He pt

Trang

PHẦN 1.HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐƠN GIẢN
A.HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

4
4

I.HỆ PHƯƠNG TRÌNH CỔ ĐIỂN

4

B.HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN

13

C.HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN

16

I.HỆ GỒM 1 PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ 1 PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

16

II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI 1

17

III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI 2

29

IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP

35

D. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

42

E.HÊ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

75

F.HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

92

PHẦN 2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

103

PHẦN 3. TRẮC NGHIỆM

122

PHẦN 4. CÓ THỂ EM CHƯA BIẾT ?

133

PHẦN 5. PHỤ LỤC

137

Cô sôû BDVH - LTĐH Cao NguyeânBMT
ĐC: 128/39 Ywang - BMT

www.luyenthicaonguyen.com
ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

1

A.HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
I. Hệ phương trình cổ điển:
1/ Phương pháp:

 a 1x  b1y  c1

a 2x  b2y  c2
Đúng: hpt có vô số nghiệm x  R, y  R
0  c1

* TH 1: a1 = b 1= a2= b2=0, ta có; 

Sai: hpt vô nghiệm
0  c2 
Hệ pt bậc nhất 2 ẩn có dạng:

2

1

2

2

* TH2: a1  b1  a2  b2  0 .
Tính: D 

a1 b1
a2 b2

; Dx 

c1 b1
c 2 b2

;

Dy 

a1 c1
a2 c2

+ Nếu D  0 : hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất:

D

x x


D

 y  Dy


D

+ Nếu D = 0

Dx  0 hay Dy  0 : hệ phương trình vô nghiệm.
Dx = Dy = 0 : hệ phương trình có vô số nghiệm: x  R , được tính theo x
2/ Ví dụ:
 6x  3 2 y
 y 1  x 1  5

VD1: Giải hệ phương trình: 
 4x  2  4 y  2
 y 1 x  1


2x 1
y
Đặt u 
,v 
. Hệ đã cho trở thành
y 1
x 1

u  2
3u  2v  5



1
2u  4v  2

v  2


 2x 1
x  0
 y 1  2
 2 x  2 y  1 

Ta được hệ phương trình: 


1
 x  2 y  1
 y 1
y  2

 x 1 2


 1  
Vậy S   0;  
 2  

VD2:Định m để hệ vô nghiệm

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

2

 2m2 x  3  m  1 y  3


m  x  y   y  2


I 

 2m2 x  3  m  1 y  3

I   

Ta có

 mx   m  2  y  2

D  2m 2  m  2   3m  m  1  2m3  7m 2  3m

Dx  3  m  2   6  m  1  3m
Hệ đã cho vô nghiệm
D  0
I   
 Dx  0
 m  2m 2  7 m  3   0
2 m3  7 m2  3m  0



3m  0
m  0

1
2
1
Vậy hệ vô nghiệm khi: m  3  m 
2

 4 x  my  m  1
VD3: định m để hệ có vô số nghiệm: 
 m  6  x  2 y  m  3

Ta có:
D  8  m  m  6    m 2  6 m  8
 2m 2  7 m  3  0  m  3  m 

Dx  2  m  1  m  m  3   m 2  m  2
Dy  4  m  3   m  1 m  6   m 2  11m  18

D  0

Hệ có vô số nghiệm   Dx  0
D  0
 y
  m 2  6m  8
 m  2  m  4
 2

   m  m  2   m  2  m  1  m  2
 m2  11m  18
 m  2  m  9



Vậy hệ có vô số nghiệm khi m= -2.
VD 4: Tìm các giá trị của b sao cho với mọi thì hệ phương trình sau có nghiệm

 x  2ay  b

2
 ax  1  a  y  b

Ta có:
D  1  a  2a 2
D  0  2a 2  a  1  0  a  1  a 

1
2

Thì hệ luôn có nghiệm
x  2 y  b
Khi a = -1, hệ trở thành: 
2
 x  2 y  b
Hệ có nghiệm  b  b 2  b  b 2  0  b  0  b  1

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

3

Khi a 

x  y  b
1
, hệ trở thành  
2
2
 x  y  2b

Hệ có nghiệm  b  2b 2  b  2b  1  0  b  0  b  

1
2

Vậy hệ có nghiệm với mọi a   khi:
b  0  b  1


1 b0
b  0b  


2
VD5: Giải và biện luận hệ phương trình sau:
 a  x  1  by  1


b  x  1  ay  1

 ax  a  by  1 ax  by  a  1
Hệ tương đương: 

bx  b  ay  1 bx  ay  b  1
Ta có:
D  a 2  b 2   a  b  a  b 
Dx   a  b  a  b  1
Dy  a  b
Biện luận:
1/ D  0  a 2  b 2  0  a  b
Hệ có nghiệm duy nhất:
D
 a  b  a  b  1
x x 
D
 a  b  a  b 

Dy

1
D ab
2/ a  b  D  0; Dx  0; Dy  0
* b  0 : Hệ có vô số nghiệm.
3/ a  b; D  0; Dy  2b
y



b  0; D  0; Dy  0  hệ vô nghiệm

0.x  0. y  1
4/ a  b  0 : 
 hệ vô nghiệm
0.x  0. y  1

(m  1) x  8 y  4m
có nghiệm duy nhất
mx  ( m  3) y  3m  1


VD6: Tìm m để hệ phương trình 
Hướng dẫn giải:
Ta có: D 

m 1 8
 (m  1)(m  3)  8m  m 2  4m  3
m
m3
2

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất  D  0  m  4m  3  0
 m  1và m  3 .

mx  y  2m(1)
4 x  my  m  6(2)

VD7:Giải và biện luận hệ phương trình: 


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

4

Từ (1) suy ra y  mx  2m , thay vào (2) ta được:

4 x  m(mx  2m)  m  6  (4  m) 2 x  2m 2  m  6
 (m 2  4) x  (m  2)(2m  3) (3)
2
i) m  4  0  m  2 : Hệ có nghiệm duy nhất:
2m  3
2m2  3m
m
x
; y  mx  2m 
 2m 
m2
m2
m2
2 x  y  4
ii) m=2: Hệ trở thành 
 2x  y  4 .
4x  2 y  8

Hệ có vô số nghiệm ( x;2 x  4); x  R
iii) m=-2:(3) trở thành 0 x  4 :Hệ vô nghiệm.
Bài tập củng cố:
Bài 1:Giải hệ phương trình:

( x  3) y  5)  xy
a) 
( x  2)( y  5)  xy
1 1 3
x  y  4

b) 
1  1  2
 6 x 5 y 15


5 x  4 y  3
7 x  9 y  8

c/ 

3 x  2 y  7
d/ 
5 x  3 y  1
 3 x  2 y  1

e/ 
2 2 x  3 y  0

 3( x  y)
 x  y  7

f  5x  y 5


 yx 3


6 5
x  y 3


g/ 9 10
  1
x y



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

5

2
 6

 x  2 y x  2y  3


h/
 3  4  1
 x  2 y x  2y

 1
x y 


k/
 1 
x y


4
x 


j/ 2
 
x


1
m
x y
1
n
x y

1
3
y 1
2
4
y 1

 2 x  4 y  1

l/ 
2 x  4 2 y  5

Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình:

 x  my  2
 mx  4 y  m  2

a) 

7x  4 y  2

b) 5x  3 y  1
mx  3 y  m2  6


 x  my  0
c/ 
 mx  y  m  1
 2ax  3 y  5
d/ 
(a  1) x  y  0
mx  y  4  m
e/ 
2 x  (m  1) y  m

mx  3 y  m  1
f/ 
2 x  ( m  1) y  3
mx  y  1  0
g/ 
 x  my  2  0

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

6

Bài 3:Tìm các giá trị của m để nghiệm của hệ phương trình sau là số dương:

x  y  2

mx  y  3

 mx  y  2m
 x  my  m  1

Bài 4: Cho hệ phương trình: 

a/ tìm m đễ hệ có nghiệm duy nhất. Tìm hệ thức liên hệ x, y độc lập
b/ Định m nguyên để hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên.

với m.

 x  my  3m  0
mx  y  2m  1  0
a/ Định m để hệ có nghiệm duy nhất
b/ gọi (x,y) là nhgiệm của hệ,tìm hệ thức liên hệ giữa x,y độc lập với m.
Bài 6: Định m nguyên để hệ có nghiệm nguyên

mx  2 y  m
1/ 
;
(m  1) x  (m  1) y  1

mx  2 y  m  2
2/ 
2
2
( m  1) x  y  m  1

Bài 7: Định m để hệ sau có vô số nghiệm:

2(m  2) x  (5m  3) y  2(m  2) 4 x  my  1  m
1/ 
2/ 
(m  2) x  3my  m  2
(m  6) x  2 y  3  m
 2 x  ( m  1) y  2
 mx  3 y  m  2

3/ 

Bài 8: Cho 4 số a,b,p,q thỏa mãn abpq (p-q) khác 0. Hãy giải hệ phương trình.
 ap  bq  x   ap 2  bq 2  y  ap 3  pq 3  0

 2
2
3
3
4
4
 ap  bq  x   ap  bq  y  ap  bq  0

Bài 9: Bằng định thức, giải các hệ phương trình sau:
5 x  4 y  3
1/ 
7 x  9 y  8

3 x  2 y  7
2/ 
5 x  3 y  1

 2 x  4 y  1

4/ 
2 x  4 2 y  5


4
x 

5/ 
2 
x


1
3
y 1
2
4
y 1


 3 x  2 y  1

3/ 
2 2 x  3 y  0

 3( x  y )
 x  y  7

6/ 
 5x  y  5
 yx 3


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

7

6 5
x  y  3

7/ 
 9  10  1
x y


2
 6
 x  2y  x  2y  3

8/ 
 3  4  1
 x  2y x  2y


 x  a 1

9/ 
 y  2x  5


1
 1
x y  x y  m
x y  2


10/ 
11/ 
 2 x  y  1
 1  1 n


x y x y
Bài 10: Một ca nô chạy trên dòng sông trong 8 giờ, xuôi dòng 135 km và ngược dòng 63
km. Một lần khác, ca nô cũng chạy trên sông trong 8 giờ, xuôi dòng 108 km và ngược dòng
84 km. Tính vận tốc dòng nước chảy và vận tốc của ca nô( biết rằng vận tốc thật của ca nô
và vận tốc dòng nước chảy trong cả hai lần là bằng nhau và không đổi)
Bài 11 : Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi 2p ( mét). Nếu mở rộng miếng đất đó bằng
cách tăng một cạnh thêm 3 mét và cạnh kia thêm 2 m thì diện tích tăng thêm 246 m2. Tính
các kích thước của miếng đất đó ( biện luận theo p).
Bài 12 : Giải và biện luận các hệ phương trình:
 x  my  0
 2ax  3 y  5
 ax  2 y  1
1/ 
2/ 
3/ 
 mx  y  m  1
(a  1) x  y  0
 x  (a  1) y  a
(a  2) x  (a  4) y  2
4/ 
(a  1) x  (3a  2) y  1
 mx  y  4  m
7/ 
 2 x  (m  1) y  m
 x  my  1
10/ 
 mx  y  2m  1
 a.x  by  a 2  b 2
13/ 
bx  ay  2ab

 a  1 x  (2a  3) y  a

5/ 
(a  1) x  3 y  6

 3( x  y)
 x y a

8/ 
 2x  y  a  1
 yx

 a.x  b. y  a  1
11/ 
b.x  a. y  b  1

 x  my  1
6/ 
 mx  3my  2m  3
6a.x  (2  a ) y  3
9/ 
(a  1) x  ay  2
 mx  y  1  0
12/ 
 x  my  2  0
 a.x  b. y  a 2  b

15/ 
2
bx  b y  4b


 a.x  y  a 2

14/ 
2
bx  y  b

 mx  3 y  m  1
5 x  (a  2) y  a
16/ 
17/ 
 2 x  (m  1) y  3
(a  3) x  ( a  3) y  2a
Bài 13 : Với giá trị nào của a thì mỗi hệ phương trình sau có nghiệm:
(a  1) x  y  a  1
(a  2) x  3 y  3a  9
1/ 
2/ 
 x  (a  1) y  2
 x  (a  4) y  2
 ax  2 y  a
3/ 
(a  1) x  (a  1) y  1

3 x  ay  1
4/ 
 ax  3 y  a  4

 a (a  1) x  a (a  1) y  a 3  2

5/  2
3
4
(a  1) x  (a  1) y  a  1

Bài 14: Tìm tất cả các cặp số nguyên (a;b) sao cho hệ phương trình sau có nghiệm:
 ax  by  2

6 x  by  4
Bài 15 : Định m để các hệ phương trình sau vô nghiệm:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

8

 m2 x  (2  m)  4  m

3/ 
5
 mx  (2m  1) y  m  2

 ax  by  a  b
Bài 16 : Định ( a; b ) để hệ phương trình sau vô nghiệm : 
bx  ay  a  b
Bài 17: Định m để hệ phương trình sau có vô số nghiệâm:
 2(m  2) x  (5m  3) y  2(m  2)
 4 x  my  1  m
1/ 
2/ 
(m  2) x  3my  m  2
(m  6) x  2 y  3  m
 mx  my  m  1
1/  2
( m  m) x  my  2

 2m2 x  3( m  1) y  3
2/ 
 m( x  y )  2 y  2

 mx  (m  1) y  m
3/ 
3 x  (5  m) y  2m  1
(1  a ) x  (a  b) y  b  a
5/ 
(5  a ) x  2(a  b) y  b  1

 2 x  (m  1) y  2
4/ 
 mx  3 y  m  2
 a 2 x  by  a 2  b

6/ 
2
bx  by  2  4b


 ( a 2  b 2 ) x  (a 2  b 2 ) y  a 2
7/ 
 ( a  b) x  ( a  b) y  a  1
Bài 18: Định m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
1
 2
 m x  (m  1) y  m  1
 mx  8 y  4  4m  0

1/ 
2/ 
(m  1) x  (m  2) y  4  3m  0
(m  3) 2  2  2(m  2)

x y

(m  5) x  (2m  3)  3m  2
3/ 
(3m  10) x  (5m  6) y  2m  4

 m x  ( m  1)( y  2)  m  1

4/ 
( m  3) x  2( y  2)  2m  4


 mx 2  2 y  m

5/  2
 x  (m  3) y  m  1


 x  my  1
7/ 
 mx  y  2m


x  2y  m

6/ 
 mx  my  m  1


 mx  y  2m
Bài 19: Cho hệ phương trình : 
 x  my  m  1
1/ Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất .Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y độc lập
với m.
2/ Định m nguyên để hệ nghiệm nguyên có nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên.
Bài 20: Định m nguyên để hệ có nghiệm nguyên:
 mx  2 y  m  2
 mx  2 y  m
1/ 
2/ 
2
2
(m  1) x  (m  1) y  1
( m  1) x  y  m  1
Bài 21: Định m nguyên để hệ có nghiệm duy nhất nguyên:
( m  1) x  2 y  m  1
 mx  y  6  0
1/  2
2/ 
2
 x  my  2m  1  0
 m x  y  m  2m
 mx  y  3m
3/ 
 x  my  2m  1
(m  1) x  my  3m  1
2 x  y  m  5
Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) mà x2 + y2 nhỏ nhất


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

9

( m  1) x  my  2m  1
Bài 23: Cho hệ phương trình 
2
 mx  y  m  2
Định m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) mà x.y lớn nhất.
 a.x  2 y  2
 x  ay  1
1/ Chứng minh rằng hệ phương trình có nghiệm với mọi a.
2/ Tìm a để hệ có nghiệm ( x; y) thỏa mãn: x + y > 0
Bài 25: Tìm b để hệ phương trình sau có nghiệm với mọi giá trị của a:
 ax  y  3b

2
 x  ay  b  b
 ax  by  2a  b
Bài 26: Xác định a, b, c để hệ phương trình 
có vô số nghiệm,
(c  1) x  cy  10  a  3b
đồng thời x = 1, y = 3 là một nghiệm trong các nghiệm đó.
(m  1) x  (m  1) y  m
(3  m) x  3 y  2
1/ Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. Khi đó, hãy tính theo m các
nghiệm của hệ .
2/ Tìm nghiệm gần đúng của hệ, chính xáx đến hàng phần nghìn khi m
 x  my  3m  0
 mx  y  2m  1  0
1/ Định m để hệ có nghiệm duy nhất
2/ Gọi (x;y) là nghiệm của hệ. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y độc lập với m.

B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN:
1. Phương pháp:
Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn có dạng :

a1x  b1 y  c1z  d1

2
2
2
a2 x  b2 y  c2 z  d2 , ai  bi  ci  0, i  1,2,3
a x  b y  c z  d
 3
3
3
3
Các phương pháp giải hệ phương trình này là: pp Gau – xơ, pp Cramer, pp thế.
2. Ví dụ:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

10

 x  3 y  z  2(1)

VD1: Giải hệ: 4x  2 y  3z  15(2)
2x  y  4 z  7(3)

Ta khử ẩn z ở phương trình (2) và (3) bằng cách nhân (1) với 3 rồi cộng vào (2), nhân (1)
với -4 rồi cộng vào (3). Khi đó ta được:

 x  3 y  z  2

7 x  7 y  21(2')
2x  11y  15(3')

Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn (2’) và (3’) ta được x=-2,y=1. Thay các giá rị này vào
(1) ta được z=3. Vậy hệ đã cho có nghiệm (-2;1;3).

VD 2:Biết rằng hệ phương trình
3

3

ax  by  c

bx  cy  a
cx  ay  b


có nghiệm

3

Hãy chứng minh: a  b  c  3abc

Giả sử (x;y) là nghiệm của hệ đã cho. Khi đó:

3

3

3

2

ax  by  c

bx  cy  a , suy ra
cx  ay  b

2

2

c2 (ax  by)  c3
 2
3
a (bx  cy)  a
b2 (cx  ay)  b3

2

2

2

Cộng từng vế ta được: a  b  c  a bx  a cy  b cx  b ay  c ax  c by

 ab ( ax  by )  bc ( bx  cy )  ca ( cx  ay )
 abc  bca  cab  3 abc

1/Giải hệ phương trình:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

11

 2 x  y  z  1

a) 6 x  3 y  2 z  5
 4 x  2 y  3 z  16

3 x  2 y  z  5

b)  x  y  z  0
4 x  y  5 z  3

2 x  y  z  5

c )  x  2 y  2 z  5
 7 x  y  z  10

4 x  y  4 z  0
d)  x  5 y  2 z  3

 z  8 y  2z  1


 x  y  z  11

e)  2 x  y  z  5
3 x  2 y  z  14

 x 2  xy  xz  2

f)  y 2  y z  x y  3
 z 2  xz  yz  4

3x  2 y  z  9

g)  2 x  3 y  2 z   3
4 x  3 y  z  11

 x  3 y  2 z  2

h)  2 x  5 y  z  5
3 x  7 y  4 z  8

 x  5 y  z  2

j)  2 x  9 y  2 z  8
3 x  4 y  z  5

2/ Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m,a
 x  y  z  12

a )  ax  5 y  4 z  46
5 x  ay  3 z  38


 ax  y  z  a 2

b )  x  ay  z  3 a
 x  y  az  2



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

12

 x  y  2
c)  2 x  y  4

 x  4 y  ( m  1) z  m


x  y  z  1

e)  2 x  3 y  m x  3
 x  my  3z  2

3/ Giải và biện luận hệ phương trình (với a,b,c là tham số, a+b+c  0)

 ax  by  cz  0

a ) bx  cy  az  0
cx  ay  bz  0

 ax  by  cz  a  b  c

b ) bx  cy  az  a  b  c
cx  ay  bz  a  b  c


( a  b)( x  y )  cz  a  b

c) (b  c )( y  z )  ax  b  c
( a  c )( x  z )  by  c  a

 x  2 y  3 z  a

d)  3 x  y  2 z  b
 x  5 y  8 z  c


 xy 6
x  y  5

 yz 4

4/ Giải hệ phương trình:1/  y  z 3

 zx 12


z  x 7

 xy  x  y  5

2)  yz  y  z  11
 zx  z  x  7

;

 x ( y  z )  4

3)  y ( z  x)  9
 z( x  y)  1


 ax  by  c

Bài 5: Giả sử hệ : bx  cy  a có nghiệm
cx  ay  b

Chứng minh rằng: a 3  b3  c 3  3abc
Bài 6: Cho tam giác ABC có các cạnh a = 7, b = 5, c = 3.Hãy tìm bán kính đường tròn
tâm A, tâm B, tâm C đôi một tiếp xác nhau.

C.HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN:

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

13

I. Hệ phương trình gốm 1 phương trình bậc nhất và 1 phương trình
bậc hai:
1. Phương pháp:

ax  by  c

Có dạng : 

2
2
dx  exy  fy  gx  hy  k

Từ phương trình bậc nhất, ta tính y theo x ( hay x theo y) và thế vào phương trình
để được phương trình bậc hai theo 1 ẩn x ( hay ẩn y)

bậc hai

2. Ví dụ:

Bài 1:Giải các hệ phương trình sau:
2 x  3 y  1
3 x  4 y  1  0
1/  2
2/ 
 xy  3( x  y )  9
 x  xy  24

2 x  3 y  2
3/ 
 xy  x  y  6  0
2 x  y  5
6/  2
2
 x  xy  y  7
 x 2  5 xy  y 2  7
9/ 
2 x  y  1

 y  x2  4 x
2 x  3 y  5
4/ 
5/  2
2
2 x  y  5  0
3 x  y  2 y  4
 x 2  xy  3 y 2  2 x  5 y  4  0
x  y  2
7/ 
8/  2
2
x  2y  4
 x  y  164
2 x  y  7  0
4 x  9 y  6
10/  2
11/  2
2
 y  x  2x  2y  4  0
3 x  6 xy  x  3 y  0
2
2
 2 x  xy  3 y  7 x  12 y  1
(2 x  3 y  2)( x  5 y  3)  0
12/ 
13/ 
x  3y  1
x  y 1  0
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:
1 1
1 1
1
 1
 3x  2 y  3
 x 1  y  3


1/ 
2/ 
 1  1 1
 1  1 1
 9x2 4 y2 4
 ( x  1) 2 y 2 4



 3x  y x  y

2

2y
3/  x  1
x  y  4

Bài 3: Giải các hệ phương trình :
( x  y )4  4( x  y)2  117  0
1/ 
 x  y  25

(18 x 2  18 x  18 y  17)(12 x 2  12 xy  1)  0
2/ 
3 x  4 y  0

x  y  1
( x  y)( x 2  y 2 )  45
3/  3
4/ 
3
x  y  7
x  y  5
Bài4: Giải các hệ phương trình:
( x  a ) 2  2( y  a ) 2  ( x  a )( y  a )  2
1/ 
x  y  2


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

14

( x  m) 2  y 2  y ( x  m )  11
2/ 
x  2y  7  m
 2( x  m)2  ( y  2 m)2  m  2
3/ 
 x  3 y  2  5m
Bài 5: Giải và biện luận theo tham số a của hệ phương trình:
x  y  a
 4
4
4
x  y  a

II. Hệ phương trình đối xứng loại 1:
1. Phương pháp:
Hệ đối xứng loại 1 có đặc trưng là nếu thay x bởi y, y bởi x thì mỗi phương trình trong hệ
không đổi.

 f ( x; y )  0
 g ( x; y )  0

Cho hệ đối xứng loại 1: (I) 

- Đặt S = x + y và P = x.y, biến đổi hệ (I) thành hệ theo S và P :

 F (S ; P)  0
G ( S ; P)  0

(II) 

Giải hệ (II) để tính S và P.
2
Điều kiện để tồn tại x, y là S0  4 P0  0
Với mỗi cặp nghiệm ( S0 ; P0) của (II) thì x, y là nghiệm của phương trình X2 – S0P + P0 = 0.
Ngoài ra, ta cũng có thể đặt ẩn phụ thì hệ phương trình mới có dạng đối xứng, nhưng khi đó
ta cần lưu ý đến điều kiện.
* Chú ý: Tính chất của nghiệm đối xứng :
- Nếu ( xo ; y0) là một nghiệm thì ( x0 ; y0) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó, nếu hệ có
nghiệm duy nhất ( x0 ; y0) thì nghiệm đó cũng là ( y0 ; x0), suy ra x0 = y0.
2. Ví dụ:
VD1: Giải hpt sau:
 x  y  xy  3
 2
2
x y  y x  2
Đây là hpt đối xứng loại 1
 x  y   xy  3
I   

 xy  x  y   2

S  x  y
Đặt: 
với S 2  4 P  0
P  xy

Hpt đã cho trở thành:
S  P  3

 SP  2
S  1

P  2

l 
S  2

 P  1


I 

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

15

S  2
x  y  2
Với 
thì 
P  1
 xy  1
x  1

y 1
Vậy hệ có nghiệm x = 1 và y = 1
VD2:
Giải hệ phương trình:
 x2  y 2  x  y  8

 2
2
 x  y  xy  7

Ta có
Có dạng

 x2  y 2  x  y  8
( x  y )2  xy  x  y  8

 
 2
2
2
 x  y  xy  7
 ( x  y )  xy  7

S 2  2 P  S  8
S  x  y
với 

2
 P  xy
 S P 7

 S 2  2(S 2  7)  S  8

P  S2  7

thoả S2 – 4P  0
 S  x  y  2
 x  3
 x 1
Với 

hay 
 y 1
 y  3
 P  xy  3
S  x  y  3  x  1
x  2
Với 

hay 
 P  xy  2
 y 1
y  2
VD3:

 x  xy  y  2  3 2

 2
2
x  y  6

Đặt S  x  y ; P  xy , ta có hệ:
2
2
 2

S  P  2  3 2

 S  2 S  10  6 2
( S  1)  (3  2)


 2
S  2 P  6
S  P  2  3 2
P  2  3 2  S



 S  2  2


P  2 2


  S  4  2


P  6  4 2


Với S  2 

2 ; P  2 2 ; x,y là nghiệm phương trình:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

16

X  2
X 2  (2  2) X  2 2  0  
X  2
Với S  4  2 ; P  6  4 2 ;x,y là nghiệm phương trình:
X 2  (4  2) X  6  4 2  0 : vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm: (2; 2) và ( 2;2) .
VD4:

 x3  y 3  2

 xy ( x  y )  2

 x3  y 3  2
( x  y )3  3 xy ( x  y )  2


 xy ( x  y )  2  xy ( x  y )  2
Đặt: u  x  y; v  xy

u 3  3uv  2
u 3  6  2
Ta có 

uv  2
uv  2
u  2
u  2


uv  2 v  1
x  y  2
Vậy 
 xy  1
2

x,y là nghiệm của phương trình X  2 X  1  0

 X 1
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (1;1) .
VD5: Cho hệ phương trình:
 x  y  xy  m
 2
2
 x y m
1/ Giải hệ với m=5
2/ Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm?
Giải:
1/Với m=5, ta có:

 S  3

 SP 5
 x  y  xy  5
 x  y  xy  5
 P  2 S
P  2

 2
 2

 2
2
2
  S  5
 S  2 S  15  0
 x  y 5
( x  y )  2 xy  5
S  2 P  5

  P  10

S  3
Ta chỉ nhận 
thoả S2- 4P  0
P2

S  3
Ta chỉ nhận 
thoả S2 – 4P  0 nên x,y là nghiệm của phương trình X2 – 3X +2 =0
P  2


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

17

 X 1

X  2
 x 1
x  2
Vậy 
hay 
 y 1
y  2
2/ Giá trị của m để hệ có nghiệm
Ta có:
 x  y  xy  m
S  x  y
 S  P  m (1)
với 
 2
 2
2
 S  2 P  m(2)
 P  xy
 x y m
P  mS

 2
 S 2  3S  3m  0
S  2(m  S )  m

  S1  1  1  3m


  P  m  S1
1

1

( với điều kiện 1+3m  0  m  - )
3

  S 2  1  1  3m

 P  m  S
2
2


1
hệ phương trình sẽ có nghiệm nếu S2  4P hay:
3
2
( 1  1  3m ) 2  4( m  1  1  3m )
 S1  4 P
1

 2
 (1  1  3m ) 2  4( m  1  1  3m )
 S 2  4 P2


Với m  -

1  1  3m  2 1  3m  4 m  4  4 1  3m

 1  1  3m  2 1  3m  4m  4  1  3m

 2 1  3m  ( m  2)
1
(loại vì m  - )

3
 2 1  3m  m  2  0

1
( với m  - )
3
2
 4(1+3m)  m +4m+4



 m2-8m  0  m   0;8
Vậy m   0;8
Giả sử (x,y) là nghiệm của hệ phương trình:
 x  y  2a  1
VD6:Cho hệ phương trình  2
2
2
 x  y  a  2a  3
Xác định a để tích xy nhỏ nhất
Giải
Ta có:

 S  2s  1
S  2a  1



 2
3a 2
S  2 P  a 2  2a  3  P 
 3a  2


2


3a 2
- 3a + 2)  0
2

2
2
 -2a + 8a -7  0  a   2 
;2

2
2 


Để phương trình có nghiệm thì :S2 - 2P  0  (2a – 1)2-4(


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

18

P = xy =

3a 2
 3a  2 là biểu thức hàm bậc hai có hoành độ đỉnh cực tiểu nhỏ nhất tại a= 1  22

2
2

2
2
 x  y  xy  a
VD7: Cho hệ phương trình  2
2
 x y  xy  3a  8
7
a/ Giải hệ với a =
2
b/ Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm
Giải
a/ Ta có :
 x  y  xy  a
 2
2
 x y  xy  3a  8
  x  y  xy  7


2

 x 2 y  xy 2  5


2
 S  1

7

 P  5
SP




2
2


 S .P  5
 S  5



2

2
 P  1

Vậy xy đạt giá trị nhỏ nhất tại a=2-

5

S 
2
Ta chỉ nhận 
2 thoả điểu kiện S – 4P  0 và x, y là nghiệm của phương trình
 P 1

X 2
5
X - X + 1= 0  
X  1
2

2
x2
1


x 
Vậy 
hay 
2
1
y  2
y  2


2

 SPa
b/ Trường hợp tổng quát 
thì S,P là nghiệm của phương trình X2 – aX +3a – 8
S .P  3a  8

=0 (1)
Phương trình có nghiệm khi   a 2  4(3a  8)  0
a  4
 a 2  12 a  32  0  
a  8
Với điều kiện đó phương trình (1) có nghiệm


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

19

X1 

a  a 2  12a  32
2

X2 

a  a 2  12a  32
2



Nếu chọn S=

a  a 2  12 a  32
a  a 2  12a  32
và P=
thì hệ có nghiệm khi
2
2

S2 – 4P  0  ( a  a 2  12 a  32 )2  8( a  a 2  12a  32 )
 a2 – 10a +16  (a+4)
 (a - 2)(a – 8)  (a+4)


Nếu chọn S=

a 2  12a  32
( a  4)( a  8) (2)

a  a 2  12a  32
a  a 2  12 a  32
và P=
thì hệ có nghiệm khi:
2
2

S2 – 4P  0  (a – 2)(a – 8)  -(a+4)

( a  4)( a  8) (3)

Từ (2) va (3) suy ra:
(a – 2)(a – 8)  - a  4

( a  4)( a  8) (4)

a  2
Vì (a – 2)(a – 8)  0  
thì thỏa (4)
a  8
Do đó với a   2; 4 thì (a – 2)(a – 8) < 0 nên
 (a  2) 2 ( a  8) 2  (a  4) 2 (a  4)(a  8)

(4)  4a 2  13a  8  0
13  3 33 13  3 33 
 a
;

8
8



Kết hợp với các điều kiện trên ta thấy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi a 

13  3 33
8

hay a  8


 x 2  xy  y 2  4
Bài 1/ Giải hệ phương trình: 
 x  xy  y  2
HD: Đặt S= x + y & P= xy với điều kiện S2 - P  0 ta được kết quả


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

20

x  2
x  0
hay 

y  2
y  0
x


y  y x  30

Bài 2/ Giải hệ phương trình 

x x  y


x y

HD: Đặt S=

& P=

xy

y  35

x  9
x  4
hay 
y  9
y  4

ta được kết quả 

 x  xy  y  2  3 2

x2  y2  6



Bài 3/ Giải hệ phương trình 

HD: Đặt S= x + y & P= xy với điều kiện S2 - P  0 ta được kết quả

 x2


x  2
hay 

 y2
y  2


Bài 4/ Giải hệ phương trình



1 
 ( x  y ) 1    5
 xy 


a)
 x2  y 2 1  1   9



x2 y 2 


 x 1
 3 5

x 
2
3  5 hay 
HD: 
y 
 y 1
2







Bài 5/Giải hệ phương trình:

x  y  5
a)  2
2
 x  xy  y  7

1 1

x y   5

x y


c)
 x 2  y 2  1  1  49

x2 y 2


 xy  15
b) 
2
2
 x  y  x  y  42

 x 3  x 3 y 3  y 3  17
d)
 x  xy  y  5

 x5  y 5  1

Bài 6/ Giải hpt sau:  9
( ĐS:  0;1 , 1; 0  )
9
4
4
x  y  x  y

 x 2  xy  y 2  4
Giải hệ phương trình: 
 x  xy  y  2
x  2
x  0
HD: Đặt S= x + y & P= xy với điều kiện S2 - P  0 ta được kết quả 
hay 
y  2
y  0
Bài 7:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

21

 x 2  4 xy  y 2  k (1)
Cho hệ phương trình  2
(2)
 y  3 xy  4
1/ Giải hệ với k = 1
2/ Chứng tỏ rẳng hệ có nghiệm với mọi k
 x 1
 x  1
HD: 1/ 
hay 
 y  4
y  4

2/ ket hợp 2 phương trình để tìm x theo y va thay vào phương trình còn lại để còn một
phương trình theo ẩn y duy nhất
 x 2  y 2  2(1  a )
Bài 8: Cho hệ phương trình 
2
 ( x  y)  4
1/ Giải hệ với a=1
2/ Tìm các giá trị của a để hệ có đúng 1 nghiệm
 x0
 x  2
HD: 1/ Đặt S= x + y & P= xy với điều kiện S2 - P  0 ta được kết quả 
hay 
 y0
 y  2

 x 2  y 2  2(1  a )
( x  y )2  2 xy  2(1  a )
 xy  1  a
2/ 


2
x  y  2
 x  y  2
 ( x  y)  4

2
Điều kiện có nghiệm là (x+y) – 4xy  0
 4 – 4(1 – a)  0  a  0
Vậy x,y là nghiệm của phương trình có cùng biệt số  '  a và có 4 nghiệm khác nhau X= 1
 a,
X’= -1  a khi a>0 ,nên để chỉ còn 2 nghiệm a thì a=0 , lúc đó X=x = y=1, X’=x=y= -1
Vậy hệ phương trình có đúng 2 nghiệm là (1:1) , (-1:-1) khi a=0
 x y m
Bài 9: Cho hệ phương trình  2
giải va biện luận theo m
2
x  y  2x  2
HD: 1/ Nếu m=-1 Hệ vô nghiệm

2  m2
x

2(m  1)

2/ Nếu m  -1, hệ có nghiệm 
2
y  m  m 2

2(m  1)

 x  xy  y  m  1
Bài10: Cho hệ phương trình  2
2
 x y  xy  m
1/ Giải hệ với m=2
2/ Tìm m để hệ có ít nhất một nghiệm thỏa điều kiện x>0 : y>0
HD:
1/ Đặt S= x + y & P= xy với điều kiện S2 - P  0 ta được kết quả x=y=1
2/x,y là nghiệm của phương trình bậc hai X2 – SX + P =0 từ đó ta suy ra giá trị của m đệ hệ
có ít nhất một nghiệm thỏa x>0, y>0
 1
ĐS: m   0;  hay m  2
 4
 x y  y x  30

Bài 11: Giải hệ phương trình 
 x x  y y  35

HD: Đặt S=

x  9
x  4
x  y & P= xy ta được kết quả 
hay 
y  9
y  4


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

22

 x  xy  y  2  3 2

x2  y 2  6


 x2


x  2
HD: Đặt S= x + y & P= xy với điều kiện S2 - P  0 ta được kết quả 
hay 
 y2
y  2


1 1

 x y x  y 5

 x2  y 2  1  1  9

x2 y 2


 x 1

3 5

x 
HD: 
hay 
2
3 5
y 
 y 1
2



a)
b)
c)
d)
e)

Bài 7/ Giải và biện luận hệ sau:
3 x  my  x 2
3 y  mx  y 2

1
5  x  y   4 xy  4
( ĐS: m   m  1 )
x  y  xy  1  m
4
x  y  m 1
( ĐS: m )
x 2 y  y 2 x  2m 2  m  3
3
xy  x  y  m  2
( ĐS: m  1  m   )
x2 y  y 2 x  m  1
4
2
2
 x  2 y  mx  y
 y 2  2 x 2  my  x (ĐS; m  1 )






Bài 14: Giải các hệ phương trình sau đây:
 x 2  y 2  10
 x 2  y 2  25
1/ 
2/ 
x  y  4
 xy  12
2
2
 x  y  65
 x  y  xy  5

3/ 
4/  2
2
 x  1 y  1  18
 x  y  xy  7

 x 2  y 2  2( xy  2)
 x  y  xy  5
5/ 
6/  2
2
x  y  6
x  y  x  y  8
 x  y  xy  1
 x 2 y  xy 2  6
7/  2
8/ 
2
x  y  x  y  2
 xy  x  y  5
 x y 13
3( x  y)  xy
  
9/  2
10/  y x 6
2
 x  y  160
x  y  5

13
 2
2
x  y  4

11/ 
 x3  y 3  35


8


x  y  1
12/  3
3
 x  y  61

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

23

 xy 2  144

13/ 
2
 x  y  25


x  y  9
14/ 
 xy  90

 x 2  y 2  164
15/ 
x  y  2

( x 2  y 2 ) xy  180

16/  2
2
 x  y  xy  11


3

3

3

3

 x  x y  y  17
17/ 
 x  y  xy  5

 x  y  z  36

19/  x 2  y 2  z 2
 2
2
2
 x  y  z  6050

 x 2  y 2  40

18/  xy  z
x  y  8

 x 2  y 2  35

20/  xy  6
x  y  z


5( x  y )  2 xy  19
21/ 
15 xy  5( x  y )  175

1 1 1
  
22/  x y 3
 x 2  y 2  160


1 1
x  y 5

23/ 
 1  1  13
 x2 y 2


 1
 2x  y  x  3

24/ 
 x  4
 2x  y


 x3  y 3  2
25/ 
 xy ( x  y )  2

 x2 y 2
 18
 
26/  y
x
 x  y  12


 x 4  x 2 y 2  y 4  481

27/
 2
2
 x  xy  y  37

( x 2  xy )2  ( x  y ) 2  100

28/  2
2
( x  xy )( x  y )  ( x  xy  x  y )  34

( x  2 y) 2  ( y 2  2 xy )2  ( x  2 y )( y 2  2 xy )  13

29/ 
2
2
( x  2 y)( y  2 xy )( x  2 y  y  2 xy)  12

 x 2  y 2  2 x( y  3)  2 y ( x  3)  9  0
30/ 
 2( x  y )  xy  6  0
 x 2  y 2  xy  7

31/  2
2
 x  y  xy  3

1

2
( x  2 y)  (2 x  y ) 2  10

32/ 
 x  2y  3

 2x  y

 2( x  y )2  xy  1

32/  2
2
 x y  xy  0


Bài 15 : Tính hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền thì 185m, biết
rằng nếu giảm mỗi cạnh góc vuông đi 4 m thì diện tích giảm 506 m2.
Bài 16: Tính các cạnh của một tam giác vuông biết rằng tổng hai cạnh góc vuông là 70m và
tổng cạnh huyền với đường cao tương ứng với nó là 74 m.
Bài 17: Xác định m để các hệ phương trình sau có nghiệm:

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

24

 x 2  xy  m
 x 2  y 2  mx  1
1/ 
2/ 
2 x  y  1
x  y  2
2
2
x  y  m
 x2  y 2  m
3/ 
4/ 
 xy  1
x  y  2
Bài 18: Xác định m để các hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
 x  y  xy  3
 x  y  2  2( x  1)( y  1)
1/ 
2/  2
2
 x  y  xy  m
x  y  m
 x  y  xy  a  1
Bài 19: cho hệ phương trình :  2
2
 x y  xy  a
Định a để hệ có ít nhất 1 nghiệm(x;y) thỏa điều kiện x > 0 và y > 0
x  y  6
Bài 20 : Cho hệ phương trình:  2
2
x  y  a
Định a để:
a/ Hệ phương trình vô nghiệm.
b/ Hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất.
c/ Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt.
 x  y  2a  1
Bài 21: Giả sử x; y là nghiệm của hệ phương trình  2
2
2
 x  y  a  2a  3
Xác định a để tích x.y là nhỏ nhất.
2
 2
 x  y  2(a  1)
2
( x  y )  4

a/ Giải hệ phương trình với a = 2
b/ Tìm các giá trị của a để hệ có nghiệm duy nhất.
Bài 22: Giải hệ phương trình:
 2( x  y)  3 3 x 2 y  3 xy 2


3 x  3 y  6

Bài 23: Cho (x, y, z ) là nghiệm của hệ phương trình:
 x2  y 2  z 2  8

 xy  yz  zx  4
8
8
Chứng minh rằng:   x, y, z 
3
3
 x y  y x  30

Bài 24: Giải hệ phương trình : 
 x x  y y  35






Bài 25: Chứng tỏ rằng với a  0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất.
 2
a2
2x  y 

y


2
2 y 2  x  a

x



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

25

Bài 26: Giải hệ phương trình sau:

 2 x 2  4 xy  1
 5

 x  2y

 x  3
 x  2y


Bài 27: Cho hệ phương trình:
 x 2  y 2  2(1  a )


2
( x  y )  4

1/ Giải hệ với a = 1
2/ Tìm các giá trị của a để hệ có đúng 2 nghiệm.
 x  y  xy  a
Bài 28: Cho hệ phương trình :  2
2
 x y  xy  3a  8
7
1/ Giải hệ với a =
2
2/ Với giá trị của a thì hệ có nghiệm.
Bài 29: Giả sử (x; y) là nghiệm của hệ phương trình:
 x  y  2a  1
 2
2
2
 x  y  a  2a  3
Xác định a để hệ phương trình có hai nghiệm mà tích xy là nhỏ nhất.

III. Hệ phương trình đối xứng loại 2:
1. Phương pháp:
Hệ đối xứng loại 2 có đặc trưng nếu thay x bởi y, y bởi x thì phương trình này trở thành
phương trình kia và ngược lại

 f1 ( x; y )  0
 f1 ( x; y )  f 2 ( x; y )  0


Hpt :  f 2 ( x; y )  0
 f 2 ( x; y)  0
 x  y & f 2 ( x; y )  0
( x  y ) F ( x; y )  0


 f 2 ( x; y )  0
 F ( x; y )  0 & f 2 ( x; y )  0
Trong đó F(x;y) là biểu thức đối xứng của x,y.
Chú ý: i) Có thể ta phải đặt ẩn phụ thì hpt mới có dạng đối xứng, nhưng khi đó ta cần lưu ý
đến điều kiện của ẩn phụ.
ii) Nếu các ẩn x,y có cùng một điều kiện thì thay vì giữ nguyên phương trình (2) ta
nên cộng hai phương trình lại với nhau để đưa hệ hai về dạng đối xứng loại 1.
2. Ví dụ:
VD1: Giải hệ phương trình:

2 x  y  1  3


2 y  x  1  3



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

26

Điều kiện: x  1; y  1 .
Đặt: X 

x  1;Y  y  1( X , Y  0) , ta có hệ:

 2( X 2  1)  Y  3 2 X 2  Y  1(1)


 2

2
 2(Y  1)  X  3 2Y  X  1(2)


Lấy (1) trừ(2) vế theo vế:

2( X 2  Y 2 )  ( X  Y )  0  ( X  Y )(2 X  2Y  1)  0
X Y

 2 X  2Y  1  0
i)

Với X=Y, thay vào (2) ta có:

1
5
2 X 2  X  1  0  X  (vì X  0)  x  y 
2
4
1
ii)
Với 2 X  2Y  1  0  Y  (1  2 X ) , thay vào (1) ta có:
2

1 5
1 5
Y 
(l )
X 
4
4
2

4 X  2 X 1  0 

1 5
(l )
X 

4
5 5
Vậy hệ có nghiệm  ;  .
 4 4
VD2:

 y 2  x 3  3x 2  2 x(1)

 2
3
2
 x  y  3 y  2 y (2)

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

y 2  x 2  x 3  y 3  3( x 2  y 2 )  2( x  y )
 ( x  y )( x 2  xy  y 2  2 x  2 y  2)  0
1
 ( x  y )  x 2  y 2  ( x  y  2) 2   0  x  y


2
2
2
2
(vì x  y  ( x  y  2)  0)
Thay x=y vào (1) ta được:

x3  4 x 2  2 x  0  x( x 2  4 x  2)  0
x  0
x  0
 2

 x  4x  2  0
x  2  2
Vậy hệ có 3 nghiệm: (0;0);(2 

2;2  2);(2  2;2  2) .


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

27

 x 2  2 y 2  2 x  y (1)
 2
2
 y  2 x  2 y  x (2)
Trừ từng vế cua phương trình (1) cho (2) ta có:
x2 – y2 – 2y2 + 2x2 = 2x – 2 y+ y– x

 3( x 2  y 2 )  x  y
 ( x  y )(3 x  3 y  1)  0
 x y 0

3 x  3 y  1  0
 xy

 y  1  3x
3

Thay vào phương trình (1) ta có:
TH1: x = y  x2 – 2x2 = 3x  x ( x+3) = 0

 x 0 y 0
 x  3  y  3

 
TH2: y =

1  3x
3

2

1  3x
 1  3x 
 x  2
  2x 
3
 3 
2
2
 9 x  2(1  6 x  9 x )  18 x  3  9 x
2

2

 9 x  3x  5  0  x  
Vậy x = y = 0 hoặc x = y = -3

 x2  2 x  5  4 y
 2
 x  2 y  5  4x

 x2  2x  5  4 y
 2
x  2 y  5  4x
( x 2  y 2 )  2( x  y )  4( x  y )
x2  2x  5  4 y


 

( x  y )( x  y  2)  0
2
 x  2x  5  4 y

 


x y  0
 2
x  2x  5  4 y  0

 x  y  2  0
 2
 x  2 x  5  4 y  0



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

28


x y 0
x y

 2
 2
x  2x  5  4x  0
x  2x  5  4 y  0
xy

TH1:   2
 x  6 x  5  0 (a+b+c=0)

TH2:


x y
x  y 1


x  y  5
 x  1 hay x=5
 x y2  0
 2
x  2x  5  4 y  0

 y  2  x
 y  2  x
 x 

 2


2
 y  2  x
 x  2 x  13  0
( x  1)  12  0


Hệ phương trình vô nghiệm

x 1

x  5
hay 
y  5
y 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 

 x 2  my  1 (1)
VD5: Giải và biện luận M theo hệ phương trinh sau:  2
 y  mx  1 (2)
Giải: Lấy (1) – (2) ta được:

 ( x  y)( x  y )  m( x  y )
(1) – (2)

 yx
 ( x  y)( x  y  m)  0  
 y  x  m

TH1: y = x
(1)  x 2  mx  1  0 ( =m 2  4)
Phương trình có nghiệm    0  m  4
Khi đó hệ có nghiệm x = y =

m  m2  4
m  m2  4
  và x = y =
  (*)
2
2

TH2: y = -x – m
 x 2  mx  m 2  1  0
(1)
  m2  4( m2  1)  3m 2  4  0
Phương trình vô nghiệm
Vậy
 m  2 : ( ;  ) , ( ; ) như trên


m  2 : vô nghiệm

 x 2  2 xy  y  mx (1)
VD6: Giải và biện luận theo m hệ:  2
 y  2 xy  x  my (2)
Trừ từng vế hai phương trình ta được :
x y

(x – y)(x + y – m +1) =0  
x  y  m 1  0
Thay x = y vào (1) ta được nghiệm
m 1
x = y = 0 hay x = y =
3
Thay x + y –m + 1=0  y  m  1  x , thay vào (1):

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

29

x 2  ( m  1) x  m  1  0 có   (m  1)(m  5)
Biện luận theo m biệt số  để suy ra nghiệm x và y

 x2  3x  2 y
Bài 1/ Giải hệ phương trình sau: a )  2
 y  3y  2x
ĐS: (0; 0) , (5;5) , (2;-1) , (  1; 2)

 x3  2 x  y

Bài 2/ Giải hệ phương trình sau: a ) 

3
y  2y  x

ĐS: (0;0) , (1;-1) , (-1;1) , ( 3; 3) ; (- 3;  3)

1
 2
x  y   0 (1)


4
Bài 3/ Giải hệ phương trình sau: a) 
 x  y 2  1  0 (2)


4
1 1
ĐS: (  ;  )
2 2

x  y2  2

Bài 4/ Giải hệ phương trình: a ) 
2
y  x  2

 x3  5 x  y

b)  3
y  5y  x


1 3

2x  

y x

Bài 5/ Giải hệ phương trình: a) 
2 y  1  3

x y


 x3  3x  8 y

3
 y  3 y  8x


b) 


y2  2
3y 

x2

Bài 6/ Giải hpt sau: a) 
( ĐS: x  y  1 )
2
3 x  x  2

y2

 x3  1  2 y
 1  5 1  5   1  5 1  5 

b)  3
( ĐS : 1;1 , 
 2 ; 2 , 2 ; 2  )
 

 y  1  2x


 

2
2
 x  2 y  2 x  y (1)
Bài 7 : Giải hệ  2
2
 y  2 x  2 y  x (2)
Vậy x = y = 0 hoặc x = y = -3
 x2  2 x  5  4 y
Bài 8 Giải hệ phương trình sau:  2
 x  2 y  5  4x
x 1
x  5
ĐS: 
hay 
y  5
y 1

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

30

2 x  y  1  3

Bài 9: Giải hệ phương trình: 
2 y  x  1  3

5 5
ĐS:  ; 
4 4

 y 2  x3  3 x 2  2 x (1)
Bài 10: Giải hệ phương trình:  2
3
2
 x  y  3 y  2 y (2)
Hệ có ba nghiệm  0; 0  ; (2+ 2; 2  2) ; (2  2; 2  2)

Bài 11: Giải các hệ phương trình:
 x2  2 y  x

1/  2
 y  2x  y

 2
 x  13 x  4 y
3/  2
 y  13 y  4 x


 x2  2 y

2/  2
 y  2x

2

2 x  y  4 y  5
4/ 
2
2 y  x  4 x  5


 x3  2 x  y

5/  3
y  2y  x


 x 2  3x  2 y

6/  2
 y  3 y  2x


 x2  2 y2  2 x  y

7/  2
2
 y  2x  2 y  x

 2
 x  y  2 xy
9/  2
 y  x  2 xy


 x2  2 y 2  7 x

8/  2
2
 y  2x  7 y

 2
 x  y  20
10/  2
 y  x  20


 x3  y 2  2 y

11/  3
2
 y  x  2x



2 x  y 

12/ 
2 y  x 



1
 2
2 x  y  y

13/ 
2 y 2  x  1

x


 x3  3 x  8 y  m

13/  3
với m = 0 và m = 10
 y  3 y  8x  m


 x2 y  2  y2

14/  2
2
 xy  2  x

 x2  1  3 y

16/  2
 y  1  3x

2 x 2  3x  y 2  2

18/  2
2
2 y  3 y  x  2



3
x2
3
y2

 x2 y 2  2x 2  y

15/  2
2
 xy  2 x  1

y

x  3y  4 x

17/ 
 y  3x  4 x
y


 x3  x  3 y

19/  3
 y  y  3x


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

31

y
 2
x  2  7 x

20/ 
 y2  2  7 x
y



 x3  3 x  2 y

21/  3
 y  3y  2x


7 x  y 

23/ 
x  7 y 



3

x  4x  y

22/  3
y  4y  x


3

8
0
x2
8
0
y2

56

6 x  y  x 2  0

25/ 
 x  6 y  56  0
y2



2

 2 x  x y  24

24/  2
2
 xy  2 y  24

 x 3  4 x 2 y  3

26/  3
2
 y  4 y x  3

2
2
 2
 x  y  7 x  20 x
28/  2
2
2
 y  x  7 y  20 y


 y 2  x3  4 x 2  7 x

27/  2
3
2
x  y  4y  7 y


 x3  y 2  7 x 2  mx

Bài 12: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:  3
2
2
 y  x  7 y  my

a

7 x  y  x 2  0

Bài 13: Cho phương trình sau: 
3
7 y  x  a  0

y2

Chứng minh rằng hệ có nghiệm duy nhất với mọi a.
Bài14 : Giải và biện luận theo m của hệ phương trình:
 2
 x  2 xy  y  mx
 2
 y  2 xy  x  my


 y 2  x3  4 x 2  ax

Bài 15: Trong hệ sau đây hãy xác định a để hệ có nghiệm duy nhất:  2
3
2
 x  y  4 y  ay


IV. Hệ phương trình đẳng cấp:
1. Phương pháp:

Hệ đẳng cấp bậc 2 có dạng:

 a1 x 2  b1xy  c1 y 2  d1

 2
2
 a2 x  b2 xy  c2 y  d 2


Xét xem x =0 (hay y=0) có thể là nghiệm của hpt không?
Với x  0(hay y  0). Đặt y=tx(hay x=ty), ta có:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

32

 x 2 ( a1  b1t  c1t 2  d1

 2
2
 x ( a2  b2t  c2t  d 2

Chia hai vế của 2 pt ta được 1 pt bậc hai theo ẩn t, từ đó tính x và suy ra y.
Chú ý: Đối với hệ pt đẳng cấp bậc ba ta cũng thực hiện tương tự.

2.Ví dụ:
VD1:Giải hệ phương trình

 x 2  xy  y 2  1

 2
2
 2 x  3xy  4 y  3

_Ta thấy x=0 không thoả hệ
_Với x  0 , đặt y=tx, thay vào hệ ta được

 x 2 (t 2  t  1)  1(1)

 2 2
 x (2t  3t  4)  3(2)

2
2
Lấy (1) chia (2) ta được 3(t  t  1)  2t  3t  4  t  1
2
Với t=1, ta có x  1 , suy ra hệ có nghiệm: (1;1);( 1; 1)
2

Với t=-1 ta có x 

1
 1 1   1 1 
, suy ra hệ có nghiệm 
;
;
;

3
 3 3  3 3

VD2:
Giải hệ phương trình sau:

 3x 2  2 xy  y 2  11
 2
2
 x  2 xy  3 y  17
Ta thấy x=0, y=0 không thoả hệ phương trình, nói cách khác hệ phương rình không có
nghiêm x =0 Đặt x = ky và thay vào hệ ta được:

 y 2 (3k 2  2k  1)  11 (1)
 2 2
 y (k  2k  3)  17 (2)
3 k 2  2 k  1 11
 2

( k 2  2 k  3  0)
k  2 k  3 17

 51k 2  34k 17  11k 2  22k  33
 40 k 2  12 k  1 6  0

4

k   5

 k1

2

Thay vào (1) ta được:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

33

k= 

4 
5

y2 

25
3

5

y  3  x  
 
5

y   3  x 


k

4
3
4
3

1
2
 y 4
2
 y  2  x 1
 
 y  2  x  1


4



3

ĐS:  

;

5   4
5 
;
;
 ; 1; 2  ;  1; 2 
3  3
3

VD3:

3 x 2  5 xy  4 y 2  38
 2
2
 5 x  9 xy  3 y  15
Ta thấy x=0, y=0 không thoả hệ phương trình, nói cách khác hệ phương trình không có
nghiêm x =0. Đặt x = ky và thay vào hệ ta được:

 3 x 2  5tx 2  4 t 2 x 2  3 8

2
2
2
2
 5 x  9 tx  3t x  1 5

x2 (3  5t  4t 2 )  38 (1)
 2
2
 x (5  9t  3t )  15 (1)
1

 t3
3  5t  4t 38

  54t 2  417t 145  0  
2
5  9t  3t 15
t   145

18

 x  3  y 1
1
Với t= thì (2)  x2 = 9  
3
 x  3  y  1
2

Với t = 
Vậy

145
15.108
thì (2)  x2 = 
: Phương trình vô nghiệm
18
12655

x  3
 x  3
hay 

 y 1
 y  1

VD4:

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

34

 x 2  6 y 2  5 xy  0

2
 4 x  2 xy  6 x  27  0
Ta thấy x=0, y=0 không thoả hệ phương trình, nói cách khác hệ phương trình không có
nghiêm x =0 Đặt x = ky và thay vào hệ ta được:

 x 2  6 t 2 y 2  5 tx 2  0
 2
2
 4 x  2 tx  6 x  2 7

 x2 (1 6t 2  5t)  0
 2
2
4x  2tx  6x  27
 6t 2  5t  1  0
 2
2
4 x  2tx  6 x  27


1
t


 2 2 2
 4x  x  6x  27


 
1

x


3

2
4x2  x2  6x  27
3




3

1

x  3  y   2
t


2

9
9
5x2  6x  27  0 
x y


5
10




1

t

3

 1 5 
 2
 14x 18x  81  0  x  9.
 14 





 1  15
 y   3. 
 14







ĐS:

 1  15     1  5 
 1  15    9 9 
3    1  5 

 ; 3 
  ;  9 
 ; 3 
 3;   ;  9 
 14     14 
 14   ;  5 ; 10 
 
2    14 




  



 
3 x 2  2 xy  y 2  11

VD5: Với giá trị nào của m thì hệ:  2
2
 x  2 xy  3 y  17  m

Vì x = 0, y = 0 không là nghiệm của hệ nên đặt: y = kx, hệ trở thành:

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

35

 x 2  3  2 k  k 2   11
1

 2
2
 2
 x 1  2 k  3k   17  m

Chia (1) cho (2) ta được:
17  m   3  2k  k 2   111  2k  3k 2 
  m  16  k 2  2  m  6  k  3m  40  0  3 

Ta có: 3  2k  k 2  0, k  1 luôn có nghiệm x.
Xét :
m  16  0  m  16

 3  44k  88  0  k  2
Vậy m = 16 ( nhận)
Xét m  16 :
 m  16
(3) có nghiệm k  
 '  0
 m  16
 m  16


 2
2
 m  6    m  16  3m  40   0
 m  10m  338  0

 5  11 3  m  5  11 3  hệ có nghiệm.

Bài 1/ Giải hệ phương trình sau:

 x 2  3xy  y 2  1
a)  2
2
3 x  xy  3 y  13

 2 x 2  4 xy  y 2  1
b)  2
2
3 x  2 xy  2 y  7

 y 2  3xy  4
c)  2
2
 x  4 xy  y  1
3x 2  5 xy  4 y 2  38
d)  2
2
 5 x  9 xy  3 y  15
 x 2  2 xy  3 y 2  9
e)  2
2
 x  4 xy  5 y  5

 2 x 2  xy  3 y 2  13
f)  2
2
 x  4 xy  2 y  6

3x 2  5 xy  4 y 2  3

g)  2
2
9 y  11xy  8 y  6



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

36

 xy  y 2  12

Bài 2/Giải hpt sau :  2
( ĐS:  7;3  ,  7, 3 )
2
 x  xy  28


Bài 3/ Giải hệ sau:

 x 2  4 xy  y 2  k

 2
 y  3 xy  4


a)Giải hệ với k=1
b)Chứng minh rằng hệ có nghiệm với mọi k.
Bài 4 : Giải và biện luận hpt theo a:
 x 2  xy  ay  0

 2
 y  xy  4ax  0

Bài 5: Giải hệ phương trình
3 x 2  2 xy  160

1)  2
2
 x  3xy  2 y  8


 y 2  3 xy  4

2)  2
2
 x  4 xy  y  1

2
 2
 x  6 y  5 xy  0
3)  2
 4 x  2 xy  6 x  27  0

3 x 2  8 xy  4 y 2  0

4)  2
2
5 x  7 xy  6 y  0

2
 2
 x  2 xy  3 y  9
5)  2
2
 2 x  2 xy  y  2

2 x2  y 2  1

6) 
2
 xy  x  2

3 x 2  2 xy  16

7)  2
2
 x  3xy  2 y  8

2
 2
 2 x  4 xy  y  1
8)  2
2
5 x  2 xy  3 y  6

 x 2  2 xy  3 y 2  9

9)  2
2
 x  3 xy  4 y  7

 2
 y  3 xy  4
10)  2
2
 x  4 xy  y  1

 x3  y 3  7
11) 
 xy ( x  y )  2
 x 2  8 y 2  12

12)  3
2
 x  2 xy  12 y  0

Bài 6: cho hệ phương trình sau:
2
 2
3 x  2 xy  y  11
 2
2
 x  2 xy  3 y  17  m


( trong đó m là tham số)

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

37

1/ Giải hệ phương trình với m = 0
2/ Với m nào thì hệ phương trình có nghiệm.
Bài 7: Cho hệ phương trình ẩn x và ẩn y sau:
 x 2  4 xy  y 2  k

với k là tham số
 2
 y  3 xy  4

1/ Giải hệ phương trình với k = 1
2/ chứng tỏ rằng hệ phương trình có nghiệm với mọi k.
Bài 8: Giải và biện luận theo a hệ phương trình sau:
 x 2  y 2 2  4a 2 x 2  y 2  0

(a  0)

 xy  a 2










Bài 9 : Giải hệ phương trình sau:
 y  x  y 2  2


2
2
 x  y  x  xy  y  1






 x 2  3 xy  y 2  1
a)  2
2
3 x  xy  3 y  13

 2 x 2  4 xy  y 2  1
b)  2
2
3 x  2 xy  2 y  7

 y 2  3 xy  4
c)  2
2
 x  4 xy  y  1
a) (1;2) ;  2;1 ;  1; 2  ;  2; 1
ĐS: b) 1;1 ;

 9
17  
9
17 
;
;
; 

161 
 161 161   161

 1; 1 ; 

c) 1; 4  ;  1; 4 
3x 2  5 xy  4 y 2  38
a)  2
2
 5 x  9 xy  3 y  15
 2 x 2  xy  3 y 2  13
c)  2
2
 x  4 xy  2 y  6

 x 2  2 xy  3 y 2  9
b)  2
2
 x  4 xy  5 y  5

a )  3;1 ;  3; 1
ĐS:

5 2 2   5 2
2
b)  3; 2  ;  3; 2  ; 
;
;
;  

 2
2  
2
2 

 


 4
25  
4
25 
c)  2;1 ;  2; 1 ; 
;
;
; 

139 
 139 139   139


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

38

D. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ:
1. Phương pháp:
Đối với hệ phương trình vô tỉ ta còn có một số cách đặt trưng như sau:

a. Phương pháp biến đổi tương đương:
B1: Đặt điều kiện cho các biểu thức có nghĩa

B2:Sử dụng các phép thế nhận được từ hệ một phương trình theo ẩn x hoặc y (đôi
khi có thể là theo cả hai ẩn x, y).
B3: Giải phương trình nhận được bằng các phương pháp đã biết đối với phướng
trình chứa căn thức
B4:Kết luận
2.Ví dụ:
VD1: Giải hệ phương trính
 x  y  3 x  y (1)


 x  y  3 x  y  12 ( 2)

x  y
Ñk: 
x   y
(1)  ( x  y ) 6  (

3

x  y )6

x   y
.
 ( x  y ) 3  ( x  y) 2  ( x  y ) 2 ( x  y  1)  0  
x  y  1
Thay x=-y vào phương trình (2),ta được : y = -2  x = 2.


 x2  x  y 1  x  y2  x  y 1  y  18(1)

 2
 x  x  y 1  x  y2  x  y 1  y  2(2)


 x2  x  y  1  0

 2
 y  x  y 1  0


Điều kiện:
Cộng tương ứng 2 vế:

x 2  x  y  1  y 2  x  y  1  10

(4)

Thay (4) vào (1) :

x  y  8  y  8 x

(5)

Thay (5) vào (4) :


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

39

x 2  9  (8  x)2  9  10  x 2  9  x 2  16 x  73  10
 ( x 2  9)  ( x 2  16 x  73)  2 ( x 2  9)( x 2  16 x  73)  10
 ( x 2  9)( x 2  16 x  73)  9  8 x  x 2  x  4
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất x=y=4.

Nhận xét: Với ý tưởng tạo ra 1 phương trình hệ quả từ hệ và liên tục sử dụng phép thế ta
tìm được nghiệm của hệ ban đầu.

VD3 : Giải hệ phương trình:

 x
y
7


1

y
x
xy


 x xy  y xy  7 8
Điều kiện: x, y  0
Hệ:

 ( x  y )( 


 ( x  y )( 


xy )  7
xy )   78

Suy ra x  y và  xy là nghiệm của phương trình:

 x  y  13
t  13
 x  y  13
t 2  7t  78  0   1

 
  xy  6
 xy  36
 t 2  6

Suy ra x, y là nghiệm của phương trình:

  x1  4

 u1  4
 y1  9
2
u  13 u  36  0  
 
 x  9
u 2  9
 2
  y2  4

Vậy, hệ phưong trình có 2 cặp nghiệm (4,9),(9,4)

 x 2  y 2  2 xy  8 2


 x y 4

Giải
Điều kiện :x  0 ,y  0
Hệ đã cho tương đương với hệ:
 2 x 2  2 y 2  4 xy  16


 x  y  4 xy  16



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

40

 2x 2  2 y 2  x  y


 x y 4

2 x 2  2 y 2  x 2  y 2  2 xy


 x y 4

( x  y ) 2  0
x  y




 x y 4
 x 2

Vậy hệ có nghiệm là (4;4)

VD5: Cho hệ phương trình:

x= y=4

 x 5  y  2  m


 x 2  y 5  m



Điều kiện:

x  5  0
y  2  0
x  2



x  2  0  y  2
y 5  0


Các vế của hệ phương trình không âm, bình phương hai vế ta được:

 x  y  3  2 ( x  5)( y  2)  m


 x  y  3  2 ( x  2)( y  5)  m


(1)

 ( x  5)( y  2)  ( x  2)( y  5)  x  y
Thay x=y vào (1):

2 x  3  2 ( x  5)( x  2)  m  2 x 2  3x  10  m  3  2 x

 m3
x  2
m  3  2x  0

 2

2
2
4( x  3x 10)  (m  3  2x)
x  m  6m  49

4m

x  23
 x  11

x  11


(I)

a. Với m=49, (I) có dạng

 x  23
 
 x  11
 x  11
Vậy, với m=49 hệ có nghiệm x=y=11
b. Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

41

 m2  6m  49 m  3



4m
2
m7
 2
m  6m  49

2

4m

Vậy,với m  7 hệ có nghiệm duy nhất.

b.Phương pháp đặt ẩn phụ:
1.Phương pháp:
Phương pháp được sử dụng nhiều nhất để giải các hệ chứa căn thức là việc sử dụng
các ẩn phụ. Tuỳ theo dạng của hệ mà lựa chọn phép đặt ẩn thích hợp.
B1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.
B2: Lựa chọn đặt ẩn để biến đổi hệ ban đầu về các hệ đại số đã biết cách giải
(hệ đối xứng loại I, II và hệ đẵng cấp bậc 2)
B3: Giải hệ
B4: Kết luận
2.Ví dụ:







x2  y
x 

2

2 xy  8



2

y  4

Điều kiện:
x  0

y  0
Đặt

S 


P 


x 

y

xy

, điều kiện S , P  0 và S 2  4 P  0

Khi đó hệ phương trình có dạng:
2
 
2
  2 xy 
  x  y  2 xy 

 

 x y 4





2 xy  8 2

2

 S 2  2P   2P 2  2P  8 2

S  4




P 2  32 P  128  8

8  P  0
 2
P4
P  32 P  128  (8  P ) 2

Vậy ta được:

S  4


P  4

 x y 4

 x y4

xy  4




ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

42

Chú ý: Nhiều hệ ở dạng ban đầu chưa thấy sự xuất hiện ẩn phụ, trong trường hợp này ta cần
sử dụng một vài phép biến đổi phù hợp.

x  y 
x  y  4

 2
2
 x  y  128

Điều kiện:
x  y  0
y  x
 
 x  y  x  x  0

x  y  0
y  x
Viết lại hệ phương trình dưới dạng:
 x y  x y  4


 x y  x y 4
 
1
1
2
2
2
( x  y ) 2  128
 ( x  y )  ( x  y )  256
 (x  y)

2
2
Đặt:
u 
x  y

,u,v  0

x  y
v 


Ta được:
 uv  0
u  v  4
u  v  4

 
  uv  32
 4

4
 u v (u v  3 2 )
u  v  256
u  v  4

u  v  4
u  v  4


(I) Hoặc 
(II)
 
uv  32
uv  0
Giải (I): vô nghiệm.

Giải (II):
 x  y  4

 u  4

x  y  8


 v  0    x  y  0    x  8


 u  0
 x  y  0

  y  8



 v  4

 x  y  4


Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (8,8) (8,-8).
Chú ý: Khi đặt điều kiện để các biểu thức của phương rình, bất phương trình và hẽ có nghĩa
là ta suy ra được cho ẩn từ đó có thể dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ bằng phương pháp lượng
giác hóa mà chúng ta đã biết.

x  1 y2  1


 y  1  x2  1



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

43

Điều kiện: x , y  1
Đặt:

 x  sin 

 y  sin 

với 



 ,  
2
2

Biến đổi phương trình về dạng:

sin   cos   1
sin   cos   1 sin   cos   1 

      0

sin   cos   1 sin(   )  0
     

VD4: Giải hệ phương trình
 x y  y x  30


 x x  y y  35

Giải
Điều kiện :x  0 ; y  0
u  x u  0

Đặt 
;
.
v  y v  0

uv(u  v)  30
Ta được hệ  3
3
u  v  35
Đặt S=u+v ,P=uv ta có:
SP  30
S  5

 3
P  6
S  3PS  35
Vậy u, v là nghiệm không âm của phương trình:
X 2
X2-5X+6=0 
X 3

u  2 u  3


v  3 v  2
x  4 x  9
Vậy hệ có nghiệm là 

y  9 y  4
2( x  y )  3(3 x 2 y  3 xy 2 )

VD5: Giải hệ phương trình 
3 x  3 y  6

Giải
Đặt u= 3 x ,v= 3 y ta có hệ
2(u 3  v 3 )  3uv(u  v)

u  v  6
2(u  v)[(u  v) 2  3uv]  3uv(u  v)

u  v  6

2(36  3uv)  3uv

u  v  6
uv  8
u  2 u  4



u  v  6
v  4 v  2

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

44

u  2
a)Với 
ta có
v  4

3 x  2
x  8


3
 y 4
 y  64


3 x  4
 x  64
u  4

b)với 
ta có 

3 y  2
y  8
v  2

Vậy hệ có 2 nghiệm là ( 8; 64 ),( 64 ; 8 )
VD6: Giải và biện luận hệ:

m x  1 


 x 1  m


y  m 1
y 2

Đặt:







x 1  u

(u , v  0)

y  v

mu  v  m  1
Khi đó hệ có dạng: 
ux  m v  2
1 
m
2
D  
  m 1
1
m

m 1 1 
2
Ta có: D u  
  m  m 2
2
m

 m am  1
Dv  
  m 1
2
 1

a. Nếu D  0  m 2  1  0  m  1
Hệ có nghiệm duy nhất u 

1
m2
và v 
m 1
m 1

Vì điều kiện u, v  0 nên ta có :

m  2
 m 1  0

 m  1

1

0
m 1

Khi đó ta được:

2m  3

m2

x
x 1 


(m  1) 2


m 1


1
1
 y
y 


m 1
( m  1) 2




ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

45

m  1
2
b. Nếu D  0  m  1  0  
 m  1
Với m  1  D u  D v  0 , hệ có vô số nghiệm thoả
Với

x 1 

y  2

m  1  Du  2  0 , hệ vô nghiệm.

c.Phương pháp sử dụng hàm số:
1. Phương pháp:
B1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.
B 2: từ hệ ban đầu chúng ta xáx định được một phương trình hẽ quả theo 1 ẩn hoặc 2
ẩn, giải phương trình này bằng phương pháp hàm số đã biết.
B3: Giải hệ.
B 4: Kết luận.
2.Ví dụ:
Có lẽ phương pháp này chúng ta chưa được học đến nên chúng tôi chỉ đề cập sơ lược
qua để giới thiệu thêm cho một số bạn cần chuyên sâu về hệ phương trình vô tỉ.
Sau đây chúng tôi sẽ đưa ra 1 ví dụ để làm rõ phương pháp trên. Đối với một số bạn
muốn tìm hiểu rõ về pp nay thì có thể đọc phần tự học ở cuối sách.
VD1:Giải hệ phương trình:

 x  1  y  1  x3


4
( x  1)  y

Điều kiện:

 x 1  0
x  1


y  0
y  0
Biến đổi về hệ có dạng

 x  1  y  1  x3

 x  1  ( x  1) 2  1  x3

2
( x  1)  y




x  1   x3  x 2  x  1

(1)

Xét hàm số f ( x)  x  1 , là hàm số đồng biến trên D  1,  
3

2

Xét hàm số g ( x )   x  x  x  1
Miền xác đĩnh D  1,  
Đạo hàm:
g '( x )  3x 2  2 x  1  0, x  D  hàm số đồng biến trên D
Do đó phương trình (1):

f (t )  g (t )

Nếu có nghiệm thì nghiệmđó là duy nhất.
x=1 thoả mãn phương trình
x=1. y=0 là nghiệm hệ

.

d.Phương pháp sử dụng đố thị:
1. Phương pháp:

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

46

B1: Bằng các phép biến đổi tương đương, hoặc bằng phép đặt ẩn phụ, ta biến đổi hệ
 f ( x, y , m)  0
ban đầu về dạng đa thức, giả sử có hệ: 
(I)
 g ( x, y , m)  0
B2: Xét các đường (C1 ) : f ( x, y, m)  0 và (C2 ) : g ( x, y, m)  0 trên cùng một hệ
trục toạ độ, từ đó xác định phần đường cong X 1 và X 2 thỏa mãn (C1 ) : f ( x, y, m)  0
và (C2 ) : g ( x, y, m)  0 .
B3: Vận dụng các kiế thức về vị trí tương đối của các đối tượng ta tìm được giá trị
của tham số thoả mãn điểu kiện K.
2.Ví dụ:

e.Phương pháp sử dụng điều kiện cần và đủ:
1.Phương pháp:
Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu qua cho lớp dạng toán:
Tìm điều kiện tham số để:
Dạng 1: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Dạng 2: Hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị của tham số.
Dạng 3: Hệ phương trình nghiệm đúng với mọi x  D .
Dạng 4: Hệ phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bất phương trình
khác.
Khi đó ta thực hiện theo các bước sau:
B 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ phương trònh có nghĩa.
B 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ.
B 3: KIểm tra điều kiện đủ, trong bước này cần có được một số kĩ năng cơ bản.
2.Ví dụ:
VD1: Xác định các giá trị của a sao cho hệ sau có nghiệm duy nhất:

 x 1  y 1  a
(I)

 x  y  2a  1

Điều kiện cần:
Giả sử hệ có nghiệm ( x0 , y0 )  ( y0  2, x0  2) cũng là nghiệm của hệ phương trình. Vậy hệ
có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0  y0  2
Khi đó hệ (I) có dạng:

 y0  1  y0  1  a
 2 y0  1  a



 2(2 a  3)  1  a

 y0  2  y0  2a  1
 2 y0  2a  3


a  0

 a  2 6
2
 4a  2  a
Vậy a  2  6 là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.
Điều kiện đủ:
 x 1  y 1  2  6
 x 1  y 1  2  6



Với a  2  6 , hệ (I) có dạng: 
 x  y  2(2  6 )  1
( x  1)  ( y  1)  5  2 6


Đặt:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

47

u  x  1

; u, v  0

v  y  1

Ta được:
u  v  2  6
u  v  2  6



 2 2
52 6
u  v  5  2 6
uv 


2
Suy ra u,v là nghiệm phương trình:

1
2 6
2 6
t 2  (2  6)t  (5  2 6)  0  t0 
uv
2
2
2

2 6
6 4 6
x 1 
x 
2 
4
là nghiệm duy nhất.

2 6
 y  14  4 6
y 1 

2

4








Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi a  2  6 .
VD2:
Xác định các giá trị của a sao cho hệ sau có nghiệm với mọi b:
 x 2  2b 2  1  (a  1)by  x  1


ax  by  1  0

Hướng dẫn giải
Hệ có nghiệm với mọi b  có nghiệm với b=0, khi đó:
 x2  1  x 1  x  1
x  1

(I)  


 ax  1  0  a  1
 ax  1  0


(I)

Vậy s=1 là dđều kiện cần để hệ có nghiệm với mọi b.
Với a=1, hệ (I) có dạng:

 x  1  0
 x 2  2b 2  1  x  1   2
 x  b2  1

2
2
   x  2b  1  ( x  1)  

 x  by  1  0
 x  by  1  0


 x  by  1  0
 x  b2  1
x  b2  1

 2
 ít nhất một nghiệm là 
b  by  0
 y  b

Vậy hệ phương trình có nghiệm với mọi b khi a=1.
VD3: Xác định các giá trị của m để hệ sau có nghiệm:
x 1  y2  m

(I)

 y 1  x 2  2m

Giả sử hệ có nghiệm ( x0, y0 ) suy ra:

 x0  1

  x  sin 

 tồn tại hai góc  ,  (    ,   ) :  0

2
2  y0  sin 
 y0  1


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

48

Khi đó:
 3m  1
sin  cos   m
sin(   )  3m
1

(I) 


 m
3
sin  cos   2 m
sin(   )   m   m  1

Vậy m 

1
là điều kiện cần để hệ có nghiệm.
3

Với m 

1
3

Đặt:
 x  sin 


, với  ,  (   ,   ) .

2
2
 y  sin 

Hệ (I) có dạng:

u v

 0 0

2
sin(   )  3m      u0  


(*)

    v0
   u 0  v0
sin(   )  m


2
1
m
3

Điều này chứng tỏ hệ có nghiệm.
1
Vậy m  hệ có nghiệm.
3

f.Phương pháp đánh giá:
Bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên các tính chất của bất đẳng thức, ta có thể nhanh chóng
chỉ ra được nghiệm của hệ.
VD1:
x  4 y 1  1


 y  4 x 1  1

x  1
Điều kiện: 
y 1
x  1
Với 
y 1
x  4 y 1  1

Hệ: 
 y  4 x 1  1

Vậy hệ phương trình có nghiệm x=y=1
VD2: Giải hệ:
 x2  2x  2  4 y 2  2 y  2  2

4
 x  y3 3

Điều kiện:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

49

 x2  2x  2  0
 2
x  0
y  2y  2  0


 y  3
x  0
y 3  0

Mà:

 2
 x 2  2 x  2  ( x  1) 2  1  1

 x  2x  2  1

 2
2
 y  2 y  2  ( y  1)  1  1  4 y 2  2 y  2  1



 x2  2 x  2  4 y 2  2 y  2  2
Vậy (1) có nghiệm x=y=1 thỏa (2).
VD3: Giải hệ:
 x 2  y  y 2  x  2(1)

 2
2
 x  y  x  y  2(2)

Xét (1), sử dụng bất đẵng thức Bunhiacôpxki:

2  x 2  y  y 2  x  (1  1)( x 2  y  y 2  x)  2
Vậy (1) tương đương với:
x  y
y 2  x  x 2  y  y 2  x  ( y)( x  y  1)  0  
 y   x 1
Với x=y, hệ có dạng:
x2  y 

x  y
x  y
1 5
 2
 x y
 2
2
2
x  x  x  x  2
x  x 1  0
Với y   x  1 , hệ có dạng:

 y   x 1
 y  x 1
 2
 2
2
 x  ( x  1)  x  (  x  1)  2
x  x  0
x  0
 x  1


 y  1  y  0
Vậy, Hệ phương trình có 4 cặp nghiệm.
Bài tập;
Bài 1:

 x y 


 x y 


3

x  y (1)

3

x  y  12 ( 2 )

x  y

Đk:  x   y
(1)

 ( x  y )6  ( 3 x  y ) 6

x   y
 ( x  y ) 3  ( x  y ) 2  ( x  y ) 2 ( x  y  1)  0  
x  y  1.
Thay x=-y vào phương trình (2),ta được : y = -2  x = 2.
Bài 2:

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

50

x


x


y  y

x  30

x  y

y  35

Hướng dẫn giải
Điều kiện :x  0 ; y  0
u  x u  0



v  y v  0
Đặt 
;
.
 uv ( u  v )  30
 3
3
Ta được hệ  u  v  35
Đặt S=u+v ,P=uv ta có:
Tính S ,P rồi suy ra u,v.Tính x,y theo u,v ( so sánh với đk)
Nghiệm của hệ: (4;9), (9;4)
Bài 3:
 2 ( x  y )  3 ( 3 x 2 y  3 xy 2 )

3
 x 3 y  6

3
3
Đặt u= x ,v= y ta có hệ
 2 ( u 3  v 3 )  3 uv ( u  v )

u  v  6
Tính u,v rồi tính x,y theo u,v vứa tìm được.
Hệ có 2 nghiệm ( 8; 64 ),( 64 ; 8 )

Bài 4:
x  y  z  6
 2
2
2
 x  y  z  18

 x  y  z  4
từ pt (1)  36=(x+y+z)2 suy ra xy+ yz +xz =9
từ pt(3)
 16  ( x  y  z ) 2 suy ra xyz= 4
Ta có hệ mới :
x  y  z  6

 xy  yz  zx  9
 xyz  4

Hệ có các nghiệm (1 ;4 ; 1 ); (1;1;4); (4;1;1)
Bài 5:
 x2  y2  x2  y2  y

 2
 ( x  y 2 )( x 2  y 2 )  144

Điều kiện :


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

51

 x 
y


 x 
y

y  0

Bình phương hai vế của pt (1)…
2
2
thay (2) vào (1)  2 x  24  y (3)
thay (3) vào (2) ta được x  y
Vây hệ có nghiệm (2 3 : 0); (2 3;0); (2 5;4); (2 5;4)
Bài 6:
 x  y  3 x  2 y  1


 x y  x y0

x  y  0
Đk : 
3 x  2 y  0
Đặt u= x  y  0
v= 3 x  2 y  0

 x  y  ...
Hpt đã cho tương đương với hệ:
u  v  1

2
2
u  2v  5u  0
Giải hệ tìm u,v rồi suy ra x,y
Hệ có nghiệm (1;3)
Bài 7:

 x  y 5


 x  5  y  5  8.

x  0
dk 
y  0
Hệ tương đương:
 x  x  5  y  y  5  13
 x  x  5  y  y  5  13




5
5

3
 x  5  x  y  5  y  3.


y5 y
 x5  x
u  x  x  5

(u , v  5 )

v  y  y  5

Đặt
.

247 
247
13 
13 


3
3
u 
u 
u  v  13



2
2


65  
uv  .
u  v  13
247

 13  247 

3

13 


1 1 3
3
3
v 
v 
u  v  5


2

2
Ta có hệ:


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

52

13 

247
3

2
Hệ đã cho vô nghiệm vì
Bài 8:Giải hệ phương trình sau:
 x  y  x  2y  2  7


 2x  1  3y  1  7

.(1)
1

x   2 ; x   y


y   1 ; x  2y  2  0

3
Đk: 
.
Hệ

 5..

 x  y  x  2y  2  7

2 x  3 y  2  2 ( x  y)( x  2 y  2)  49.



  x  y  x  2 y  2  2 x  1  3x  1
2 x  3 y  2  2 (2 x  1)(3 y  1)  49


 x  y . x  2 y  2  2 x  1. 3 y  1

(3)



Từ (3)  hệ (1)

 x  y  x  2y  2  7


 x  y  2x  1

 x  2 y  2  3y  1

 x  y  x  2y  2  7


 x  y  3y  1

 x  2 y  2  2 y 1



y  x 1

 x  y  x  2y  2  7

y  x  1


 2 y  1  3x  4  7

x  4

y  5
. trường hợp 1:
x  2 y  1


 3y 1  4y  3  7

x  7

y  3
. trường hợp 2:
Bài 9:
 x 1  2  y  2


 2  x  y 1  2

(1)
Giải:
Điều kiện:  1  x, y  2

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

53

 x 1  2  y  2


( x  1  y  1)  ( 2  y  2  x )  0
Hệ (1) 
Ta thấy (x;y)=(-1;-1) và (x;y)=(2;2) không là nghiệm
 x 1  2  y  2


x y
x y

0

x 1  y 1
x y  2 x
 hệ (1) 


x  y

 x 1  2  y  2

x  y


3  2 ( x  1)(2  x)  4

x  y

 2
7
x  x  2  0


1  15 
1  15
x 
x 


2
2


 y  1  15  y  1  15



2

2

Hai nghiệm trên đếi không thỏa điều kiện.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Bài 10:

 x  24 y  1

x  2 y  1

(1)
Giải:
điều kiện :x  0, y  0
4
1 x
 y

2

1 x
y 

2
hệ (1) 

0  x  1

1 x

 y 
2

1  x 1  x 4
(
)

2
 2

1 x
1  x 

(1  4 x ) 4  

2
 2 
phương trình cuối
. x=1 là nghiệm của phương trình trên
. 0  x  1 thì vế trái của (2’) lớn hơn 0 .
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;0).

4

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

54

Bài 11:

4 1  5 x  4 5  y  3

5 x  y  11


1

x 
5

y  5


4

u  1  5 x , u  0

v  4 5  y , v  0
Đk:
. Đặt 
.
u  v  3
u  1 u  2 1  5 x  16 1  5 x  1




 4
4
v  2 v  1
5  y  1
5  y  16
u  v  14
Ta có hệ phương trình:
x  3 x  0


 y  4  y  11
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( 3; 4 ), ( 0 ; -11 ).
Bài 12:
 2x 1
y2

2

2x 1
 y2
 x  y  12.

1

x 
2x  1
y2 1
2

k 0
 .
 y  2
2x  1 k
Đk: 
. Đặt y  2

1
 2  k 2  2k  1  0  k  1
k
Ta có :
.
2x  1
2x 1

1
 1  2 x  y  3.
y2
y2
2 x  y  3
x  5


y  7 .
Ta có hệ:  x  y  12
k

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( 5 ; 7 ).

 x1  1  x 2  1  ...  x1992  1  1992


 1  x  1  x  ...  1  x
1
2
1992  1992


Đk: -1  xi  1; i  1,...,1992, i  N .

1993
1992
1991
1992

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki,ta có:
1992
1993
 ( 1  x1  ...  1  x1992 ) 2  (1  1  ...  1)(1  x1  ...  1  x1992 ) 
1992
1992(1992  x1  ...  x1992 ).
Vậy x1  x 2  ...  x1992  1 .
1991
 ( 1  x1  ...  1  x1992 ) 2
Tương tự: 19922. 1992

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

55

 1992[1992  ( x1  ...  x1992 )].
x1  ...  x1992  1.
 x1  ...  x1992  1.
1  x1  ...  1  x n .
1

1  x1  ...  1  x n  x1  ...  x1992 
1992
 x  ...  x
1992  1
Hệ đã cho đương:  1
Bài 14:

1998
 1  x1  1  x 2  1  x3  ...  1  x1997  1997
1997


1996
 1  x  1  x  ...  1  x
.
1
2
1997  1997

1997



a i  ( 1  x i ; 1  xi )
i  1,2,...,1997.


ai  2 .
1997 

a

 1997 2 .

i

i 1

1997 

a

i

 ( 1  x1  ...  1  x1997 ; 1  x1  ...  1  x1997 )

i 1
1997 



a

i

 ( 1  x1  ...  1  x1997 ) 2  ( 1  x1  ...  1  x1997 ) 2

i 1

1997 

a

i

 1997.1998  1997.1996  1997. 2

i 1

1997 

  ai 
i 1

cùng

1997 



 ai  ai (i  1,2,...,1997)
i 1

phương

,cùng

độ

x1  x 2  ...  x1997 .  1  x1  1  x 2  ...  1  x1997

ra:

x1  x 2  ...  x1997 

Vậy hệ đã cho có nghiệm:
Bài 15:
x y  1  y x  1  2 x  y  2

 2
x  y 2  4


chứng tỏ các véctơ có
dài
.
Suy
1998

1997

1
.
1997





Đặt : u (x;y), v ( y  1; x  1).


u  x2  y2  2

Khi đó

.

 

u . v  x 2  y 2 . y  1  x  1  2 x  y  2.
 

u . v  x y  1  y. x  1


Từ kết quả trên hệ đã cho có dạng:
ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

56



 
u  2
cos( u , v )  1


      
u . v  u v
u  2






 y  1  kx

ukv
 x  1  ky.

 y y 1  x x 1

x  1, y  1

Do

nên
bình
phương
2
2
y  y  x  x  ( y  x)( x  xy  y  x  y )  0
2
2
Do x  xy  y  x  y >0 nên y-x=0.
2
Từ phương trình (2) của hệ ,ta có : + 2 x  4  x   2
3

2

3

hai

vế,

ta

được:

2

Do x > 0 nên nghiệm của hệ : x = y = 2 .
Bài 16:
 1 x  2 y  x  1


 1 2y  2y  x  4

.
Đặt  1  x  a  0; 2 y  x  b  0; 1  2 y  c  0



a  b  1

Hệ có dạng: c  b  4
2
2
2
Mặt khác : a  b  c  2 .
2
2
2
2
Thay(1),(2) vào (3): a  b  c  2  b  10b  13  0  b  5  2 3.

Vậy nghiệm của hệ là : ( 24 3  49;2 3  6) .
Bài 17:
3 10 x  y  3 x  y  3


2 x  y  3 x  y  5

u  3 10 x  y  u 3  10 x  y
Đặt

v  3 x  y  0  v 2  3 x  y.
u  v  3.
u3  v2  7x  x 

Ta có :

y  3x  v 2 
Mà

u3  v2
7

3u 3  10v 2
7
(2) .

3
2
Thay x,y vào phương trình thứ hai của hệ: 5u  12v  7v  35(3) .
3
2
Với v=3-u,thay vào phương trình (3): 5u  12u  65u  122  0  u  2  v  1.
Vậy nghiệm của hệ : (1;2).
Bài 18:

 x 1  x  3  x  5  y 1  y  3  y  5

 x  y  x 2  y 2  80.



ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

57

Đk: x  1; y  5.
x  3  a

Đặt  y  3  b ; Thay vào phương trình (1) của hệ ,ta được:
a  2  a  a2  b2  b  b2.
Do đó dễ dàng nhận thấy a  b  x  3  y  3  y  x  6 .
Thay vào phương trình thứ hai của hệ,ta được phương trình bậc hai theo x.
 7  5 15
55 5
x 2  7 x  19  0  x 
y
2
2
Vậy
hệ
phương

trình

có

75 5 55 5


;

2
2 

.
nghiệm:
Bài 19:Giải hệ:
 x y 7 x y


 x  y  3 x  y  4  16 2

Giải: Đặt x-y = a ; x+y = b .
x  y

a  0
b  0
ĐK: 
.Ta được hệ:
3
2
a  b
a 9  b 6



 3
2
b  (a  4  16 2 )
(a  4  16 2 ) 4



 a 9  (a  4  16 2 ) 4  0  a  4
x  y  4
x  6


x  y  8
 y  2.
Bài 20:
 z 2  1  2 xy.

.
 2
 x  1  2 yz 1  4 xy

Giải :Ta co
2 xy  z 2  1  1  xy 

1
4.

Mà 1 4 xy tồn tại khi và chỉ khi :
1
1  4 xy  0  xy 
4 .
Do đó ta có hệ:
1

1
 2
 xy 
 z  1  2.
4
2


 2
 2
 x  1  0
 z  1  2 xy
 2

1
 x  1  2 yz 1  4 xy
 xy 


4


1

  xy 
4


ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

58

Do đó ta có:
1

1
 2
 xy  4
 z  1  2. 2
 2



 x 2  1  0
 z  1  2. xy
 2

1
 x  1  2 yz 1  4 xy
 xy 


4


1


 xy  4
z  0
 2


  z  1  1   x  1
x 2  1  0

1

y  

4


Nghiệm của hệ:
1
1
(1; ;0), ( 1; ;0)
4
4
.
Bài 21:
 xy  (1  x)(1  y )  a


 x(1  y)  y(1  x)  b

.

Giải : Đặt u  xy  0; v  (1  x)(1  y ) .
 u 2  1  ( x  y )  xy.
2
2
Bình phương phương trình thứ hai của hệ: (u  v)  1  b .
Do đó ,ta có hệ:
u  v  a

2
2
(u  v)  1  b .

Suy

ra

a
u 


a

v 


u  v  1  b2
Do đó x,y là nghiệm của pt:

2

 a  1 b2 


 xy 
1 b



2



2

2
1 b
 a  1 b2

x  y  1  
2

2




 a  1 b2
X  (1  a 1  b ) X  

2

Bài 22:
 x 2  3  y  3 (1)

 2
 y  5  x  x 2  5 .(2)

.
2

Tacó:

2

2

2

  a  1  b2
 
 
2
 






2

2


  0.


Từ đó suy ra x,y.

x 2  3  3; y  0  x 2  3  y  3

.

x  0

Suy ra  y  0 .Thay vào (2),ta thấy thoả.

ĐT: 0984.959.465-0945.46.00.44

59

He pt

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (17)

Similar to He pt

Similar to He pt (20)

More from trongphuckhtn

More from trongphuckhtn (18)

He pt