35 121 y y y    . Bình phương hai vế (điều kiện 0y  ). Khi đó ta có: 2 22 2 4 2 2 2 2 2 22 2 2 35 2 35 1 12 1 121 1 y y y y y y y y yy y                     . Đặt 2 2 0 1 y t y    . Phương trình tương đương: 2 2 2 2 549 ( ) 35 25 4122 0 52512 121 312 yt L y t t y yt                        . Đối chiếu điều kiện chỉ lấy 2 giá trị dương. Vậy hệ có nghiệm   5 5 5 5 ; ; , ; 4 4 3 3 x y               . 49) Triển khai phương trình (1) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 6 9 2 8 1 8x y xy x xy y x y x y xy               2 2 1 1 8x y xy     . Nhận thấy 0, 0x y  không là nghiệm của hệ. Phương trình (1) khi đó là: 2 2 1 1 . 8 x y x y     . Đặt 2 2 ; 1 1 x y a b x y     . Hệ đã cho tương đương: 2 2 2 2 11 1 22 1111 2 31 444 1 1 1 2 38 4 1 4 1 1 1 2 1 2 x a x xy ba b yy x xa ab x y y b y                                                         . Vậy hệ có nghiệm          ; 1;2 3 , 1;2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1x y          . 50) Ta có:       2 2 2 22 2 2 2 4 4 2( 2 ) ( 2 ) 1 1 4 2 4 2 2 x y x y x yx y x y x y            Mặt khác ta cũng có:     2 222 2 2 2 3 2 ( 2 ) 22 4 3 12 4 22 4 3 2 x y x y x yx xy y x yx xy y           
  • 106.
    Trang 106Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Từ đó suy ra 2 2 2 2 4 2 4 2 2 2 3 x y x xy y x y x y         Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 0x y  Thay vào phương trình còn lại ta thu được:   4 3 2 3 1 3 2 1 0 1 3 1 0 1 2 x x x x x x x x y              Hệ có một cặp nghiệm:   1 ; 1; 2 x y        51) Cộng theo vế các pt của hệ ta được:       3 3 3 4 4 4 0x y z      (*) Từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không âm, không mất tính tổng quát ta giả sử:   3 4 0 4z z    Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương:   23 2 16 12 2 12.2 4x z x      Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương:   23 2 16 12 2 12.2 4y x y      Do vậy từ         3 3 3 4 4 4 0 * 4x y z x y z          thử lại thỏa mãn. Vậy    ; ; 4;4;4x y z  là nghiệm của hệ. 52) Phương trình (1) của hệ có dạng:   2 2 2 2 2 1 0x y x y      Do 2 2 2 1 0x y    nên suy ra 2 2 2 0 2x y y x      thay vào phương trình (2) ta có:   22 ( 2) ( 2) ( 2) 2 2x x x x x x          2 1 3x x x y         Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 1; 3x y   53) Theo bất đẳng thức cô si ta có: 1 . 3 3 2 3 1 3 2 231 2 1 1 2 3 2 3 2 2 3 x x x y x x y x y x y x y x y x y x y x x yx yy y y x y x y x y                                     Tương tự ta cũng có: 1 3 2 23 x y x x yy x          Từ đó suy ra   1 1 2 3 3 x y x y x y          . Dấu bằng xảy ra khi x y thay vào phương trình thứ nhất ta được: 4x y  3 2 2 2 2 ( 4) 8 4 0 1 1 2 3 4( 1) 8 2 2 y x y y x x x x y x y                  
  • 107.
    Trang 107Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 54) Điều kiện: 1 0 2 3 0 x x y       Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành:   2 2 3 2 22 2 3 2 2 ( 4) 2 4 8 0 ( 4) 4(2 4 8 ) 4 4 x y x y y y y y y y y y                 Từ đó ta tính được: 2 2 2 4 x y x y y      Vì 2 2 2 4 ( 1) 3 1x y y y       nên không thỏa mãn Thay 2x y vào phương trình thứ hai ta được: 21 7 2 3 4 4 2 2 x x x x       Ta có: 2 27 5 5 4 4 (2 1) 2 2 2 x x x      ;   1 1 1 5 2 3 2 2 2 3 1 2 2 2 3 2 2 4 2 x x x x x x                   Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi các dấu bằng đồng thời xảy ra. Suy ra 1 1 ; 2 4 x y  55) Từ phương trình (2) ta suy ra 0x  Phương trình (1) được viết lại như sau:         2 22 2 3 2 2 3 2 2 1 0 1 4 1x y y x y y y y y y y y                Từ đó tính được: 2 0 1 x y x y        Thay 1y x  vào phương trình ta thu được: 2 2 3 ( 4) 4 2x x x x    . Chia phương trình cho 2 4x  ta có: 2 2 2 3 1 4 4 x x x x     Đặt 2 0 4 x t x    ta có 2 1 2 3 1 0 1 2 t t t t         Với 2 1 4 0t x x     vô nghiệm Với 1 2 1 2 t x y     Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  56) Điều kiện: 1x  Ta viết lại phương trình (1) thành: 2 2 3 2 ( 2) 2 4 4 0x y x y y y      Tính được
  • 108.
    Trang 108Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960     2 22 3 2 2 2 2 2 8 16 16 4 2 2 2 0 x y y y y y y y x y y                  Thay 2 x y  vào phương trình ta thu được:   23 3 1 2 4 2 9(*)x x x x      Theo bất đẳng thức Cosi ta có:    3 3 3 3 3 1 2 4 .2 1.( 1) 1 1 2 2 2 x x x x x          3 3 3 1 10 3 2 4 4.4.( 2) 4 4 2 2 2 2 x x x x          Từ đó suy ra  3 3 10 3 1 2 4 2 5 2 2 x x x x x         Mặt khác ta có:   22 2 9 (2 5) 2 0x x x x       Từ đó suy ra phương trình (*) có nghiệm khi các dấu bằng đồng thời xảy ra 2x  . Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  Mặt khác ta thấy 2; 3x y  là một nghiệm của hệ Vậy    ; 2;3x y  là nghiệm duy nhất của hệ. 57) Đặt 1 ,a x y b x y x y        Hệ 2 2 2 1 5 ( ) 3( ) 13 ( ) 1 ( ) 1 x y x y x y x y x y x y                      nên ta có: 2 2 2 2 5( 2) 3 13 5 3 23 1 1 a b a b a b a b              Giải hệ này ta tìm được 4 3 a b     và 5 2 7 2 a b        Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ:   1 3 5 3 3 11 3 ; ; , ; , ; 2 2 2 4 4 2 x y                       . 58) Từ phương trình (2) ta suy ra 0 ,xy x y  cùng dấu. Từ phương trình (1) ta suy ra , 0x y  . Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y x x y y x           . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2x y  . Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 ( ) 12( 1)( 1) 9 x y x y x y xy          
  • 109.
    Trang 109Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ta có: 3 3 ( ) 12( 1)( 1) 9 ( ) 12( ) 21 12x y x y xy x y x y xy xy             Đặt  2 2 2 2t x y t x y      ta thu được    2 2 2 2 2 1x y xy x y t       . Ta có: 3 ( ) 12( ) 21 12x y x y xy xy             2 2 2 3 3 2 ( ) 12( ) 21 12 6 12 8 2 2 x y x y x y x y x y t t t               . Ta có   33 2 6 12 8 2 0t t t t      . Khi 2t  thì 1x y   là nghiệm duy nhất của hệ. 59). Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra , 0x y  . Xét phương trình:    3 3 2 2 7 8 2x y x y xy xy x y     Ta có:          23 3 2 2 7 6 4x y x y xy x y x y xy x y x y xy              . Theo bất đẳng thức Cô si ta có:     2 2 4 2 .4x y xy x y xy    . Suy ra         2 23 3 7 4 4x y x y xy xy x y x y xy x y        . Ta có      2 2 2 2 2 2 2 .2x y x y xy x y xy      . Suy ra    3 3 2 2 7 8 2x y x y xy xy x y     . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y . Thay vào phương trình (2) ta thu được:       3 2 3 6 2 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x x x x x x x                Suy ra 3x  hoặc: 1 2 3 2 x x   Do 3 2 x  nên pt này vô nghiệm. Tóm lại: Hệ có nghiệm: 3x y  .
  • 110.
    Trang 110Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN 1/ Lý thuyết. Hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn có dạng 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d            Bằng phương pháp cộng và phương pháp thế ta có thể giải được hệ trên bằng cách đưa về các hệ mới tương đương trong đó có những phương trình có ít ẩn hơn để giải. Cuối cùng ta tìm được một hệ trong đó có một phương trình một ẩn, từ đó ta tìm được giá trị một ẩn và thay vào các phương trình còn lại để lần lượt tìm các giá trị là nghiệm của hệ. Ví dụ minh hoạ: Giải các hệ phương trình sau 3 2 3 110 (1) 5 4 0 (2) 2 3 0 (3) x y z x y z x y z            Hướng dẫn: Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta được 3 2 3 110 10 2 8 0 7 11 110 x y z x y z x z           Nhân cả hai vế của phương trình (2) với 3 rồi cộng với phương trình (3) ta được 15 3 12 0 2 3 0 17 11 0 x y z x y z x z         Hệ đã cho tương đương với hệ sau: 2 3 10 (3) 7 11 110 (4) 17 11 0 (5) x y z x z x z           đến đây dễ dàng giải được hệ phương trình gồm 2 phương trình (3) và (4). 2 3 10 2 3 10 13 7 11 110 7 11 110 17 17 11 0 10 110 11 x y z x y z y x z x z z x z x x                                . Kết luận nghiệm của HPT.
  • 111.
    Trang 111Sưu tầm– Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài tập: Giải các HPT sau a)             x y z 6 2x 3y 5z 19 4x 9y 25z 97 b)            x y z 2 x 2y 2z 3 x 3y 3z 4 c)            x 2y 3z 0 x y 5z 4 x 8y z 6 Giải a) x y z 6 5y 7z 31 14z 42 z 3 2x 3y 5z 19 5y 21z 73 5y 7z 31 y 2 4x 9y 25z 97 x y z 6 x y z 6 x 1                                              Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là:    x;y;z 1;2;3 b) x y z 2 y z 1 x 1 x 2y 2z 3 2y 2z 2 y R x 3y 3z 4 x 1 z 1 y                                Vậy hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm thỏa mãn:    x;y;z 1;y;1 y  với y R . c)  0y 14 VLx 2y 3z 0 3y 2z 4 6y 4z 8 x y 5z 4 6y 4z 6 6y 4z 6 6y 4z 6 x 8y z 6 x 8y z 6 x 8y z 6 x 8y z 6                                                 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN a) 2 2 3 5 4 7 4 16 x y z x y z x y z             b) 2 3 4 xy x y xz x z zy z y           c) 39 16 25 xy yz yz zx zx xy          Đ/S: 3 3 ;1; 2 2       b) 24 24 ; ;24 7 5       c) ( 5;3; 8)  và (5; 3;8) TÀI LIỆU ĐƯỢC TỔNG HỢP TỪ NHIỀU NGUỒN TRÊN INTERNET CHÚC CÁC EM HỌC SINH HỌC TẬP TỐT VÀ ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG CÁC KỲ THI Sưu tầm – tổng hợp bởi Nguyễn Tiến – 0986 915 960