SlideShare a Scribd company logo
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
VŨ THỊ KIM NGẦN
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. PHẠM VĂN QUỐC
HÀ NỘI - 2015
Mục lục
Lời cảm ơn 2
Mở đầu 3
1 Một số kiến thức cơ bản 4
1.1 Hệ phương trình cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.4 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . 7
1.2 Phương pháp cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Phương pháp cộng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 13
2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 34
2.5 Phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.5.1 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.5.2 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.5.3 Phương pháp sử dụng số phức . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3 Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình 54
3.1 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . 54
3.2 Xây dựng hệ phương trình từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . 58
3.3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để xây dựng hệ phương trình . 64
3.4 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá . . . . . . 67
3.5 Sử dụng số phức để xây dựng hệ phương trình . . . . . . . . . . . 71
Kết luận 77
Tài liệu tham khảo 78
1
Lời cảm ơn
Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới TS.
Phạm Văn Quốc - người thầy đã truyền cho tôi niềm say mê nghiên cứu Toán
học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập
và hoàn thiện luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học,
Khoa Toán - Cơ - Tin học, các thầy cô giáo đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi
hoàn thành bản luận văn này.
Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên
luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự
góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
2
Mở đầu
Hệ phương trình là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán học. Ngay
từ đầu, sự ra đời và phát triển của hệ phương trình đã đặt dấu ấn quan trọng
trong Toán học. Chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu Toán, luôn
thôi thúc người làm Toán phải tìm tòi, sáng tạo. Bài toán về hệ phương trình
thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic cũng như kỳ thi
tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Hệ phương trình được đánh giá là bài toán phân
loại học sinh khá giỏi, nó đòi hỏi kỹ thuật xử lý nhanh và chính xác nhất. Là
một giáo viên Trung học phổ thông, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về hệ phương
trình nhằm nâng cao chuyên môn, phục vụ cho quá trình giảng dạy và bồi dưỡng
học sinh giỏi của mình.
Với những lý do trên, tôi lựa chọn nghiên cứu đề tài "Một số phương pháp
giải hệ phương trình trong chương trình toán Trung học phổ thông" làm luận
văn thạc sĩ của mình.
Luận văn được chia làm ba chương:
Chương 1. Một số kiến thức cơ bản
Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình
Chương 3. Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình.
Hà Nội, ngày 01 tháng 8 năm 2015
Tác giả luận văn
Vũ Thị Kim Ngần
3
Chương 1
Một số kiến thức cơ bản
1.1 Hệ phương trình cơ bản
1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng
a1x + b1y = c1
a2x + b2y = c2.
Phương pháp giải:
Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng các phương pháp sau:
- Phương pháp thế,
- Phương pháp cộng đại số,
- Phương pháp dùng định thức.
Ký hiệu: D =
a1 b1
a2 b2
; Dx =
c1 b1
c2 b2
; Dy =
a1 c1
a2 c2
.
Trường hợp 1: D = 0.
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất



x =
Dx
D
y =
Dy
D
.
Trường hợp 2: D = Dx = Dy = 0.
Hệ phương trình có vô số nghiệm dạng {(x0; y0) |a1x0 + b1y0 = c1} .
Trường hợp 3: D = 0; Dx = 0 hoặc D = 0; Dy = 0 hoặc D = 0; Dx = 0; Dy = 0.
Hệ phương trình vô nghiệm.
1.1.2 Hệ phương trình đối xứng
1. Hệ phương trình đối xứng loại I
Hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai biến x và y là hệ phương trình
mà nếu ta thay x bởi y, thay y bởi x thì hệ không thay đổi.
4
Phương pháp giải:
- Đặt
x + y = S
xy = P
, điều kiện S2 ≥ 4P.
- Tìm S, P,
- Khi đó, x, y là nghiệm của phương trình u2 − Su + P = 0.
Ví dụ 1.1. (Trích đề thi Học viện An ninh năm 2001)
Giải hệ phương trình
x + y = 1 − 2xy
x2 + y2 = 1
(x, y ∈ R).
Giải. Đặt
x + y = S
xy = P
, điều kiện S2 ≥ 4P.
Ta được hệ phương trình
S = 1 − 2P
S2 − 2P = 1
⇔
S = 1 − 2P
(1 − 2P)2
− 2P = 1
⇔
S = 1 − 2P
4P2 − 6P = 0
⇔



S = 1 − 2P
P = 0
P =
3
2
⇒
S = 1; P = 0
S = −2; P =
3
2
.
Với S = 1; P = 0 ⇒
x + y = 1
xy = 0.
Khi đó (x, y) là nghiệm của phương trình:
u2 − u = 0 ⇔
u = 0
u = 1
⇒
x = 0; y = 1
x = 1; y = 0.
Với S = −2; P =
3
2
ta loại trường hợp này vì không thỏa mãn điều kiện S2 ≥ 4P.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 1) ; (1; 0) .
2. Hệ phương trình đối xứng loại II
Hệ phương trình đối xứng loại II đối với x và y là hệ phương trình mà nếu
ta thay x bởi y, thay y bởi x thì phương trình này biến thành phương trình kia
và ngược lại.
Phương pháp giải:
- Trừ theo vế hai phương trình của hệ, ta được một phương trình tích dạng:
(x − y) f (x; y) = 0.
- Sau đó lần lượt thay x = y; f(x, y) = 0, vào một trong hai phương trình của hệ,
ta được một phương trình đã biết cách giải và giải tiếp tìm nghiệm của hệ.
5
Ví dụ 1.2. (Trích đề thi đại học khối B năm 2003)
Giải hệ phương trình



3y =
y2 + 2
x2
3x =
x2 + 2
y2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x > 0; y > 0.
Hệ phương trình tương đương với
3x2y = y2 + 2
3y2x = x2 + 2
⇔
3xy (x − y) = (y − x) (y + x)
3y2x = x2 + 2
⇔
(x − y) (x + y + 3xy) = 0
3y2x = x2 + 2
⇔



x = y
x + y + 3xy = 0
3y2x = x2 + 2.
Với
x = y
3y2x = x2 + 2
⇔
x = y
3x3 − x2 − 2 = 0
⇔ x = y = 1.
Với
x + y + 3xy = 0
3y2x = x2 + 2.
Vì x + y + 3xy > 0; ∀x > 0; y > 0 nên trường hợp này vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1).
1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp
Hệ phương trình
f (x, y) = a
g (x, y) = b
được gọi là hệ đẳng cấp bậc k nếu f(x, y); g(x, y)
là các biểu thức đẳng cấp bậc k.
Chú ý : Biểu thức f(x, y) được gọi là đẳng cấp bậc k nếu f (mx, my) = mkf (x, y) .
Phương pháp giải:
- Xét y = 0 (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm.
- Xét y = 0. Đặt x = ty, khi đó ta có
f (ty, y) = ykf (t, 1)
g (ty, y) = ykg (t, 1)
⇒
ykf (t, 1) = a
ykg (t, 1) = b.
Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được: f (t, 1) =
a
b
g (t, 1) .
Giải phương trình tìm t rồi thay ngược lại ta tìm được nghiệm (x, y).
6
Ví dụ 1.3. (Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009)
Giải hệ phương trình
x3 + 8y3 − 4xy2 = 1
2x4 + 8y4 − 2x − y = 0
(x, y ∈ R).
Giải.
- Xét y = 0. Thay vào hệ phương trình ta được:
x3 = 1
2x4 − 2x = 0
⇔ x = 1.
Suy ra (1; 0) là một nghiệm của hệ.
- Xét y = 0. Đặt x = ty, khi đó ta có:
t3y3 + 8y3 − 4ty3 = 1
2t4y4 + 8y4 − 2ty − y = 0
⇔



y3 t3 + 8 − 4t = 1
y3 2t4 + 8 = 2t + 1 (Do y = 0).
Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được:
t3 + 8 − 4t
2t4 + 8
=
1
2t + 1
⇔ t3 − 8t2 + 12t = 0
⇔
t = 0
t = 2
t = 6.
Với t = 0 ta có (x; y) = 0;
1
2
.
Với t = 2 ta có (x; y) = 1;
1
2
.
Với t = 6 ta có (x; y) =
3
3
√
25
;
1
2 3
√
25
.
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là
(x; y) = (1; 0) ; 0;
1
2
; 1;
1
2
;
3
3
√
25
;
1
2 3
√
25
.
1.1.4 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh
Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh là hệ có dạng:



f (x1) = g (x2)
f (x2) = g (x3)
...
f (xn−1) = g (xn)
f (xn) = g (x1) .
7
(Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi).
Cụ thể, ta xét hệ hoán vị vòng quanh ba ẩn sau đây.
x = f (y)
y = f (z)
z = f (x) .
Phương pháp giải:
Giả sử f là hàm số xác định trên tập D và có tập giá trị là T, T ⊆ D và f là
hàm số đồng biến trên D.
- Cách 1: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất. Để chứng minh hệ có
nghiệm duy nhất ta thường cộng theo vế ba phương trình của hệ, sau đó suy ra
x = y = z.
- Cách 2: Từ T ⊆ D ta suy ra f(x), f(f(x)) và f(f(f(x))) thuộc D. Để (x, y, z) là
nghiệm của hệ thì x ∈ T.
Nếu x > f(x) thì do f tăng trên D nên f(x) > f(f(x)).
Do đó, f(f(x)) > f(f(f(x))). Suy ra:
x > f(x) > f(f(x)) > f(f(f(x))) = x.
Điều này mâu thuẫn. Chứng tỏ không thể có x > f(x).
Tương tự ta cũng chứng minh được rằng không thể có x < f(x) .
Do đó, x = f(x).
Việc giải hệ phương trình ban đầu được quy về việc giải phương trình x = f(x).
Hơn nữa ta có:
x = f (y)
y = f (z)
z = f (x)
⇔
x = f (y)
y = f (z)
z = f (f (y))
⇔
x = f (y)
y = f (z)
z = f (f (f (z)))
⇔
x = f (y)
y = f (z)
z = f (z)
⇔
x = f (y)
z = y
z = f (z)
⇔
x = y = z
z = f (z) .
Ví dụ 1.4. (Trích đề thi HSG QG 2006)
Giải hệ phương trình



√
x2 − 2x + 6log3 (6 − y) = x
y2 − 2y + 6log3 (6 − z) = y√
z2 − 2z + 6log3 (6 − x) = z
(x, y, z ∈ R).
Giải.
Để (x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình thì điều kiện là x, y, z < 6.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
8



log3 (6 − y) =
x
√
x2 − 2x + 6
log3 (6 − z) =
y
y2 − 2y + 6
log3 (6 − x) =
z
√
z2 − 2z + 6
hay
log3 (6 − y) = f (x)
log3 (6 − z) = f (y)
log3 (6 − x) = f (z) .
với f (x) =
x
√
x2 − 2x + 6
; g (x) = log3 (6 − x) .
Ta có f (x) =
6 − x
(x2 − 2x + 6)
√
x2 − 2x + 6
> 0; ∀x < 6.
Suy ra f(x) là hàm tăng còn g(x) là hàm giảm với x < 6.
Nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ phương trình, ta chứng minh x = y = z.
Không mất tính tổng quát, giả sử x = max(x, y, z). Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: x ≥ y ≥ z.
Do f(x) là hàm tăng nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) .
Suy ra log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x) .
Do g(x) giảm nên
6 − y ≤ 6 − z ≤ 6 − x ⇔ x ≤ z ≤ y ⇒ x = y = z.
Trường hợp 2: x ≥ z ≥ y.
Tương tự như trên ta suy ra x = y = z.
Phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = 3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (3, 3, 3).
1.2 Phương pháp cơ bản
1.2.1 Phương pháp cộng đại số
Để giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số, ta có thể kết hợp
hai phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia để thu được
phương trình hệ quả đơn giản hơn, dễ giải hơn.
Ví dụ 1.5. (Trích đề thi đại học an ninh nhân dân năm 1999)
Giải hệ phương trình
x2 + x + y + 1 + x + y2 + x + y + 1 + y = 18
x2 + x + y + 1 − x + y2 + x + y + 1 − y = 2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x2 + x + y + 1 ≥ 0; y2 + x + y + 1 ≥ 0.
Cộng, trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được
9
x2 + x + y + 1 + y2 + x + y + 1 = 10
x + y = 8
⇔
√
x2 + 9 + y2 + 9 = 10
x + y = 8
⇔
√
x2 + 9 + (8 − x)2
+ 9 = 10
y = 8 − x
⇔
√
x2 + 9 +
√
x2 − 16x + 73 = 10
y = 8 − x
⇔
√
x2 − 16x + 73 = 10 −
√
x2 + 9
y = 8 − x
⇔
10 −
√
x2 + 9 ≥ 0
x2 − 16x + 73 = 100 − 20
√
x2 + 9 + x2 + 9
y = 8 − x
⇔
−9 ≤ x ≤ 9
5
√
x2 + 9 = 4x + 9
y = 8 − x
⇔



−9 ≤ x ≤ 9
x ≥ −
9
4
25 x2 + 9 = (4x + 9)2
y = 8 − x
⇔



−
9
4
≤ x ≤ 9
(x − 4)2
= 0
y = 8 − x
⇔
x = 4
y = 4
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 4) .
1.2.2 Phương pháp thế
Đây là một phương pháp được ứng dụng rất nhiều trong những phương pháp
giải hệ phương trình sau này. Dấu hiệu nhận biết của phương pháp này là từ
một phương trình của hệ ban đầu, ta rút được biến này theo biến kia (cũng có
thể là cả một biểu thức) rồi thay vào phương trình còn lại để giải. Trong một
số trường hợp, ta dễ dàng tìm được biểu thức liên hệ giữa các biến nhưng đôi
khi ta cần biến đổi hệ để có được điều mong muốn. Cụ thể, ta xét các ví dụ sau
đây.
Ví dụ 1.6. (Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An)
Giải hệ phương trình
√
5x + y +
√
2x + y = 3 (1)√
2x + y + x − y = 1 (2)
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: 5x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0.
Từ phương trình (1) của hệ ta có:
√
5x + y = 3 −
√
2x + y
10
⇔
3 −
√
2x + y ≥ 0
5x + y = 9 − 6
√
2x + y + 2x + y
⇔
3 −
√
2x + y ≥ 0
√
2x + y =
3 − x
2
⇔



3 −
√
2x + y ≥ 0
x ≤ 3
2x + y =
3 − x
2
2
⇔



3 −
√
2x + y ≥ 0
x ≤ 3
y =
x2 − 14x + 9
4
.
Thay y =
x2 − 14x + 9
4
vào phương trình (2) ta được:
3 − x
2
+ x −
x2 − 14x + 9
4
= 1
⇔ x2 − 16x + 7 = 0
⇔ x = 8 ±
√
57
⇒ x = 8 −
√
57 (TMĐK).
⇒ y =
9 −
√
57
2
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 8 −
√
57;
9 −
√
57
2
.
Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình
x (x − 3y) = 4 y2 + 2
(xy − 4) (x + y) = 8
(x, y ∈ R).
Giải.
Hệ phương trình tương đương với
x2 − 3xy − 4y2 = 8
x2y + y2x − 4x − 4y = 8.
Từ đó ta có:
x2 − 3xy − 4y2 = x2y + y2x − 4x − 4y
⇔ x2 (y − 1) + x y2 + 3y − 4 + 4y (y − 1) = 0
⇔ x2 (y − 1) + x (y − 1) (y + 4) + 4y (y − 1) = 0
⇔ (y − 1) x2 + x (y + 4) + 4y = 0
⇔ (y − 1) (y + x) (x + 4) = 0
⇔
y = 1
y = −x
x = −4.
Với y = 1 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình
x2
− 3x − 12 = 0 ⇔ x =
3 ±
√
57
2
.
11
Với y = −x thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình
0.x2
= 8 (Vô lý).
Với x = −4 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình
y2
− 3y − 2 = 0 ⇔ y =
3 ±
√
17
2
.
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là:
(x; y) =
3 +
√
57
2
; 1 ;
3 −
√
57
2
; 1 ; −4;
3 +
√
17
2
; −4;
3 −
√
57
2
.
Nhận xét: Ở ví dụ vừa rồi, ta đã sử dụng phép thế hằng số để thu được một
phương trình có thể giải được. Trong một số bài toán, ngoài cách thế ẩn này
theo ẩn kia hay thế hằng số, ta còn có thể sử dụng phép thế cả một biểu thức.
Chẳng hạn, xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình
x2 + y2 + xy + 1 = 4y (1)
y(x + y)2
= 2x2 + 7y + 2 (2)
(x, y ∈ R).
Giải.
Từ phương trình (1) ta có: x2 + 1 = 4y − y2 − xy.
Thay vào phương trình (2) ta được:
y(x + y)2
= 2 4y − y2 − xy + 7y
⇔ y (x + y)2
+ 2 (x + y) − 15 = 0
⇔ y (x + y − 3) (x + y + 5) = 0
⇔
y = 0
x + y = 3
x + y = −5.
Với y = 0 thay vào phương trình (1) ta được:
x2
+ 1 = 0 (Vô nghiệm).
Với x + y = 3 ⇔ x = 3 − y thay vào phương trình (1) ta được:
y2
− 7y + 10 = 0 ⇔
y = 2
y = 5
⇒
x = 1; y = 2
x = −2; y = 5.
Với x + y = −5 ⇔ x = −5 − y thay vào phương trình (1) ta được:
y2
+ y + 26 = 0 (Vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 2) ; (−2; 5) .
12
Chương 2
Một số phương pháp giải hệ
phương trình
2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ
Đây là một phương pháp thường được sử dụng khi giải hệ phương trình. Đặc
điểm nổi bật của phương pháp này là cần phát hiện ra ẩn phụ và xử lý mối liên
quan của ẩn phụ với các đại lượng có trọng hệ. Từ đó, ta đưa hệ phương trình
ban đầu về một hệ đơn giản và dễ xử lý hơn. Có thể ẩn phụ xuất hiện trực tiếp
trong hệ nhưng cũng có khi ta phải biến đổi hệ để có thể đặt được ẩn phụ.
Một số dạng hệ có thể sử dụng phương pháp này như:
- Hệ đối xứng,
- Hệ có chứa căn thức (Ta thường đặt ẩn mới bằng căn thức để khử căn),
- Hệ có chứa các biểu thức dạng tổng - hiệu, tổng - tích hoặc chứa các biểu thức
lặp lại trong hai phương trình.
Với những hệ phương trình có chứa căn thức, ta thường đặt u = f (x) hoặc
u = f (x)
v = g (x)
để đưa về một phương trình hoặc hệ phương trình đã biết cách
giải. Ta xét các ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.1. (Trích đề thi HSG QG năm 2001)
Giải hệ phương trình
√
7x + y +
√
2x + y = 5√
2x + y + x − y = 2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: 7x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0.
13
Đặt:
u =
√
7x + y ≥ 0
v =
√
2x + y ≥ 0
⇒



x =
u2 − v2
5
y =
7v2 − 2u2
5
.
Khi đó hệ phương trình trở thành
u + v = 5
v +
u2 − v2
5
−
7v2 − 2u2
5
= 2
⇔
v = 5 − u
u2 − 15u + 37 = 0
⇔
v = 5 − u
u =
15 ±
√
77
2
⇔



u =
15 +
√
77
2
; v =
−5 −
√
77
2
(Loại vì v<0)
u =
15 −
√
77
2
; v =
−5 +
√
77
2
.
Với



u =
15 −
√
77
2
v =
−5 +
√
77
2
⇒
x = 10 −
√
77
y =
11 −
√
77
2
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 10 −
√
77;
11 −
√
77
2
.
Ví dụ 2.2. (Trích đề thi thử đại học năm 2013 trường THPT chuyên Lê Quý
Đôn, Đà Nẵng)
Giải hệ phương trình
x + y + x2 − y2 = 12
y x2 − y2 = 12
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x2 − y2 ≥ 0.
Đặt: u = x2 − y2 ≥ 0
v = x + y
⇒ y =
1
2
v −
u2
v
.
Khi đó hệ phương trình trở thành


u + v = 12
1
2
v −
u2
v
u = 12
⇔
v = 12 − u
u2 − 7u + 12 = 0
⇔



v = 12 − u
u = 4
u = 3
⇔
u = 4; v = 8 (TMĐK)
u = 3; v = 9 (TMĐK).
14
Với u = 4; v = 8, ta có:
x2 − y2 = 4
x + y = 8
⇔
y = 8 − x
x2 − (8 − x)2
= 4
⇔
y = 8 − x
x = 5
⇔
x = 5
y = 3.
Với u = 3; v = 9, ta có:
x2 − y2 = 3
x + y = 9
⇔
y = 9 − x
x2 − (9 − x)2
= 3
⇔
y = 9 − x
x = 5
⇔
x = 5
y = 4.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: (x; y) = (5; 3) ; (5; 4) .
Ví dụ 2.3. (Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 10)
Giải hệ phương trình



1
x
+
1
y
= 9
1
3
√
x
+
1
3
√
y
1
3
√
x
+ 1
1
3
√
y
+ 1 = 18
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x = 0; y = 0.
Đặt: u =
1
3
√
x
; v =
1
3
√
y
.
Khi đó hệ phương trình trở thành
u3 + v3 = 9
(u + v) (u + 1) (v + 1) = 18
⇔ (u + v)3
− 3uv (u + v) = 9
(u + v) (u + v + uv + 1) = 18.
Đặt u + v = S; uv = P, điều kiện S2 ≥ 4P.
Ta có hệ phương trình
S3 − 3SP = 9
S (S + P + 1) = 18
⇔
S3 − 9 = 3SP (1)
SP = 18 − S2 − S (2).
Thay (2) vào (1) ta được:
S3 − 9 = 3 18 − S2 − S
⇔ S3 + 3S2 + 3S − 63 = 0
⇔ (S − 3) S2 + 6S + 21 = 0.
Vì S2 + 6S + 21 > 0 ⇒ S − 3 = 0
⇔ S = 3 ⇒ P = 2.
Khi đó,
u + v = 3
uv = 2
⇔
(u; v) = (2; 1)
(u; v) = (1; 2) .
Với
u = 2
v = 1
⇒



1
3
√
x
= 2
1
3
√
y
= 1
⇔



x =
1
8
y = 1
(TMĐK).
15
Với
u = 1
v = 2
⇒



1
3
√
x
= 1
1
3
√
y
= 2
⇔
x = 1
y =
1
8
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = 1;
1
8
;
1
8
; 1 .
Trong những bài toán giải hệ phương trình không chứa căn thức, ta dễ dàng
nhận ra ẩn phụ ngay trong hệ hoặc sau một và phép biến đổi đơn giản. Xét các
ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.4. (Trích đề thi đại học khối A năm 2008)
Giải hệ phương trình



x2 + y + x3y + xy2 + xy = −
5
4
x4 + y2 + xy (1 + 2x) = −
5
4
(x, y ∈ R).
Giải.
Hệ phương trình đã cho tương đương với



x2 + y + xy x2 + y + 1 = −
5
4
x2 + y
2
+ xy = −
5
4
.
Đặt u = x2 + y
v = xy
. Ta có hệ phương trình sau:



u + v (u + 1) = −
5
4
u2 + v = −
5
4
⇔



v = −
5
4
− u2
u u2 + u +
1
4
= 0
⇔


u = 0; v = −
5
4
u = −
1
2
; v = −
3
2
.
Với
u = 0
v = −
5
4
⇒
x2 + y = 0
xy = −
5
4
⇔



x = 3 5
4
y = − 3 25
16
.
Với



u = −
1
2
v = −
3
2
⇒



x2 + y = −
1
2
xy = −
3
2
⇔
x = 1
y = −
3
2
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 3 5
4
; − 3 25
16
; 1; −
3
2
.
16
Ví dụ 2.5. (Trích đề thi đại học khối B năm 2009)
Giải hệ phương trình
xy + x + 1 = 7y
x2y2 + xy + 1 = 13y2 (x, y ∈ R).
Giải.
Nhận thấy y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Chia hai vế của phương trình
thứ nhất cho y, chia hai vế của phương trình thứ hai cho y2 ta được:



x +
x
y
+
1
y
= 7
x2 +
x
y
+
1
y2
= 13
⇔



x +
1
y
+
x
y
= 7
x +
1
y
2
−
x
y
= 13.
Đặt u = x +
1
y
; v =
x
y
ta thu được hệ phương trình
u + v = 7
u2 − v = 13
⇔
v = 7 − u
u2 + u − 20 = 0
⇔



v = 7 − u
u = −5
u = 4
⇔
u = −5; v = 12
u = 4; v = 3.
Với
u = −5
v = 12
⇒



x +
1
y
= −5
x
y
= 12
⇒ Vô nghiệm.
Với
u = 4
v = 3
⇒



x +
1
y
= 4
x
y
= 3
⇔
x = 3; y = 1
x = 1; y =
1
3
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (3; 1) ; 1;
1
3
.
Ví dụ 2.6. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG trường THPT chuyên ĐH-
SPHN năm 2011)
Giải hệ phương trình
x4 − 2x = y4 − y
x2 − y2 3
= 3
(x, y ∈ R).
Giải.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2 x4 − y4 = 4x − 2y
x2 − y2 3
= 3.
Đặt
a = x + y
b = x − y
⇒
2x = a + b; 2y = a − b
x2 − y2 = ab
2 x4 − y4 = ab a2 + b2 .
17
Khi đó ta có hệ phương trình
ab a2 + b2 = 2 (a + b) − a + b
a3b3 = 3
⇔
ab a2 + b2 = a + 3b
a3b3 = 3
⇔
a3b + ab3 = a + a3b4
a3b3 = 3
⇔
a b3 − 1 1 − a2b = 0
a3b3 = 3
⇔
a = 0
a3b3 = 3
∨
b3 − 1 = 0
a3b3 = 3
∨
1 − a2b = 0
a3b3 = 3.
Với
a = 0
a3b3 = 3
⇒ Vô nghiệm.
Với
b3 − 1 = 0
a3b3 = 3
⇔
b = 1
a = 3
√
3.
Suy ra x + y = 3
√
3
x − y = 1
⇔



x =
1 + 3
√
3
2
y =
−1 + 3
√
3
2
.
Với
1 − a2b = 0
a3b3 = 3
⇔
a2b = 1
ab2 = 3
⇔



b =
1
a2
a =
1
3
√
3
⇔
b = 3
√
9
a =
1
3
√
3
.
Suy ra
x − y = 3
√
9
x + y =
1
3
√
3
⇔



x =
2
3
√
3
y = −
1
3
√
3
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) =
1 + 3
√
3
2
;
−1 + 3
√
3
2
;
2
3
√
3
; −
1
3
√
3
.
Ví dụ 2.7. (Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 11)
Giải hệ phương trình
x + y −
√
xy = 3√
x + 1 +
√
y + 1 = 4
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 1; xy ≥ 0.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
x + y + 2 + 2 (x + 1) (y + 1) = 16
⇔ x + y + 2
√
x + y + xy + 1 = 14.
Đặt S = x + y, P = xy, điều kiện S2 ≥ 4P.
Ta được hệ phương trình sau:
S −
√
P = 3
S + 2
√
S + P + 1 = 14
⇔



S ≥ 3
P = (S − 3)2
S + 2 S + (S − 3)2
+ 1 = 14.
18
Có: S + 2 S + (S − 3)2
+ 1 = 14
⇔ 2 S + (S − 3)2
+ 1 = 14 − S
⇔
14 − S ≥ 0
4 S + (S − 3)2
+ 1 = (14 − S)2
⇔
S ≤ 14
3S2 + 8S − 156 = 0
⇔



S ≤ 14
S = 6
S = −
26
3
⇒ S = 6 ⇒ P = 9 (TMĐK).
Với
S = 6
P = 9
⇒
x + y = 6
xy = 9
⇔ x = y = 3 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3).
Ví dụ 2.8. (Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ số 444)
Giải hệ phương trình
√
2x − 3 −
√
y = 2x − 6
x3 + y3 + 7 (x + y) xy = 8xy 2 (x2 + y2)
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥
3
2
; y ≥ 0.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
(x + y)3
+ 4 (x + y) xy = 8xy 2(x + y)2
− 4xy.
Đặt S = x + y, P = xy, điều kiện S2 ≥ 4P; S > 0; P ≥ 0.
Ta có:
S3 + 4SP = 8P
√
2S2 − 4P
⇔ S6 + 8S4P − 112S2P2 + 256P3 = 0.
Coi đây là phương trình bậc ba theo biến S2, tham số P ta được:
S2 = −16P ≤ 0 (Loại)
S2 = 4P.
Với S2 = 4P ⇒ (x + y)2
= 4xy ⇔ x = y.
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
√
2x − 3 −
√
x = 2x − 6
⇔
√
2x − 3 −
√
x = 2 (2x − 3 − x)
⇔
√
2x − 3 −
√
x = 2
√
2x − 3 −
√
x
√
2x − 3 +
√
x
⇔
√
2x − 3 −
√
x 1 − 2
√
2x − 3 +
√
x = 0.
Do 1 − 2
√
2x − 3 +
√
x > 0; ∀x ≥
3
2
.
⇒
√
2x − 3 −
√
x = 0
19
⇔ x = 3 ⇒ y = 3 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3).
Bài tập rèn luyện
Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R).
Bài toán 2.1.
1 + x3y3 = 19x3
y + xy2 = −6x2.
Bài toán 2.2.
12x + 3y − 4
√
xy = 16√
4x + 5 +
√
y + 5 = 6.
Bài toán 2.3.



x +
1
y
−
√
x + y − 3 = 3
2x + y +
1
y
= 8.
Bài toán 2.4.



x −
√
y + 2 =
3
2
y + 2 (x − 2)
√
x + 2 = −
7
4
.
Bài toán 2.5.



x2 + y2 = 1 + xy
x
y + 1
2
+
y
x + 1
2
= 1.
Bài toán 2.6.
2y x2 − y2 = 3x
3
√
x + 3
√
y = 6.
2.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử
Trong phần này chúng ta sẽ tìm hiểu phương pháp giải hệ phương trình dạng:
f (x; y) = 0
g (x; y) = 0.
trong đó, f (x; y) = f1 (x; y) .f2 (x; y) .
Từ đó, ta đưa hệ về dạng:






f1 (x; y) = 0
g (x; y) = 0.
f2 (x; y) = 0
g (x; y) = 0.
Giải hệ phương trình bằng phương pháp phân tích nhân tử là một kỹ thuật có
tính phát triển nâng cao dựa trên nền tảng giải hệ bằng phương pháp thế.
20
Dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình được giải bằng phương pháp này là:
- Phương trình trong hệ là một phương trình bậc hai có biểu thức delta là một
số chính phương.
- Phương trình trong hệ có dạng đẳng cấp.
- Phương trình trong hệ xuất hiện nhân tử chung sau phép nhân với biểu thức
liên hợp.
- Phương trình có tính đối xứng giữa hai biến.
Ví dụ 2.9. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên KHTN,
ĐHKHTN, ĐHQGHN)
Giải hệ phương trình
x2 − 5x = y2 − 3y − 4
4
√
x − 1 − 1
√
x + y = x + y + 3
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ 1; x + y ≥ 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
y2
− 3y − x2
+ 5x − 4 = 0.
Ta coi đây là một phương trình bậc hai theo biến y, tham số x.
Có: ∆ = (2x − 5)2
≥ 0; ∀x ≥ 1.
⇒
y = 4 − x
y = x − 1.
Khi đó ta có thể đưa phương trình thứ nhất của hệ về phương trình tích dạng:
(y − 4 + x) (y − x + 1) = 0.
Với y = 4 − x, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
4
√
x − 1 − 1 .2 = 7
⇔
√
x − 1 − 1 =
7
8
⇔
√
x − 1 =
15
8
⇔ x =
289
64
.
⇒ y = −
33
64
(TMĐK).
Với y = x − 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
4
√
x − 1 − 1
√
2x − 1 = 2x + 2.
Đặt u =
√
x − 1 − 1 ⇒ x = u2 + 2u + 2.
Ta có: 4
√
x − 1 − 1
√
2x − 1 = 2x + 2
⇔ 4u
√
2u2 + 4u + 3 = 2 u2 + 2u + 2
⇔ 4u2 2u2 + 4u + 3 = u2 + 2u + 2
2
21
⇔ 7u4 + 12u3 + 2u2 − 12u − 9 = 0
⇔ (u − 1) 7u3 + 19u2 + 21u + 9 = 0 = 0.
Vì 7u3 + 19u2 + 21u + 9 = 0 vô nghiệm nên suy ra:
u − 1 = 0 ⇔ u = 1.
Do đó x = 5 ⇒ y = 4 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) =
289
64
; −
33
64
; (5; 4) .
Ví dụ 2.10. Giải hệ phương trình
√
2x + 1 +
√
2y + 1 =
(x − y)2
2
(x + y) (x + 2y) + 3x + 2y = 4
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ −
1
2
; y ≥ −
1
2
.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
x2 + 3 (y + 1) x + 2y2 + 2y + 4 = 0.
Ta coi đây là phương trình bậc hai theo biến x với tham số y.
Có ∆ = (y + 5)2
> 0; ∀y ≥ −
1
2
.
⇒
x = 1 − y
x = −4 − 2y.
Khi đó, phương trình thứ hai của hệ được phân tích dưới dạng:
(x − 1 + y) (x + 4 + 2y) = 0.
Với x = 1 − y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
√
3 − 2y +
√
2y + 1 =
(1 − 2y)2
2
⇔ 4 + 2 −4y2 + 4y + 3 =
1 − 4y + 4y2 2
4
.
Đặt u = −4y2 + 4y + 3 ≥ 0, ta có phương trình:
4 + 2u =
4 − u2 2
4
⇔ u u3 − 8u − 8 = 0 ⇔ u = 0.
Suy ra: −4y2 + 4y + 3 = 0
⇔




y =
3
2
y = −
1
2
⇒




x = −
1
2
; y =
3
2
x =
3
2
; y = −
1
2
.
Với x = −4 − 2y ≥ −
1
2
⇔ y ≤ −
7
4
vô lý do y ≥ −
1
2
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = −
1
2
;
3
2
;
3
2
; −
1
2
.
22
Lưu ý : Hạn chế của phương pháp trên là nó chỉ sử dụng được với những
hệ có chứa một phương trình bậc hai có biệt thức delta đẹp. Với những bài ta
không tính được delta hoặc delta là một biểu thức không chính phương thì ta
nghĩ đến cách khác, chẳng hạn như cộng, trừ hay nhân, chia theo vế hai phương
trình của hệ để được một phương trình có thể phân tích thành nhân tử.
Ví dụ 2.11. (Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ tháng 1 năm 2015)
Giải hệ phương trình
2x3 + y3 + 2x2 + y2 = xy (2x + 3y + 4)
x2 + 1
y
+
y2 + 1
x
=
10
3
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: xy = 0.
Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với
2x3 + y3 + 2x2 + y2 = 4xy (x + y + 1) − 2x2y − xy2
⇔ 2x2 (x + y + 1) + y2 (x + y + 1) − 4xy (x + y + 1) = 0
⇔ (x + y + 1) 2x2 + y2 − 4xy = 0
⇔
x + y + 1 = 0
2x2 + y2 − 4xy = 0.
Với x + y = 1, kết hợp với phương trình thứ hai của hệ đã cho ta có:
x + y + 1 = 0
x2 + 1
y
+
y2 + 1
x
=
10
3
⇔
x + y + 1 = 0
x2 + 1
−1 − x
+
(x + 1)2
+ 1
x
=
10
3
⇔
x + y + 1 = 0
xy = −6
⇔
x = 2; y = −3
x = −3; y = 2
(TMĐK).
Với 2x2 + y2 − 4xy = 0.
⇒ 4xy = 2x2 + y2 ≥ x2 + y2 ≥ 2xy
⇒ xy ≥ 0.
Kết hợp với phương trình thứ hai của hệ ta có:
x2 + 1
y
+
y2 + 1
x
≥
2x
y
+
2y
x
≥ 2
2x
y
.
2y
x
= 4 >
10
3
.
Suy ra trường hợp này vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (2; −3) ; (−3; 2) .
Ví dụ 2.12. (Trích đề thi HSG QG năm 2012)
23
Giải hệ phương trình



2y = (x − y) (y + 3x)
3
y2
x2
+ 2
y2
x
+ x − 3y = 0
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: xy = 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
3x2 − y2 − 2xy = 2y
3
y2
x2
= −2
y2
x
− x + 3y.
Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được:
3y2 − 3
y4
x2
+ 2xy − 2
y3
x
= 0
⇔ y (3x + 2y) 1 −
y2
x2
= 0.
Vì y = 0 nên ⇒
3x + 2y = 0
x2 − y2 = 0
⇔ y = −
3
2
x
x = ±y.
Với y = −
3
2
x. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được:
x
5
4
x + 1 = 0 ⇔ x = −
4
5
⇒ y =
6
5
(Vì x = 0).
Với x = y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được:
x = y = 0 (Loại).
Với x = −y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được:
y (2y − 1) = 0 ⇔ y =
1
2
⇒ x = −
1
2
(Vì y = 0).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = −
4
5
;
6
5
; −
1
2
;
1
2
.
Ví dụ 2.13. (Trích đề thi HSG QG năm 2007)
Giải hệ phương trình



1 −
12
y + 3x
√
x = 2
1 +
12
y + 3x
√
y = 6
(x, y ∈ R).
24
Giải. Điều kiện: x > 0; y > 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với


1 −
12
y + 3x
=
2
√
x
1 +
12
y + 3x
=
6
√
y
⇔



3
√
y
+
1
√
x
= 1
3
√
y
−
1
√
x
=
12
y + 3x
.
Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được:
3
√
y
+
1
√
x
3
√
y
−
1
√
x
=
12
y + 3x
⇔
9
y
−
1
x
=
12
y + 3x
⇔ 27x2 − 6xy − y2 = 0
⇔ (3x − y) (9x + y) = 0
⇔ y = 3x (Vì 9x + y > 0; ∀x, y > 0).
Thay y = 3x vào phương trình
3
√
y
+
1
√
x
= 1 ta được:
3
√
3x
+
1
√
x
= 1
⇔
√
x =
√
3 + 1
⇔ x = 4 + 2
√
3 ⇒ y = 12 + 6
√
3 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 4 + 2
√
3; 12 + 6
√
3 .
Trong nhiều bài toán giải hệ phương trình, ta phải sử dụng kỹ thuật nhân
liên hợp để đưa phương trình về dạng tích. Những hệ có chứa căn thức thường
được làm theo hướng này. Chẳng hạn như ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.14. (Trích đề thi thử đại học năm 2014 THPT chuyên Hưng Yên)
Giải hệ phương trình
(1 − y) x2 + 2y2 = x + 2y + 3xy
√
y + 1 + x2 + 2y2 = 2y − x
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: y + 1 ≥ 0.
Nhận thấy (x; y) = (0; 0) không thỏa mãn hệ phương trình.
Với (x; y) = (0; 0) thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(1 − y) x2 + 2y2 − (x + 2y) − 2y2 + 4xy = 0
⇔
(1 − y) −2y2 − 4xy
x2 + 2y2 + (x + 2y)
− 2y2 + 4xy = 0
25
⇔ 2y2 + 4xy
1 − y
x2 + 2y2 + (x + 2y)
+ 1 = 0
⇔
y = 0
y = −2x
x2 + 2y2 = − (x + y + 1) .
Với y = 0, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
1 + |x| + x = 0 (Vô nghiệm).
Với y = −2x, thay vào phương trình thứ hai ta được:
√
1 − 2x + 3 |x| + 5x = 0
⇔ x =
−1 −
√
5
4
⇒ y =
1 +
√
5
2
.
Với x2 + 2y2 = − (x + y + 1) thay vào phương trình thứ hai ta có:
√
y + 1 = 3y + 1 ⇔ y = 0.
⇒ 1 + |x| + x = 0 (Vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) =
−1 −
√
5
4
;
1 +
√
5
2
.
Ví dụ 2.15. (Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2011)
Giải hệ phương trình
√
x + y + 1 + 1 = 4(x + y)2
+
√
3.
√
x + y
30x − 4y = 2011
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x + y ≥ 0.
Đặt u =
√
x + y ≥ 0. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được:
√
u2 + 1 + 1 = 4u4 +
√
3u
⇔
√
u2 + 1 −
√
3u = 4u4 − 1
⇔
u2 + 1 − 3u2
√
u2 + 1 +
√
3u
= 2u2 − 1 2u2 + 1
⇔ 2u2 − 1 2u2 + 1 +
1
√
u2 + 1 +
√
3u
= 0.
Vì 2u2 + 1 +
1
√
u2 + 1 +
√
3u
> 0; ∀u ≥ 0.
⇒ 2u2 − 1 = 0
⇒ 2 (x + y) = 1.
Kết hợp với phương trình thứ hai của hệ ta được:
2 (x + y) = 1
30x − 4y = 2011
⇔



x =
2013
34
y = −
998
17
.
26
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =
2013
34
; −
998
17
.
Ví dụ 2.16. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên
KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN).
Giải hệ phương trình
y3 + y
√
2x − 1 + 1 = y2
√
2x − 1 + 2x
9y2 − 11x
√
7x − 10 = x2y2 − 6x2 + 11x
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥
10
7
.
Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với
2x − 1 + y2
√
2x − 1 − y3 + y
√
2x − 1 = 0
⇔
√
2x − 1
√
2x − 1 + y2 − y
√
2x − 1 + y2 = 0
⇔
√
2x − 1 + y2
√
2x − 1 − y = 0.
Vì
√
2x − 1 + y2 > 0; ∀x ≥
10
7
.
⇒
√
2x − 1 − y = 0
⇔ y =
√
2x − 1.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được:
[9 (2x − 1) − 11x]
√
7x − 10 = x2 (2x − 1) − 6x2 + 11x
⇔ (7x − 9)
√
7x − 10 = 2x3 − 7x2 + 11x
⇔ (7x − 9)
√
7x − 10 − x = 2x3 − 14x2 + 20x
⇔
(7x − 9) 7x − 10 − x2
√
7x − 10 + x
= 2x x2 − 7x + 10
⇔ x2 − 7x + 10 2x +
7x − 9
√
7x − 10 + x
= 0.
Vì 2x +
7x − 9
√
7x − 10 + x
> 0; ∀x ≥
10
7
.
Do đó x2 − 7x + 10 = 0
⇔
x = 2
x = 5
⇒ x = 2; y =
√
3
x = 5; y = 3
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 2;
√
3 ; (5; 3) .
Bài tập rèn luyện
Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R).
Bài toán 2.7. 2xy3 − 3y2 − 4xy +
43
27
= 0
6x3y + 3xy3 + 3x2y2 + 2xy = 2x2 + y2 + 1.
27
Bài toán 2.8.
x2 − y2 + x − 3y = 2
2x2 − x − y + 2 =
√
2x + 2y + 3 +
√
4x + 2y + 6.
Bài toán 2.9.



x + 3 = 2 (3y − x) (y + 1)
√
3y − 2 −
x + 5
2
= xy − 2y − 2.
Bài toán 2.10.
2x2 − y2 + xy + 3y − 2 = 0
2x2 + 3y + 1 − x + 4xy + y2 + 5x2 + y = 0.
Bài toán 2.11.
x3 − 2y3 + 3 (x − 2y) = 3xy (x − y)
2x3 = 1 + 4y − 3x2
√
2x + 1.
Bài toán 2.12.
xy + x − 2 = 0
2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0.
Bài toán 2.13.
5x2y − 4xy2 + 3y3 − 2 (x + y) = 0
xy x2 + y2 + 2 = (x + y)2
.
Bài toán 2.14.
xy + x + y = x2 − 2y2
x
√
2y − y
√
x − 1 = 2x − 2y.
2.3 Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức
Trong mục này, chúng ta nghiên cứu về việc sử dụng các hằng đẳng thức để
giải hệ phương trình. Bằng các phép biến đổi, ta đưa hệ về một trong các dạng
sau:
1. An = Bn; n ∈ N.
Khi đó
A = B nếu n lẻ,
A = ±B nếu n chẵn.
2. A2n
1 + A2n
2 + ... + A2n
k = 0; k = 1; 2; .....; n ∈ N∗.
Khi đó A2n
1 = A2n
2 = ... = A2n
k = 0.
Chú ý : Ta dùng phương pháp này khi giải hệ phương trình mà nhận thấy các
biểu thức của ẩn chứa đầy đủ các bậc từ nhỏ đến lớn.
Ví dụ 2.17. (Trích đề thi HSG QG năm 2010)
Giải hệ phương trình
x4 − y4 = 240
x3 − 2y3 = 3 x2 − 4y2 − 4 (x − 8y)
(x, y ∈ R).
28
Giải.
Ta nhận thấy, các biểu thức chứa biến có bậc từ một đến bốn, tuy nhiên nếu ta
cộng theo vế hai phương trình của hệ thì không làm xuất hiện các hệ số tương
ứng của hằng đẳng thức. Để giải quyết bài toán này, trước tiên ta nhân hai vế
phương trình thứ hai của hệ với (−8) rồi cộng theo vế hai phương trình với nhau.
Ta có thể làm như sau:
Hệ phương trình đã cho tương đương với
x4 − y4 = 240
−8x3 + 16y3 = −24x2 + 96y2 + 32x − 256y
⇔
x4 − y4 = 240
x4 − 8x3 + 24x2 − 32x + 16 = y4 − 16y3 + 96y2 − 256y + 256
⇔
x4 − y4 = 240
(x − 2)4
= (y − 4)4
⇔



x4 − y4 = 240
x = y − 2
x = 6 − y.
Với x = y − 2 ta có:
(y − 2)4
− y4 = 240
⇔ (y + 2) y2 − 7y + 22 = 0
⇔ y = −2 ⇒ x = −4.
Với x = 6 − y ta có:
(6 − y)4
− y4 = 240
⇔ (y − 2) y2 − 7y + 22 = 0
⇔ y = 2 ⇒ x = 4.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (−4; −2) ; (4; 2) .
Lưu ý : Ta sử dụng kỹ thuật hệ số bất định để tìm được số (−8).
Từ hai phương trình của hệ ta hy vọng đưa được về hằng đẳng thức
(x + a)4
= (y + b)4
(∗).
Nhân phương trình thứ hai của hệ với α; α = 0 rồi cộng với phương trình thứ
nhất ta được:
x4 − y4 − 240 + α x3 − 2y3 − 3 x2 − 4y2 + 4 (x − 8y) = 0 (∗∗).
Đồng nhất hệ số của của các biểu thức của (∗) và (∗∗) ta được α = −8.
Ví dụ 2.18. Giải hệ phương trình
(x − y) x2 + y2 = x4 − 1
(x + y) x4 + y4 = x4 + 1
(x, y ∈ R).
Giải.
Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được
29
(x − y) (x + y) x2 + y2 x4 + y4 = x4 − 1 x4 + 1
⇔ x2 − y2 x2 + y2 x4 + y4 = x8 − 1
⇔ x4 − y4 x4 + y4 = x8 − 1
⇔ x8 − y8 = x8 − 1
⇔ y8 = 1 ⇔ y = ±1.
Với y = 1, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
(x − 1) x2 + 1 = x4 − 1
⇔ x (x − 1) x2 + 1 = 0
⇔
x = 0
x − 1 = 0
⇔
x = 0
x = 1.
⇒
x = 0; y = 1
x = y = 1.
Nhận thấy, x = y = 1 không thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ.
Với y = −1, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
(x + 1) x2 + 1 = x4 − 1
⇔ (x + 1) (2 − x) x2 + 1 = 0
⇔
x + 1 = 0
2 − x = 0
⇔
x = −1
x = 2
⇒
x = y = −1
x = 2; y = −1.
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (x; y) = (0; 1) ; (−1; −1) ; (2; −1) .
Ví dụ 2.19. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên
KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN)
Giải hệ phương trình
x2 + y2 = 2
2x5
x + y
+ (xy + 1)2
= 5
(x, y ∈ R).
Giải.
Nhận thấy, nếu ta biến đổi hệ rồi thay phương trình thứ nhất của hệ vào phương
trình thứ hai rồi quy đồng, tính toán sẽ làm xuất hiện biểu thức của biến có bậc
từ một đến năm. Do đó ta có cách giải sau.
Điều kiện: x + y = 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
x2 + y2 = 2
2x5
x + y
= 4 − x2y2 − 2xy
⇔
x2 + y2 = 2
2x5
x + y
= 4 − x2y2 − 2xy
30
⇔
x2 + y2 = 2
2x5
x + y
= x2 + y2 2
− x2y2 − x2 + y2 xy
⇔
x2 + y2 = 2
2x5
x + y
= x4 + y4 + x2y2 − x2 + y2 xy
⇔
x2 + y2 = 2
2x5 = (x + y) x4 − x3y + x2y2 − xy3 + y4
⇔
x2 + y2 = 2
2x5 = x5 + y5 ⇔
x2 + y2 = 2
x5 = y5
⇔
x2 + y2 = 2
x = y
⇔
x = y = 1 (TMĐK)
x = y = −1 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) ; (−1; −1) .
Ví dụ 2.20. (Trích đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG QG năm 2003 TPHCM)
Giải hệ phương trình



1
x
−
1
2y
= 2 y4 − x4
1
x
+
1
2y
= 3y2 + x2 3x2 + y2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x = 0; y = 0.
Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được:


2
x
= x4 + 5y4 + 10x2y2
1
y
= 5x4 + y4 + 10x2y2
⇔
x5 + 5xy4 + 10x3y2 = 2
5x4y + y5 + 10x2y3 = 1
⇔
x5 + 5xy4 + 10x3y2 + 5x4y + y5 + 10x2y3 = 3
x5 + 5xy4 + 10x3y2 − 5x4y − y5 − 10x2y3 = 1
⇔
(x + y)5
= 3
(x − y)5
= 1
⇔ x + y = 5
√
3
x − y = 1
⇔



x =
5
√
3 + 1
2
y =
5
√
3 − 1
2
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =
5
√
3 + 1
2
;
5
√
3 − 1
2
.
Ví dụ 2.21. (Trích đề thi Olympic 30/4/2011)
31
Giải hệ phương trình



x2 − y2 =
121x − 122y
4xy (x2 + y2)
x4 + 14x2y2 + y4 =
122x + 121y
x2 + y2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: xy = 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với



4xy x2 − y2 =
121x − 122y
x2 + y2
(1)
x4 + 14x2y2 + y4 =
122x + 121y
x2 + y2
(2)
Lấy (1).x + (2)y và −(1)y + (2).x theo vế ta được:
5x4y + 10x2y3 + y5 = 121
x5 + 10x3y2 + 5x4y = 122
⇔
(x + y)5
= 243
(x − y)5
= 1
⇔
x + y = 3
x − y = 1
⇔
x = 2
y = 1
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (2; 1) .
Trong một số bài toán, khi biến đổi hệ phương trình ta sẽ thu được dạng sau:
A2n
1 + A2n
2 + ... + A2n
k = 0; k = 1; 2; .....; n ∈ N∗
.
Khi đó, A2n
1 = A2n
2 = ... = A2n
k = 0.
Ví dụ 2.22. Giải hệ phương trình
2(x − y)2
+ 10x − 6y + 12 =
√
x + 2 +
√
y
x + 4 − y2 = y − x − 2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ −2; y ≥ 0; x + 4 − y2 ≥ 0; 2(x − y)2
+ 10x − 6y + 12 ≥ 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2x2 + 2y2 − 4xy + 9x − 7y + 10 − 2 y (x + 2) = 0
⇔ x + 2 − 2 y (x + 2) + y + 2 x2 + y2 − 2xy + 4x − 4y + 4 = 0
⇔
√
x + 2 −
√
y
2
+ 2(x − y + 2)2
= 0
⇔
√
x + 2 −
√
y = 0
x − y + 2 = 0
⇔ y = x + 2.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
32
x + 4 − (x + 2)2
= x + 2 − x − 2
⇔
√
−x2 − 3x = 0
⇔ −x2 − 3x = 0
⇔
x = 0 (TM)
x = −3 (Loại).
Với x = 0 thì y = 2 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 2) .
Ví dụ 2.23. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG năm 2015 tỉnh Nghệ An)
Giải hệ phương trình
x 4y3 + 3y + 5y2 − x2 = y2 x2 + 4y2 + 8
x +
√
12 − 2x = 2y2 − 2
√
y − 4
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: 5y2 − x2 ≥ 0; x ≤ 6; y ≥ 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(x − 2y)2
4y2 + 3 + x − 2 5y2 − x2
2
= 0
⇔
x − 2y = 0
x − 2 5y2 − x2 = 0
⇔
x = 2y
x = 2 5y2 − x2
⇔
x = 2y
x ≥ 0.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
2y +
√
12 − 4y = 2y2 − 2
√
y − 4
⇔ y +
√
3 − y = y2 −
√
y − 2
⇔ y2 − y − 2 =
√
3 − y +
√
y ≥ 0
⇒ 2 ≤ y ≤ 3.
Ta có:
y +
√
3 − y = y2 −
√
y − 2
⇔ y2 − 3y + 1 =
√
3 − y − (y − 2) +
√
y − (y − 1)
⇔ y2 − 3y + 1 = −
y2 − 3y + 1
√
3 − y + y − 2
−
y2 − 3y + 1
√
y + y − 1
⇔ y2 − 3y + 1 1 +
1
√
3 − y + y − 2
+
1
√
y + y − 1
= 0.
Vì 1 +
1
√
3 − y + y − 2
+
1
√
y + y − 1
> 0; ∀y ∈ [2; 3] .
Nên suy ra y2 − 3y + 1 = 0 ⇔ y =
3 ±
√
5
2
.
Kết hợp với điều kiện ta có y =
3 +
√
5
2
⇒ x = 3 +
√
5.
33
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 3 +
√
5;
3 +
√
5
2
.
Bài tập rèn luyện
Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R).
Bài toán 2.15.
(x − y) x2 + xy + y2 + 3 = 3 x2 + y2 + 2
4
√
x + 2 +
√
16 − 3y = x2 + 8.
Bài toán 2.16. 3y2 + 1 + 2y (x + 1) = 4y x2 + 2y + 1
y (y − x) = 3 − 3y.
Bài toán 2.17.
12
y
x
= 3 + x − 2
√
4y − x
√
y + 3 + y = x2 − x − 3.
Bài toán 2.18.



x + y
xy
+ xy =
2 (x − y)
√
x +
√
y
+
2
√
xy
1
√
y
−
1
√
x
+ x + y = 4.
Bài toán 2.19.



2x (y + 1) − 2y (y − 1) = 3
x2 + y − x =
4 + y
2 x2 + y
.
2.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Để giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số, trước tiên ta cần biết
đến các tính chất của hàm số như sau.
Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D (D có thể là một đoạn, một khoảng,
hoặc nửa khoảng).
1. Định lý 1
Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì
phương trình f(x) = k có nhiều nhất một nghiệm trên D và f(u) = f(v) khi và
chỉ khi u = v, với mọi u, v thuộc D.
2. Định lý 2
Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D và hàm
số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì phương trình
f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên D.
3. Định lý 3
34
Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n trên D và phương trình
f(k) (x) = 0 có m nghiệm. Khi đó, phương trình f(k−1) (x) = 0 có nhiều nhất m+1
nghiệm trên D.
Lưu ý : Một số đặc điểm để nhận dạng hệ phương trình có thể áp dụng phương
pháp này là:
- Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến về một định dạng
phương trình có tính đối xứng.
- Hệ đối xứng loại 2 nhưng không giải được bằng phương pháp thông thường.
- Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến nhưng không đưa
được về dạng đối xứng, chẳng hạn như:
f(x) + f(y) = k hoặc f(x).f(y) = k hoặc f(x) + g(y) = k hoặc f(x) = k, với k là
hằng số.
Trong một số bài toán, ta dễ dàng phát hiện ra hàm đặc trưng. Chẳng hạn,
ta xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.24. (Trích đề thi thử ĐH năm 2013 trường THPT chuyên ĐHSPHN)
Giải hệ phương trình



x +
1
x2 + 1
= y +
1
y2 + 1
9x2 +
4
y2
=
3x2 + 2x − 2
y
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: y = 0.
Xét hàm số f (t) = t +
1
t2 + 1
; t ∈ R.
Có f (t) = 1 −
2t
(t2 + 1)
2
=
t4 + t2 + (t − 1)2
(t2 + 1)
2
> 0; ∀t.
Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R.
Do đó f (x) = f (y) ⇔ x = y.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
9x2 +
4
x2
=
3x2 + 2x − 2
x
(x = 0)
⇔ 9x2 +
4
x2
= 3x −
2
x
+ 2.
Đặt u = 3x −
2
x
⇒ 9x2 +
4
x2
= u2 + 12.
Khi đó
9x2 +
4
x2
= 3x −
2
x
+ 2
⇔
√
u2 + 12 = u + 2
35
⇔
u + 2 ≥ 0
u2 + 12 = (u + 2)2
⇔
u ≥ 2
4u = 8
⇔ u = 2.
⇒ 3x −
2
x
= 2 ⇔ 3x2 − 2x − 2 = 0
⇔ x =
1 ±
√
7
3
⇒ x = y =
1 ±
√
7
3
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) =
1 −
√
7
3
;
1 −
√
7
3
;
1 +
√
7
3
;
1 +
√
7
3
.
Ví dụ 2.25. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG năm 2011 trường THPT
chuyên ĐHSPHN)
Giải hệ phương trình
2x2 − 3x + 4 2y2 − 3y + 4 = 18
x2 + y2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0
(x, y ∈ R).
Giải.
Xét phương trình thứ hai trong hệ:
x2
+ y2
+ xy − 7x − 6y + 14 = 0.
- Nếu ta xem đây là phương trình bậc hai theo biến x thì điều kiện để phương
trình có nghiệm là: ∆ ≥ 0.
Có ∆ = (y − 7)2
− 4 y2 − 6y + 14 = −3y2 + 10y − 7.
∆ ≥ 0 ⇔ −3y2 + 10y − 7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤
7
3
.
- Nếu ta xem đây là phương trình bậc hai theo biến y thì điều kiện để phương
trình có nghiệm là: ∆ ≥ 0.
Có ∆ = (x − 6)2
− 4 x2 − 7y + 14 = −3x2 + 16x − 20.
∆ ≥ 0 ⇔ −3x2 + 16x − 20 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤
10
3
.
Suy ra: x ∈ 2;
10
3
; y ∈ 1;
7
3
.
Từ phương trình thứ nhất trong hệ, ta xét hàm:
f (t) = 2t2
− 3t + 4; t ≥ 1.
Ta có: f (t) = 4t − 3 > 0; ∀t ≥ 1.
Do đó, f(t) là hàm đồng biến trên (1; +∞) .
Suy ra ta có:
f (x) ≥ f (2) = 6; ∀x ∈ 2;
10
3
.
f (y) ≥ f (1) = 3; ∀y ∈ 1;
7
3
.
36
Do đó: f (x) .f (y) ≥ 18.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = 2
y = 1.
Thử lại ta thấy (x; y) không thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ.
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét: Ở hai ví dụ trên ta nhận thấy phương trình thứ nhất của hệ có
chứa các biểu thức đối xứng của x và y, vì vậy ta nhận được ngay hàm đặc
trưng. Tuy nhiên, không phải bài toán nào cũng đơn giản như thế. Với những
bài toán phức tạp hơn, ta cần biến đổi hệ phương trình để nhận được hàm đặc
trưng. Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.26. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên
KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN)
Giải hệ phương trình
8
√
2y − 1 2y −
√
2y − 1 = x x2 − 2x + 4
4xy + 2 (x + 2) (x + 2y) = 5x + 12y − 6
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: (x + 2) (x + 2y) ≥ 0; y ≥
1
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
6y
√
2y − 1 − 8 (2y − 1) = x3 − 2x2 + 4x
⇔ 8 (2y − 1)
√
2y − 1 − 8 (2y − 1) + 8
√
2y − 1 = x3 − 2x2 + 4x
⇔ 2
√
2y − 1
3
− 2 2
√
2y − 1
2
+ 4 2
√
2y − 1 = x3 − 2x2 + 4x.
Xét hàm số f (t) = t3 − 2t2 + 4t; t ∈ R.
Có f (t) = 3t2 − 4t + 4 = 2t2 + (t − 2)2
≥ 0; ∀t.
Suy ra f(t) là hàm đồng biến ∀t ∈ R.
Do đó, f 2
√
2y − 1 = f (x) ⇔ x = 2
√
2y − 1 ≥ 0.
⇒ y =
x2 + 4
8
.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
x3
+ 2 (x + 2)
√
x + 2 = 3x (x + 2) .
Đặt u =
√
x + 2 ≥ 0.
⇒ x3 + 2u3 = 3xu2
⇔ (x − u)2
(x + 2u) = 0
⇔
x = u
x = −2u < 0 (Loại).
Với x = u ⇒
√
x + 2 = x ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔
x = −1 (Loại)
x = 2 (TM).
37
Với x = 2 ⇒ y = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1) .
Ví dụ 2.27. (Trích đề thi HSG năm 2010 tỉnh Nghệ An)
Giải hệ phương trình
x3 − y3 − 2 = 3x − 3y2
x2 +
√
1 − x2 − 3 2y − y2 + 2 = 0
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 2.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
x3 − 3x − 2 = y3 − 3y2
⇔ x3 − 3x − 2 = (y − 1)3
− 3 (y − 1) − 2.
Từ điều kiện ta suy ra x; y − 1 ∈ [−1; 1] .
Xét hàm số f (t) = t3 − 3t − 2; t ∈ [−1; 1] .
Có f (t) = 3 t2 − 1 < 0; ∀t ∈ (−1; 1) .
Do đó f(t) là hàm nghịch biến trên đoạn [−1; 1] .
Suy ra f (x) = f (y − 1) ⇔ x = y − 1.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
x2 − 2
√
1 − x2 + 2 = 0
⇔ x2 + 2 = 2
√
1 − x2
⇔ x2 x2 + 8 = 0
⇔ x = 0.
⇒ y = 1 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 1) .
Ví dụ 2.28. (Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An)
Giải hệ phương trình
x +
√
x2 + 4 y + y2 + 1 = 2
27x6 = x3 − 8y + 2
(x, y ∈ R).
Giải.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
x +
√
x2 + 4 =
2
y + y2 + 1
⇔ x +
√
x2 + 4 = −2 y − y2 + 1
⇔ x +
√
x2 + 4 = (−2y) + (−2y)2
+ 4.
Xét hàm số f (t) = t +
√
t2 + 4 trên R.
38
Ta có f (t) = 1 +
t
√
t2 + 4
> 0; ∀t ∈ R.
Suy ra f(t) đồng biến trên R.
Do đó, f (x) = f (−2y) ⇔ x = −2y.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
27x6 = x3 + 4x + 2
⇔ 3x2 = 3
√
x3 + 4x + 2
⇔ (x + 1)3
+ (x + 1) = x3 + 4x + 2 + 3
√
x3 + 4x + 2.
Xét hàm số g (t) = t3 + t trên R.
Có g (t) = 3t2 + 1 > 0; ∀t.
Suy ra g(t) đồng biến trên R.
⇒ g (x + 1) = g 3
√
x3 + 4x + 2
⇔ x + 1 = 3
√
x3 + 4x + 2
⇔ 3x2 − x − 1 = 0
⇔ x =
1 ±
√
13
6
.
Với x =
1 +
√
13
6
⇒ y =
−1 −
√
13
12
.
Với x =
1 −
√
13
6
⇒ y =
−1 +
√
13
12
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm là
(x; y) =
1 +
√
13
6
;
−1 −
√
13
12
;
1 −
√
13
6
;
−1 +
√
13
12
.
Ví dụ 2.29. (Trích đề thi đề nghị 30/4/2012)
Giải hệ phương trình
(2012 − 3x)
√
4 − x + (6y − 2009)
√
3 − 2y = 0
2
√
7x − 8y + 3
√
14x − 18y = x2 + 6x + 13
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≤ 4; y ≤
3
2
; 7x − 8y ≥ 0; 14x − 18y ≥ 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
[3 (4 − x) + 2000]
√
4 − x = [3 (3 − 2y) + 2000] 3 − 2y.
Xét hàm số: f (t) = (3t + 2000)
√
t; t ≥ 0.
Ta có: f (t) = 3
√
t +
3t + 2000
2
√
t
> 0; ∀t > 0.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [0; +∞) .
Do đó, f (4 − x) = f (3 − 2y) ⇔ 4 − x = 3 − 2y ⇔ y =
x − 1
2
.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
39
2
√
3x + 4 + 3
√
5x + 9 = x2 + 6x + 13
⇔ 2
√
3x + 4 − (x + 2) + 3
√
5x + 9 − (x + 3) = x2 + x
⇔
−2x (x + 1)
√
3x + 4 + (x + 2)
+
−3x (x + 1)
√
5x + 9 + (x + 3)
= x (x + 1)
⇔ x (x + 1)
2
√
3x + 4 + (x + 2)
+
3
√
5x + 9 + (x + 3)
+ 1 = 0.
Vì
2
√
3x + 4 + (x + 2)
+
3
√
5x + 9 + (x + 3)
+ 1 > 0; ∀x ≤ 4.
⇒ x (x + 1) = 0
⇔
x = 0
x = −1.
Với x = 0 ⇒ y = −
1
2
(TMĐK).
Với x = −1 ⇒ y = −1(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 0; −
1
2
; (−1; −1) .
Ví dụ 2.30. (Trích đề thi HSG năm 2010 tỉnh Thanh Hóa)
Giải hệ phương trình
x + y + 2 = 3
√
x + y
logx+y [4 (x − y)] = x − y (x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x + y > 0; x − y > 0; x + y = 1.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(
√
x + y)
2
− 3
√
x + y + 2 = 0
⇔
√
x + y = 1 (Loại)√
x + y = 2 (TMĐK).
⇒ x + y = 4.
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
log4 [4 (x − y)] = x − y ⇔ 4 (x − y) = 4x−y.
Đặt x − y = u > 0 suy ra 4u = 4u; u > 0.
Xét hàm số f (u) = 4u − 4u; u > 0.
Có f (u) = 4 − 4u ln 4.
f (u) = 0 ⇔ 4 − 4u ln 4 = 0 ⇔ u = 1 − log4 (ln 4) > 0.
Vì phương trình f (u) = 0 có nghiệm duy nhất u = 1 − log4 (ln 4) > 0
nên phương trình f(u) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm.
Mặt khác, f (1) = f
1
2
= 0.
Do đó phương trình 4u = 4u có hai nghiệm là u = 1; u =
1
2
.
40
Với u = 1 ⇒
x + y = 4
x − y = 1
⇔



x =
5
2
y =
3
2
(TMĐK).
Với u =
1
2
⇒
x + y = 4
x − y =
1
2
⇔



x =
9
4
y =
7
4
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) =
5
2
;
3
2
;
9
4
;
7
4
.
Ví dụ 2.31. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG năm 2010 tỉnh Quảng Ngãi)
Giải hệ phương trình
y − x + 1 +
√
2 =
√
x + 1 +
√
2 − x
2x3 − y3 + x2y2 = 2xy − 3x2 + 3y
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2; y ∈ R.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
2x3 − 2xy + x2y2 − y3 + 3x2 − 3y = 0
⇔ 2x x2 − y + y2 x2 − y + 3 x2 − y = 0
⇔ x2 − y 2x + y2 + 3 = 0 . Vì 2x + y2 + 3 > 0; ∀x ∈ [−1; 2] ; y ∈ R.
⇒ x2 − y = 0 ⇔ y = x2.
Thay y = x2 vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
x2 − x + 1 +
√
2 =
√
x + 1 +
√
2 − x
⇔ x2 − x + 1 +
√
2 −
√
x + 1 −
√
2 − x = 0.
Xét hàm số f (x) = x2 − x + 1 +
√
2 −
√
x + 1 −
√
2 − x; x ∈ [−1; 2] .
Có f (x) = 2x − 1 −
1
2
√
x + 1
+
1
2
√
2 − x
.
f (x) = 2 +
1
4 (x + 1)
√
x + 1
+
1
4 (2 − x)
√
2 − x
.
⇒ f (x) > 0; ∀x ∈ (−1; 2) .
Nên phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.
Mà f
1
2
= 0 nên x =
1
2
là nghiệm của phương trình f (x) = 0.
Do đó phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm.
Mặt khác f(0) = f(1) = 0.
Suy ra phương trình x2 − x + 1 +
√
2 −
√
x + 1 −
√
2 − x = 0 có đúng hai nghiệm
là x = 0; x = 1.
Với x = 0 ⇒ y = 0 (TMĐK).
Với x = 1 ⇒ y = 1 (TMĐK).
41
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 0) ; (1; 1) .
Ví dụ 2.32. Giải hệ phương trình
x3 (2 + 3y) = 8
x y3 − 2 = 6
(x, y ∈ R).
Giải.
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
Hệ phương trình đã cho tương đương với



2 + 3y =
8
x3
(1)
y3 − 2 =
6
x
. (2)
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được:
y3
+ 3y =
8
x3
+
6
x
.
Xét hàm số: f (t) = t3 + 3t; t ∈ R.
Có: f (t) = 3t2 + 3 > 0; ∀t ∈ R.
Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R.
Do đó: f (y) = f
2
x
⇔ y =
2
x
.
Thay vào phương trình (1) ta được
2 +
6
x
=
8
x3
⇔ x3 + 3x2 − 4 = 0
⇔
x = 1
x = −4
⇒
x = 1; y = 2
x = −4; y = −
1
2
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 2) ; −4; −
1
2
.
Bài tập rèn luyện
Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R).
Bài toán 2.20.
x3 + 3 (x − y) − 3 3
√
3y + 2 = 2
y3 + 3 (y − x) − 3 3
√
3x + 2 = 2.
Bài toán 2.21.
(23 − 3x)
√
7 − x + (3y − 20)
√
6 − y = 0√
2x + y + 2 −
√
−3x + 2y + 8 + 3x2 − 14x − 8.
42
Bài toán 2.22.
x3 − 2y + 1 = 0
(3 − x)
√
2 − x − 2y
√
2y − 1 = 0.
Bài toán 2.23.
y3 + 3y2 + y + 4x2 − 22x + 21 = (2x + 1)
√
2x − 1
2x2 − 11x + 9 = 2y.
Bài toán 2.24.
4 1 + 2x2y − 1 = 3x + 2 1 − 2x2y +
√
1 − x2
2x3y − x2 =
√
x4 + x2 − 2x3y 4y2 + 1.
Bài toán 2.25.
x3 − 3x2 − 9x + 22 = y3 + 3y2 − 9y
x2 + y2 − x + y =
1
2
.
Bài toán 2.26.
√
x + 1 + 4
√
x − 1 − y4 + 2 = y
x2 + 2x (y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0.
Bài toán 2.27. 3x2 − 2x − 5 + 2x
√
x2 + 1 = 2 (y + 1) y2 + 2y + 1
x2 + 2y2 = 2x − 4y + 3.
2.5 Phương pháp khác
2.5.1 Phương pháp đánh giá
Nội dung chủ đề này đề cập đến việc đánh giá hệ phương trình thông qua
điều kiện nghiệm của hệ phương trình và các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng
thức Cô si, bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức véc tơ.
1. Bất đẳng thức Cô si
Cho hai số thực không âm a, b. Ta có:
a + b
2
≥
√
ab.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Tổng quát: Cho n số thực không âm a1, a2, ..., an.
Khi đó ta có:
a1 + a2 + ... + an
n
≥ n
√
a1a2...an.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.
2. Bất đẳng thức Bunhiacopski
Cho bốn số thực a, b, x, y. Ta có:
a2
+ b2
x2
+ y2
≥ (ax + by)2
.
43
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
x
=
b
y
.
Tổng quát: Cho 2n số thực ai, bi (i = 1, 2, ..., n). Ta có:
a1
2
+ ... + an
2
b1
2
+ ... + bn
2
≥ (a1b1 + ... + anbn)2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a1
b1
= ... =
an
bn
.
3. Bất đẳng thức véc tơ
|−→u | + |−→v | ≥ |−→u + −→v | .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −→u = k−→v , k ∈ R.
* Nếu
→
u = (a; b) ;
→
v = (c; d) thì ta có bất đẳng thức sau:
a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + c)2
+ (b + d)2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ac = bd.
4. Bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối
|A| + |B| ≥ |A + B| . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB ≥ 0.
|A − B| ≥ |A| − |B| . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (A − B) B ≥ 0.
5. Một số bổ đề thường dùng
1
1 + a
+
1
1 + b
≥
2
1 +
√
ab
với a > 0; b > 0; ab ≥ 1.
1
1 + a
+
1
1 + b
≤
2
1 +
√
ab
với a > 0; b > 0; ab ≤ 1.
Dấu bằng xảy ra ở hai bổ đề này khi và chỉ khi
ab = 1
a = b.
Ví dụ 2.33. (Trích đề thi Đại học khối A, A1 năm 2014)
Giải hệ phương trình
x
√
12 − y + y(12 − x2) = 12
x3 − 8x − 1 = 2
√
y − 2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: −2
√
3 ≤ x ≤ 2
√
3; 2 ≤ y ≤ 12.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
x 12 − y + y(12 − x2) ≤ (x2 + 12 − x2)(12 − y + y) = 12.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x
√
12 − y
=
√
12 − x2
√
y
⇔ x
√
y = (12 − x2)(12 − y)
⇔
x ≥ 0
y = 12 − x2.
44
Thay y = 12 − x2 vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
x3 − 8x − 1 = 2
√
10 − x2
⇔ x3 − 8x − 3 + 2 1 −
√
10 − x2 = 0
⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 + 2.
x2 − 9
1 +
√
10 − x2
= 0
⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 +
2 (x + 3)
1 +
√
10 − x2
= 0.
Vì x2 + 3x + 1 +
2 (x + 3)
1 +
√
10 − x2
> 0; ∀x ≥ 0.
nên x − 3 = 0
⇔ x = 3 ⇒ y = 3 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3) .
Ví dụ 2.34. (Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh năm 2013 - 2014)
Giải hệ phương trình



4x2 + y2
2
+
4x2 + 2xy + y2
3
= 2x + y
x
√
xy + 5x + 3 = 2xy − 5x − 3
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: xy+5x+3 ≥ 0. Khi đó hệ phương trình có nghiệm nếu 2x+y ≥ 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
4x2 + y2 (1 + 1) ≥ (2x + y)2
.
⇒
4x2 + y2
2
≥
(2x + y)2
4
=
2x + y
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 2x.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
4x2 +2xy+y2 = (2x + y)2
−2xy ≥ (2x + y)2
−
2x + y
2
2
=
3
4
(2x + y)2
.
⇒
4x2 + 2xy + y2
3
≥
1
3
.
3
4
(2x + y)2
=
2x + y
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 2x.
Do đó
4x2 + y2
2
+
4x2 + 2xy + y2
3
≥ 2x + y.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = 2x.
Có y = 2x ⇒ 2x + y = 4x ≥ 0.
Thay y = 2x vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
x
√
xy + 5x + 3 = 4x2 − 5x − 3
⇔
x ≥ 0
4x2 − 5x − 3 ≥ 0
14x4 − 45x3 − 2x2 + 30x + 9 = 0
45
⇔



x ≥
5 +
√
73
8
(x − 3) 14x3 − 3x2 − 11x + 3 = 0.
Vì 14x3 − 3x2 − 11x + 3 > 0; ∀x ≥
5 +
√
73
8
.
⇒ x − 3 = 0
⇔ x = 3 ⇒ y = 6 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 6) .
Ví dụ 2.35. (Trích đề thi HSG QG năm 2013)
Giải hệ phương trình



sin2
x +
1
sin2
x
+ sin2
y +
1
sin2
y
=
20x
x + y
cos2x +
1
cos2x
+ cos2y +
1
cos2y
=
20y
x + y
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x + y = 0;
x
x + y
≥ 0;
y
x + y
≥ 0; x =
kπ
2
; y =
lπ
2
; k, l ∈ Z.
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được:
sin2
x +
1
sin2
x
+ cos2x +
1
cos2x
+ sin2
y +
1
sin2
y
+ cos2y +
1
cos2y
=
20x
x + y
+
20y
x + y
(∗).
Áp dụng bất đẳng thức véc tơ ta có:
sin2
x +
1
sin2
x
+ cos2x +
1
cos2x
≥ (sinx + cos x)2
+
1
sinx
+
1
cos x
2
≥ (1 + sin 2x) 1 +
4
sin2
2x
≥
(sin 2x − 1) sin2
2x − 8 sin 2x − 4
sin2
2x
+ 10
≥
√
10.
Tương tự ta có:
sin2
y +
1
sin2
y
+ cos2y +
1
cos2y
≥
√
10.
Suy ra V T(∗) ≥ 2
√
10.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
sin 2x = 1
sin 2y = 1
⇔



x =
π
4
+ kπ
y =
π
4
+ lπ
(k, l ∈ Z).
Mặt khác,
20x
x + y
+
20y
x + y
≤ 2
20x
x + y
+
20y
x + y
= 2
√
10.
46
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x
x + y
=
y
x + y
⇔ x = y.
Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y =
π
4
+ kπ (k ∈ Z).
2.5.2 Phương pháp lượng giác hóa
Nội dung chủ đề này đề cập đến phép thế lượng giác khi giải hệ phương trình.
Ta dựa vào các dấu hiệu nhận biết sau đây để sử dụng phương pháp lượng giác
hóa.
1. Nếu một phương trình của hệ có dạng (px − a)2
+ (qy − b)2
= c2 thì ta đặt:
px = a + c sin t
qy = b + c cos t
(t ∈ [0; 2π]).
2. Nếu từ hệ ta suy ra x ∈ [−a; a] ; y ∈ [−b; b] thì đặt:
x = a sin α
y = b sin β
(α; β ∈ [0; 2π]).
Dạng này thường đi kèm các căn thức
√
a2 − x2; b2 − y2.
3. Trong đề bài có chứa các biểu thức tương ứng với một công thức lượng giác
nào đó. Chẳng hạn:
1 + x2 tương ứng với 1 + tan2t =
1
cos2t
,
4x3 − 3x tương ứng với 4cos3t − 3 cos t = cos3t,
2x2 − 1 tương ứng với 2cos2t − 1 = cos2t,
2x
1 − x2
tương ứng với
2 tan t
1 − tan2t
= tan 2t.
Chú ý : Cần nhớ chính xác công thức nghiệm của các phương trình lượng giác
cơ bản. Nắm vững và biến đổi thành thạo các công thức biến đổi lượng giác.
Ví dụ 2.36. Giải hệ phương trình
x2 + y2 = 1
3x − 4x3 3y − 4y3 =
1
2
(x, y ∈ R).
Giải. Đặt
x = sin t
y = cos t (t ∈ [0; 2π]).
Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành:
3 sin t − 4sin3
t 3 cos t − 4cos3t =
1
2
47
⇔ sin 3t.cos3t = −
1
2
⇔ sin 6t = −1
⇔ t = −
π
12
+ k
π
3
(k ∈ Z)
Do t ∈ [0; 2π] nên t =
π
4
;
7π
12
;
11π
12
;
15π
12
;
19π
12
.
Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm là
(x; y) = (sin t; cos t) ; t ∈
π
4
;
7π
12
;
11π
12
;
15π
12
;
19π
12
.
Ví dụ 2.37. Giải hệ phương trình
1 +
√
1 − x2 = y 1 + 2 1 − y2
√
x − ln (y + 1) =
√
y − ln (x + 1)
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ 0; y ≤ 1.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
√
x + ln (x + 1) =
√
y + ln (y + 1) (1).
Xét hàm số f (t) =
√
t + ln (t + 1) trên [0; +∞), ta có:
f (t) =
1
2
√
t
+
1
t + 1
> 0; ∀t > 0.
Do đó f(t) là hàm đồng biến trên [0; +∞) .
Từ (1) suy ra f (x) = f (y) ⇔ x = y.
Thay y = x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2 .
Đặt x = sin α; α ∈ 0;
π
2
.
Khi đó phương trình trở thành:
1 + 1 − sin2
α = sin α 1 + 2 1 − sin2
α
⇔
√
1 + cosα = sin α (1 + 2cosα)
⇔
√
2cos
α
2
= 2 sin
3α
2
cos
α
2
⇔



sin
3α
2
= 0
cos
α
2
= 0
⇔


α = k
2π
3
α = π + k2π
(k ∈ Z).
Do α ∈ 0;
π
2
⇒ α ∈
π
6
;
π
2
.
48
Với α =
π
6
⇒ x = y =
1
2
(TMĐK).
Với α =
π
2
⇒ x = y = 1 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) =
1
2
;
1
2
; (1; 1) .
Ví dụ 2.38. (Trích đề thi Olympic 30/4/2013)
Giải hệ phương trình
x + 3y2 − 2y = 0
36 x
√
x + 3y2 − 27 4y2 − y + 2
√
3 − 9
√
x = 1
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
√
3x
2
+ (3y − 1)2
= 1
36x
√
x + 2
√
3 − 9
√
x + 4(3y − 1)3
− 3 (3y − 1) = 0.
Đặt
√
3x = sin t
3y − 1 = cos t (t ∈ [0; π]).
Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành
36sin3
t
3
√
3
+ 2
√
3 − 9
sin t
√
3
+ 4cos3t − 3 cos t = 0
⇔ 4
√
3sin3
t − 3
√
3 sin t + cos3t = −2 sin t
⇔
√
3 sin 3t − cos3t = 2 sin t
⇔ sin 3t −
π
6
= sin t
⇔



3t −
π
6
= t + k2π
3t −
π
6
= π − t + k2π
⇔



t =
π
12
+ kπ
t =
7π
24
+ k
π
2
(k ∈ Z).
Vì t ∈ [0; π] ⇒ t ∈
π
12
;
7π
24
;
19π
24
.
Suy ra (x; y) =
sin2
t
3
;
1 + cos t
3
; t ∈
π
12
;
7π
24
;
19π
24
.
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là
(x; y) =
sin2
t
3
;
1 + cos t
3
; t ∈
π
12
;
7π
24
;
19π
24
.
2.5.3 Phương pháp sử dụng số phức
Số phức có ứng dụng rất rộng trong giải toán sơ cấp từ đại số, hình học, giải
tích và trong cả toán học cao cấp. Nội dung của chủ đề này trình bày về ứng
dụng của số phức trong giải hệ phương trình.
49
Phương pháp chung là đặt z = x + yi. Khi đó, chuyển bài toán tìm nghiệm (x; y)
về tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Dùng phương pháp giải
phương trình nghiệm phức tìm được z = a + bi ⇔
x = a
y = b
Căn bậc n của số phức:
zn
= r (cosϕ + isinϕ) = n
√
r cos
ϕ + k2π
n
+ i sin
ϕ + k2π
n
; k = 0; 1; ...; n − 1.
Một số đẳng thức thường sử dụng:
_
z = x − yi.
z2 = x2 − y2 + 2xyi.
z3 = x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i.
z4 = x4 − 6x2y2 + y4 + 4 x3y − xy3 .
z.
_
z = x2 + y2.
1
z
=
x − yi
x2 + y2
.
i
z
=
xi + y
x2 + y2
.
Dấu hiệu nhận biết:
Ta sử dụng phương pháp này khi hai phương trình của hệ có dạng:
F xk
; yk
;
1
ax2k + by2k
; (a, b > 0, k ∈ R) ⇒ z =
√
axk
+ i
√
byk
.
Ví dụ 2.39. Giải hệ phương trình



x +
3x − y
x2 + y2
= 3
y −
x + 3y
x2 + y2
= 0
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện x2 + y2 = 0.
Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R).
⇒
1
z
=
x − yi
x2 + y2
;
i
z
=
xi + y
x2 + y2
.
Hệ phương trình đã cho tương đương với


x +
3x − y
x2 + y2
= 3
yi −
xi + 3yi
x2 + y2
= 0
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được:
x +
3x − y
x2 + y2
+ yi −
xi + 3yi
x2 + y2
= 3
50
⇔ (x + yi) +
3x − y − xi − 3yi
x2 + y2
= 3
⇔ (x + yi) +
3 (x − yi) − (xi + y)
x2 + y2
= 3
⇔ z +
3 − i
z
= 3
⇔ z2 − 3z + 3 − i = 0
⇔
z = 2 + i
z = 1 − i.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (2; 1) ; (1; −1) .
Ví dụ 2.40. Giải hệ phương trình
x3 − 3xy2 = −1
y3 − 3x2y = −
√
3
(x, y ∈ R).
Giải.
Nhận thấy đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên, nếu ta giải theo
phương pháp thông thường sẽ thu được phương trình bậc ba mà ta không thể
nhẩm được một nghiệm chẵn. Để ý rằng, nếu xét số phức z = x + yi, (x, y ∈ R)
thì z3 = x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i. Ta thấy xuất hiện vế trái của hai phương trình
của hệ. Do đó, ta có thể giải như sau:
Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R).
Suy ra z3 = x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
x3 − 3xy2 = −1
3x2y − y3 i = i
√
3
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được:
x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i = −1 + i
√
3
⇔ z3 = −1 + i
√
3
⇔ z3 = 2 −
1
2
+
√
3
2
i
⇔ z3 = 2 cos
π
3
+ isin
π
3
⇔









z = 3
√
2 cos
2π
9
+ isin
2π
9
z = 3
√
2 cos
8π
9
+ isin
8π
9
z = 3
√
2 cos
14π
9
+ isin
14π
9
.
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là
z =
3
√
2cos
2π
9
;
3
√
2sin
2π
9
;
3
√
2cos
8π
9
;
3
√
2sin
8π
9
;
3
√
2cos
14π
9
;
3
√
2sin
14π
9
.
51
Ví dụ 2.41. (Trích đề thi HSG QG 1996)
Giải hệ phương trình



√
3x 1 +
1
x + y
= 2
√
7y 1 −
1
x + y
= 4
√
2
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0; x + y = 0.
Nhận thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Do đó, điều kiện để hệ
phương trình có nghiệm là x > 0; y > 0.
Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với



√
x +
√
x
x + y
=
2
√
3
√
y −
√
y
x + y
=
4
√
2
√
7
.
Đặt u =
√
x; v =
√
y; u > 0, v > 0, hệ phương trình trở thành



u +
u
u2 + v2
=
2
√
3
v −
v
u2 + v2
= 4
2
7
⇔



u +
u
u2 + v2
=
2
√
3
vi −
vi
u2 + v2
= 4i
2
7
.
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được:
u + vi +
u − vi
u2 + v2
=
2
√
3
+ 4i
2
7
.
Đặt z = u + vi ta có phương trình
z +
1
z
=
2
√
3
+ 4i
2
7
⇔ z2 −
2
√
3
+ 4i
2
7
z + 1 = 0
⇔








z =
1
√
3
+
2
√
21
+ 2
2
7
+
√
2 i
z =
1
√
3
−
2
√
21
+ 2
2
7
−
√
2 i.
Với z =
1
√
3
+
2
√
21
+ 2
2
7
+
√
2 i
52
⇒



u =
1
√
3
+
2
√
21
v = 2
2
7
+
√
2
⇒



√
x =
1
√
3
+
2
√
21
√
y = 2
2
7
+
√
2
⇒



x =
11
21
+
4
3
√
7
y =
22
7
+
8
√
7
(TMĐK).
Với z =
1
√
3
−
2
√
21
+ 2
2
7
−
√
2 i
⇒ v = 2
2
7
−
√
2 < 0 (Loại).
Vậy hệ phương trình nghiệm là
(x; y) =
11
21
+
4
3
√
7
;
22
7
+
8
√
7
.
Bài tập rèn luyện
Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R).
Bài toán 2.28.
√
x2 − 2x + 2 + 4
y2 − 2y + 2 = 2
4
√
x +
√
y + 3 = 3.
Bài toán 2.29.
7 16 − y2 = x2 + 5x − 6
(x + 2)2
+ 2(y − 4)2
= 9.
Bài toán 2.30.
x2 + y2 = 1
2013
√
x − 2013
√
y = 2015
√
y − 2015
√
x (x + y + xy + 2014) .
Bài toán 2.31.



x = 2 + 2 −
√
2 + y
y = 2 + 2 −
√
2 + x.
Bài toán 2.32.



1 − 2y
√
1 − x2
2
= 1 − 2y2
4x3 − y3 − 6x2y + 3xy2 + 3x − 3y = 0.
Bài toán 2.33.
√
1 − x = 2y2 − 1 + 2x 1 − y2
x + 1 + y2
√
1 + x2 − y = 1.
Bài toán 2.34.



2x2 −
2
y2
−
√
2 + 1
√
2x − 1 −
xy2
x2y2 + 1
= 0
4x +
y2
x2y2 + 1
= 2 +
√
2.
53
Chương 3
Một số phương pháp xây dựng hệ
phương trình
3.1 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Để có được một hệ phương trình phức tạp và có độ khó tùy ý, trước tiên ta
sẽ xây dựng một hệ phương trình cơ bản. Từ đó ta sẽ phát triển bài toán và thu
được kết quả mong muốn. Chẳng hạn như:
Xét x = 1, y = 0.
Để có được một hệ đối xứng loại I đối với hai biến x, y, rất đơn giản, ta chỉ cần
tính xy + x + y = 3, x2 + y2 + x + y = 12. Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 3.1. Giải hệ phương trình
xy + x + y = 3
x2 + y2 + x + y = 12
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Đặt
x + y = S
xy = P
, điều kiện S2 ≥ 4P.
Khi đó, ta có hệ phương trình:
S + P = 3
S2 + S − 2P = 12
⇔
(S; P) = (3; 0)
(S; P) = (−6; 9) .
Từ đó ta tìm được nghiệm (x; y) = (3; 0); (0; 3); (−3; −3).
Tương tự như trên, ta sẽ xây dựng một hệ phương trình đối xứng loại I đối
với hai biến u, v. Sau đó, chọn u = f(x, y), v = g(x, y) để được một hệ mới.
Xét u = 1, v = 1. Ta có hệ phương trình:
u + uv + v = 3
u2v + uv2 = 2
(u, v ∈ R).
54
Sau khi đặt S = u + v, P = uv ta được một hệ bậc hai đối với S, P, trong đó có
một phương trình bậc nhất theo S và P, hơn nữa ta đã chọn u = 1, v = 1 nên
ta biết rằng hệ phương trình có một nghiệm (S, P) = (1, 1). Vậy chắc chắn ta sẽ
giải được hệ phương trình trên.
Bây giờ, để tạo ra được một hệ phương trình mới, hay hơn, khó hơn, ta chỉ cần
chọn u =
√
x; v =
1
y − 1
. Như vậy, ta thu được hệ:



√
x +
√
x
y − 1
+
1
y − 1
= 3
x
y − 1
+
√
x
(y − 1)2
= 2
⇔



√
x (y − 1) +
√
x + 1 = 3y − 3
x
y − 1
+
√
x
(y − 1)2
= 2.
Từ đó ta có bài toán sau.
Bài toán 3.2. Giải hệ phương trình



√
x (y − 1) +
√
x + 1 = 3y − 3
x − 2y + 2
y − 1
+
√
x
(y − 1)2
= 0 (x, y ∈ R).
Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ 0; y = 1.
Hệ phương trình đã cho tương đương với


√
x +
√
x
y − 1
+
1
y − 1
= 3
x
y − 1
+
√
x
(y − 1)2
= 2.
Đặt u =
√
x; v =
1
y − 1
; u ≥ 0. Ta có hệ phương trình:
u + uv + v = 3
u2v + uv2 = 2.
Giải hệ phương trình này tìm được nghiệm (u, v) = (1, 1)
Khi đó ta có:
√
x = 1
1
y − 1
= 1
⇔
x = 1
y = 2
(TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2).
Nhận thấy rằng, bài toán 2 không đơn giản như bài toán 1, nhưng khi ta đã
bắt được ý tưởng của bài thì nó trở nên dễ dàng hơn rất nhiều. Ta cũng có thể
xây dựng được một hệ phương trình đối xứng loại II đối với hai biến (x, y), sau
đó, chỉ cần thay (x, y) bởi những biểu thức khác nhau thì ta sẽ thu được những
bài toán giải hệ phương trình phong phú. Chẳng hạn như:
Xét x = 2, y = 2. Ta có: x2 − xy + 3y = 6 hay x2 − xy = 3(2 − y).
Khi thay x bởi y và thay y bởi x ta được phương trình: y2 − xy = 3(2 − x).
Từ đó ta có bài toán sau:
55
Bài toán 3.3. Giải hệ phương trình
x2 − xy = 3 (2 − y)
y2 − xy = 3 (2 − x)
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta thu được phương trình:
(x − y) (x + y − 3) = 0 ⇔
x = y
x = 3 − y.
Thay lần lượt x theo y vào phương trình thứ nhất của hệ ta được nghiệm duy
nhất của hệ là (x; y) = (2; 2).
Từ hệ phương trình đơn giản trên, ta có thể sáng tác thêm rất nhiều bài toán,
chẳng hạn như:
Với u = 2, v = 2 ta đã xây dựng được hệ đối xứng loại II là:
u2 − uv = 3 (2 − v)
v2 − uv = 3 (2 − u) .
Chọn u =
√
x2 + 1; v =
1
2
√
y
, ta được hệ phương trình:



x2 + 1 −
√
x2 + 1
2
√
y
= 3 2 −
1
2
√
y
1
4y
−
√
x2 + 1
2
√
y
= 3 2 −
√
x2 + 1
⇔



2
√
y x2 + 1 + 3 =
√
x2 + 1 + 12
√
y
1
4y
+ 3
√
x2 + 1 = 6 +
√
x2 + 1
2
√
y
.
Như vậy, ta đã xây dựng được một bài toán hay hơn đó là:
Bài toán 3.4. Giải hệ phương trình



2
√
y x2 + 1 + 3 =
√
x2 + 1 + 12
√
y
1
4y
+ 3
√
x2 + 1 = 6 +
√
x2 + 1
2
√
y
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn: Điều kiện: y > 0.
Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ sau:



x2 + 1 −
√
x2 + 1
2
√
y
= 3 2 −
1
2
√
y
1
4y
−
√
x2 + 1
2
√
y
= 3 2 −
√
x2 + 1 .
56
Đặt u =
√
x2 + 1; v =
1
2
√
y
, ta được hệ phương trình:
u2 − uv = 3 (2 − v)
v2 − uv = 3 (2 − u) .
Đây là hệ phương trình đối xứng loại II, ta tìm được nghiệm là (u; v) = (2; 2).
Suy ra:
√
x2 + 1 = 2
1
2
√
y
= 2
⇔
x = ±
√
3
y =
1
16
⇔


x =
√
3; y =
1
16
x = −
√
3; y =
1
16
.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
(x; y) =
√
3;
1
16
; −
√
3;
1
16
.
Ngoài ra, từ những nghiệm "đẹp" ban đầu, ta hoàn toàn có thể xây dựng được
một hệ đẳng cấp đơn giản, và từ đó ta cũng sẽ có được những hệ phương trình
vô cùng phong phú.
Chẳng hạn, ta xét x = 1, y = 2. Khi đó có được:
2x3 + y3 = 10
x2y − 3xy2 + x3 = −9.
(Hoặc cũng có thể chọn được một hệ đẳng cấp khác, tùy theo nhu cầu của mỗi
người.)
Như vậy ta có bài toán sau.
Bài toán 3.5. Giải hệ phương trình
2x3 + y3 = 10
x2y − 3xy2 + x3 = −9
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
- Nhận thấy, x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.
- Xét x = 0:
Nhân chéo hai vế của hai phương trình của hệ ta được:
−9 2x3 + y3 = 10 x2y − 3xy2 + x3
⇔ −18x3 − 9y3 = 10x2y − 30xy2 + 10x3
⇔ 9
y
x
3
− 30
y
x
2
+ 10
y
x
+ 28 = 0.
Đặt t =
y
x
. Khi đó:
9t3 − 30t2 + 10t + 28 = 0
⇔
t = 2
t =
2 ± 3
√
2
3
.
57
Lần lượt thay t theo x và y ta sẽ tìm được nghiệm của hệ phương trình ban đầu.
Từ bài toán trên, nếu ta chọn x = u; y =
u
v
thì có hệ mới là:



2u3 +
u3
v3
= 10
u2.
u
v
− 3u.
u2
v2
+ u3 = 9
⇔
2u3v3 + u3 = 10v3
u3v − 3u3 + u3v2 = −9v2.
Do đó, ta thu được bài toán sau.
Bài toán 3.6. Giải hệ phương trình
2u3v3 + u3 − 10v3 = 0
u3v − 3u3 + u3v2 + 9v2 = 0
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Hệ đã cho tương đương với
2u3v3 + u3 = 10v3
u3v − 3u3 + u3v2 = −9v2.
(u; v) = (0; 0) là một nghiệm của hệ.
Xét u, v = 0. Ta có:
2u3v3 + u3 = 10v3
u3v − 3u3 + u3v2 = −9v2 ⇔



2u3 +
u3
v3
= 10
u2.
u
v
− 3u.
u2
v2
+ u3 = 9.
Đặt x = u; y =
u
v
, ta được hệ:
2x3 + y3 = 10
x2y − 3xy2 + x3 = −9.
Ta đã biết cách giải hệ phương trình này ở bài toán 3.5. ở trên.
3.2 Xây dựng hệ phương trình từ các đẳng thức
Để một hệ phương trình có nghiệm "đẹp" như ý, ta xuất phát từ những đẳng
thức đơn giản hoặc có thể từ những hằng đẳng thức.
1. Chẳng hạn như, xét một biểu thức x2 − y (2x − y + 1) = 0 (∗).
Khai triển (∗) ta được
2x3
− x2
y + x2
+ y2
− 2xy − y = 0 (∗∗).
Muốn có một hệ phương trình, ta chỉ cần kết hợp (∗∗) với một biểu thức liên hệ
giữa hai biến x, y, ví dụ như xy + x − 2 = 0 (∗ ∗ ∗).
Từ (∗∗) và (∗ ∗ ∗) ta có bài toán sau.
58
Bài toán 3.7. Giải hệ phương trình
xy + x − 2 = 0 (1)
2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0 (2)
(x, y ∈ R).
Giải.
Phương trình (2) tương đương với
2x3 − 2xy − x2y − y2 + x2 − y = 0
⇔ 2x x2 − y − y x2 − y + x2 − y = 0
⇔ x2 − y (2x − y + 1) = 0
⇔
x2 − y = 0
2x − y + 1 = 0
⇔
y = x2
y = 2x + 1.
Với y = x2, thay vào phương trình (1) ta được:
x3 + x − 2 = 0 ⇔ (x − 1) x2 + x + 2 = 0 ⇔ x = 1.
x = 1 ⇒ y = 1.
Với y = 2x + 1, thay vào phương trình (1) ta được:
x2
+ x − 1 = 0 ⇔ x =
−1 ±
√
5
2
⇒



x =
−1 +
√
5
2
; y =
√
5
x =
−1 −
√
5
2
; y = −
√
5.
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là
(x; y) = (1; 1) ;
−1 +
√
5
2
;
√
5 ;
−1 −
√
5
2
; −
√
5 .
Hoàn toàn tương tự, ta xét đẳng thức:
(x − 4y) (x − y) = 0
⇔ (x − 4y) (x − y)2
= 0
⇔ x3 − 6x2y + 9xy2 − 4y3 = 0.
Kết hợp với một biểu thức liện hệ giữa x; y, chẳng hạn
√
x − y +
√
x + y = 2, ta
có hệ phương trình
x3 − 6x2y + 9xy2 − 4y3 = 0√
x − y +
√
x + y = 2.
Từ đó, ta thu được bài toán sau đây.
Bài toán 3.8. Giải hệ phương trình
x3 − 6x2y + 9xy2 − 4y3 = 0 (1)√
x − y +
√
x + y = 2 (2)
(x, y ∈ R).
59
Giải. Điều kiện:
x − y ≥ 0
x + y ≥ 0
⇔ x ≥ ±y ⇔ x ≥ y ≥ 0.
Phương trình (1) tương đương với:
x3 − 4x2y − 2x2y + 8xy2 + xy2 − 4y3 = 0
⇔ x2 (x − 4y) − 2xy (x − 4y) + y2 (x − 4y) = 0
⇔ (x − 4y) (x − y)2
= 0
⇔ (x − 4y) (x − y) = 0 ⇔
x = 4y
x = y.
Với x = 4y, thay vào phương trình (2) ta được:
3y + 5y = 2 ⇔ 4y + y
√
15 = 2 ⇔ y = 2 4 −
√
5 .
⇒ x = 8 4 −
√
15 (TMĐK).
Với x = y, thay vào phương trình (2) ta được:
√
2x = 2 ⇔ x = 2 ⇒ x = y = 2 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
(x; y) = 8 4 −
√
15 ; 2 4 −
√
5 ; (2; 2) .
2. Xét một biến đổi tương đương bất kỳ do ta chọn là (x − 2)3 = (y + 3)3.
Ta có:
(x − 2)3
= (y + 3)3
⇔ x3
− 6x2
+ 12x − 8 =y3
+ 9y2
+ 27y + 27 (1).
Nhận thấy (x; y) = (2; −3) hoặc (x; y) = (3; −2) đều thỏa mãn (1).
Có: x3 − y3 = 35 (2).
Từ (1) và (2) ta được: 2x2 + 3y2 = 4x − 9y (3).
Kết hợp (2) và (3) ta có bài toán sau.
Bài toán 3.9. Giải hệ phương trình
x3 − y3 = 35 (1)
2x2 + 3y2 = 4x − 9y (2)
(x, y ∈ R).
Nhận thấy rằng, nếu ta cộng theo vế hai phương trình của hệ thì không làm
xuất hiện được biểu thức (x − 2)3 = (y + 3)3. Để có được điều này, ta sử dụng
phương pháp hệ số bất định để tìm ra số cần nhân thêm vào phương trình thứ
hai của hệ. Ta làm như sau:
Xét (1) + α. (2) ta được:
60
x3 − y3 + 2αx2 + 3αy2 = 35 + 4αx − 9αy
⇔ x3 + 2αx2 − 4αx − y3 + 3αy2 + 9αy − 35 = 0.
Ta cần chọn α, a, b sao cho:
x3
+ 2αx2
− 4αx − y3
+ 3αy2
+ 9αy − 35 = (x − a)3
− (y − b)3
.
Khai triển vế phải, sau đó đồng nhất hệ số ta thu được:
α = −3
a = 2
b = −3.
Như vậy, ta có thể giải bài toán trên như sau.
Giải.
Nhân hai vế của phương trình (2) với (-3) rồi cộng với phương trình (1) thì được:
x3 − y3 − 6x2 − 9y2 = 35 − 12x + 27y
⇔ x3 − 6x2 + 12x − 8 = y3 + 9y2 + 27y + 27
⇔ (x − 2)3
= (y + 3)3
⇔ x − 2 = y + 3
⇔ x = y + 5.
Thay x = y + 5 vào phương trình (2) ta được:
2(y + 5)2
+ 3y2 = 4 (y + 5) − 9y
⇔ y2 + 5y + 6 = 0
⇔
y = −2
y = −3
⇒
x = 3; y = −2
x = 2; y = −3.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (2; −3); (3; −2).
Nhận xét: Với mỗi cách chọn một biến đổi tương đương, ta sẽ xây dựng được
một bài toán giải hệ phương trình rất hay. Bằng phương pháp này, ta có thể
xây dựng được một số hệ phương trình trong các đề thi Olympic hay đề thi học
sinh giỏi Quốc gia. Chẳng hạn như các bài toán sau đây.
Bài toán 3.10. ( Trích đề thi Olympic 30/4/2012 )
Giải hệ phương trình
x3 − y3 = 9 (1)
2x2 + y2 − 4x + y = 0 (2)
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Ta tìm cách biến đổi hệ về dạng:
(x + a)3
= (y + b)3
.
61
Nhân phương trình (2) với (-3) rồi cộng với phương trình (1) ta được:
(x − 2)3
= (y + 1)3
⇔ x − 2 = y + 1 ⇔ y = x − 3.
Thay y = x − 3 vào phương trình (2) ta có:
2x2 + (x − 3)2
− 4x + x − 3 = 0
⇔ x2 − 3x + 2 = 0
⇔
x = 1
x = 2
⇒
x = 1; y = −2
x = 2; y = −1.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; −2) ; (2; −1) .
Lưu ý : Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta tìm được số (-3). Cùng ý tưởng
như trên, ta có bài toán sau đây.
Bài toán 3.11. ( Trích đề thi HSG QG năm 2010)
Giải hệ phương trình
x4 − y4 = 240
x3 − 2y3 = 3(x2 − 4y2) − 4(x − 8y)
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Bài toán này đã được giải cụ thể ở ví dụ 2.17. chương 2.
Chú ý : Dấu hiệu để đưa về hằng đẳng thức là trong hệ có chứa
x2
± y2
; x3
± y3
; x4
± y4
; ...
3. Để xây dựng được một hệ phương trình khó hơn nữa, ta có thể xuất phát từ
một đẳng thức, sau đó ta dùng một phép biến đổi cơ bản, thay mỗi biến bằng
một biểu thức phức tạp hơn. Chẳng hạn ta xét:
(u + 2)2
= (v + 1)2
.
Ta có:
(u + 2)2
= (v + 1)2
⇔ u2
− v2
+ 2 (2u − v) = −3 (∗).
Để có được một hệ phương trình, ta kết hợp (∗) với một biểu thức liên hệ giữa
u, v, ví dụ như uv − u + 5v + 1 = 0. Từ đó, ta thu được bài toán sau đây.
Bài toán 3.12. Giải hệ phương trình
u2 − v2 + 2 (2u − v) = −3 (1)
uv − u + 5v + 1 = 0 (2)
(x, y ∈ R).
Giải.
Phương trình (1) tương đương với
(u + 2)2
= (v + 1)2
⇔
u = v − 1
u = −v − 3.
62
Với u = v − 1, thay vào phương trình (2) ta được:
v2
+ 3v + 2 = 0 ⇔
v = −1
v = −2.
⇒
u = −2; v = −1
u = −3; v = −2.
Với u = −v − 3, thay vào phương trình (2) ta được:
−v2
+ 3v + 4 = 0 ⇔
v = −1
v = 4.
⇒
u = −2; v = −1
u = −7; v = 4.
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (u; v) = (−2; −1) ; (−3; −2) ; (−7; 4) .
Bây giờ, ta sẽ thay u; v bởi những biểu thức của x; y để được một hệ phương
trình mới, hay hơn, khó hơn. Chẳng hạn, lấy u =
√
y + 2 − x; v = 4x.
Khi đó ta có hệ phương trình
√
y + 2 − x + 2
2
= (4x + 1)2
4x
√
y + 2 − x −
√
y + 2 − x + 20x + 1 = 0
⇔
y − 5 3x2 − 1 − 12x = 2 (x − 2)
√
y + 2
(4x − 1)
√
y + 2 − 4x2 + 21x + 1 = 0.
Từ đó ta có bài toán sau.
Bài toán 3.13. Giải hệ phương trình
y − 5 3x2 − 1 − 12x = 2 (x − 2)
√
y + 2 (1)
(4x − 1)
√
y + 2 − 4x2 + 21x + 1 = 0 (2)
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Hệ phương trình đã cho tương đương với
√
y + 2 − x + 2
2
= (4x + 1)2
4x
√
y + 2 − x −
√
y + 2 − x + 20x + 1 = 0.
Đặt u =
√
y + 2 − x; v = 4x. Ta được hệ phương trình:
(u + 2)2
= (v + 1)2
uv − u + 5v + 1 = 0.
Hệ có nghiệm (u; v) = (−2; −1) ; (−3; −2) ; (−7; 4) .
Với
u = −2
v = −1
⇒
√
y + 2 − x = −2
4x = −1
⇔
x = −1
4
√
y + 2 = −
9
4
(Vô nghiệm).
63
Với
u = −3
v = −2
⇒
√
y + 2 − x = −3
4x = −2
⇔
x = −1
2
√
y + 2 = −
5
2
(Vô nghiệm).
Với
u = −7
v = 4
⇒
√
y + 2 − x = −7
4x = 4
⇔
x = 1√
y + 2 = −6
(Vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Tương tự, ta có thể xét một biến đổi tương đương sau:
(v + 5)3
+ (u − 3)3
= 0 ⇔ u3
+ v3
− 9u2
+ 15v2
= −98 − 27u − 75v (1).
Nhận thấy (u; v) = (3; −5); (−5; 3) thỏa mãn (1).
Có: u3 + v3 = −98 (2).
Từ (1) và (2) ta được: 3u2 − 5v2 = 9u + 25v (3).
Đặt u = x + y; v = x − y, thay vào (2) và (3) ta được:
x3 + 3xy2 = −49
x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x.
Ta có bài toán sau.
Bài toán 3.14. ( Trích đề thi HSG QG năm 2004)
Giải hệ phương trình
x3 + 3xy2 = −49 (1)
x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x (2)
(x, y ∈ R).
Hướng dẫn:
Ta có thể đi ngược lại cách xây dựng hệ phương trình để có được lời giải cho
bài toán.
Nghiệm tìm được là (x; y) = (−1; −4) ; (−1; 4) .
3.3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để xây dựng hệ phương
trình
Dựa vào tính chất "Nếu hàm số y = f(x) đơn điệu trên khoảng (a;b) và x, y
thuộc (a;b) thì f(x) = f(y) khi và chỉ khi x = y" ta có thể sáng tác được rất
nhiều phương trình. Sau đó, chỉ cần kết hợp với một biểu thức liên hệ giữa hai
biến x, y là ta có một hệ phương trình với nghiệm như mong muốn.
1. Xét hàm số f(t) = t3 + 3t trên R.
Có f (t) = 3t2 + 3 > 0 với mọi t. Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R.
64
Do đó, f (u) = f (v) ⇔ u = v.
Lấy u =
√
2x − 1; v = y ta được:
(2x + 2)
√
2x − 1 = y3
+ 3y.
Kết hợp với một biểu thức liên hệ giữa x, y, chẳng hạn y2 − xy + 5 = 5x − 6y.
Ta có bài toán sau.
Bài toán 3.15. ( Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 tỉnh Nam Định)
Giải hệ phương trình
(2x + 2)
√
2x − 1 = y3 + 3y (1)
y2 − xy + 5 = 5x − 6y (2)
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥
1
2
.
Phương trình (1) của hệ tương đương với
(2x − 1 + 3)
√
2x − 1 = y3
+ 3y.
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t trên R.
Có f (t) = 3t2 + 3 > 0 với mọi t. Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R.
Do đó f
√
2x − 1 = f (y) ⇔
√
2x − 1 = y ≥ 0.
Thay vào phương trình (2) ta được:
(y + 5) (y − x + 1) = 0 ⇔
y = −5 < 0 (Loại)
y = x − 1.
Với y = x − 1 ⇒
√
2x − 1 = x − 1 ⇔
x ≥ 1
2x − 1 = (x − 1)2 ⇔ x = 2 +
√
2.
x = 2 +
√
2 ⇒ y = 1 +
√
2.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 2 +
√
2; 1 +
√
2 .
2. Xét hàm số f (t) = t3 + 4t +
√
2t + 1 với t ≥ −
1
2
.
Ta có: f (t) = 3t2 + 4 +
1
√
2t + 1
> 0; ∀t > −
1
2
.
Do đó, f(t) là hàm đồng biến trên −
1
2
; +∞ .
Suy ra, f (x) = f (y) ⇔ x = y.
Có:
f (x) = f (y)
⇔ x3 + 4x +
√
2x + 1 = y3 + 4y +
√
2y + 1
⇔ x3 + 3x +
√
2x + 1 − y3 + 3y +
√
2y + 1 = y − x
65
⇒
x3 + 3x +
√
2x + 1 = y
y3 + 3y +
√
2y + 1 = x.
Từ đó, ta có bài toán sau đây.
Bài toán 3.16. Giải hệ phương trình
x3 + 3x +
√
2x + 1 = y
y3 + 3y +
√
2y + 1 = x
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x; y ≥ −
1
2
.
Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được:
x3 + 3x +
√
2x + 1 − y3 + 3y +
√
2y + 1 = y − x
⇔ x3 + 4x +
√
2x + 1 = y3 + 4y +
√
2y + 1.
Xét hàm số f (t) = t3 + 4t +
√
2t + 1 với t ≥ −
1
2
.
Ta có: f (t) = 3t2 + 4 +
1
√
2t + 1
> 0; ∀t > −
1
2
.
Do đó, f(t) là hàm đồng biến trên −
1
2
; +∞ .
Suy ra f (x) = f (y) ⇔ x = y.
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
x3
+ 2x − 1 +
√
2x + 1 = 0 (∗).
Xét hàm số g (x) = x3 + 2x − 1 +
√
2x + 1 trên −
1
2
; +∞ .
Có g (x) = 3x2 + 2 +
1
√
2x + 1
> 0; ∀x > −
1
2
.
Suy ra g(x) là hàm đồng biến trên −
1
2
; +∞ .
Do đó phương trình g(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.
Mặt khác, g(0) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗).
Với x = 0 thì y = 0 (TMĐK).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 0).
3. Nếu ta xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t thì f(t) là hàm số đồng biến trên R.
Khi đó, f (2x) = f
√
5 − 2y ⇔ 2x =
√
5 − 2y.
Suy ra (4x2 + 1)x + (y − 3)
√
5 − 2y = 0.
Từ đó ta có bài toán.
Bài toán 3.17. (Trích đề thi đại học khối A năm 2010)
Giải hệ phương trình
(4x2 + 1)x + (y − 3)
√
5 − 2y = 0 (1)
4x2 + y2 + 2
√
3 − 4x = 7 (2)
(x, y ∈ R).
66
Hướng dẫn:
Nhân hai vế của phương trình (1) với 2 ta được:
2x(4x2
+ 1) + (5 − 2y + 1) 5 − 2y = 0.
Sau đó ta xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t và suy ra được 2x =
√
5 − 2y
Thay vào phương trình (1) của hệ ta thu được nghiệm (x; y) =
1
2
; 2 .
3.4 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá
Vì bất đẳng thức là một lĩnh vực rất phát triển của Toán Sơ Cấp nên theo
đó, sử dụng bất đẳng thức ta sẽ sáng tạo ra được rất nhiều hệ phương trình.
Điều đặc biệt lưu ý đối với phương pháp này là đoán được nghiệm sẽ góp phần
rất lớn vào thành công của lời giải.
1. Chẳng hạn, ta xét bất đẳng thức Bunhiacopski:
Cho bốn số thực a, b, c, d. Ta có:
a2
+ b2
c2
+ d2
≥ (ac + bd)2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
c
=
b
d
.
Chọn a = b = 1; c =
1
√
1 + 2x2
; d =
1
1 + 2y2
.
Sao cho x; y ∈ 0;
1
2
.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski có:
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
2
≤ 2
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
.
Mặt khác, ta có bổ đề
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
2
1 + 2xy
.
Do đó
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
2
≤ 2
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
4
1 + 2xy
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Như vậy ta có
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
1
√
1 + 2xy
.
67
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Từ đó, kết hợp với một biểu thức liên quan giữa hai biến x và y ta có bài toán
sau.
Bài toán 3.18. (Trích đề thi HSG QG 2009 )
Giải hệ phương trình



1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
=
1
√
1 + 2xy
(1)
x(1 − 2x) + y(1 − 2x) =
2
9
(2)
(x, y ∈ R).
Giải.
Điều kiện x; y ∈ 0;
1
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
2
≤ 2
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
√
1 + 2x2
=
1
1 + 2y2
⇔ x2
= y2
⇔ x = y (Do x ≥ 0; y ≥ 0) .
Mặt khác, ta có bổ đề
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
2
1 + 2xy
.
Chứng minh:
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
−
2
1 + 2xy
=
1 + 2y2 (1 + 2xy) + 1 + 2x2 (1 + 2xy) + 1 + 2x2 1 + 2y2
(1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy)
=
4xy − 2y2 + 4xy3 − 2x2 + 4x3y − 8x2y2
(1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy)
=
4xy y2 − 2xy + x2 − 2(x − y)2
(1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy)
=
2 (2xy − 1) (x − y)2
(1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy)
≤ 0 (Do 0 ≤ xy ≤
1
4
; ∀x; y ∈ 0;
1
2
).
⇒
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
2
1 + 2xy
.
Do đó
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
2
≤ 2
1
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
4
1 + 2xy
.
68
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Như vậy ta có
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
2
√
1 + 2xy
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Suy ra phương trình (1) ⇔ y = x. Thay vào phương trình (2) ta được:
x (1 − 2x) =
1
9
⇔ 162x2
− 81x + 1 = 0 ⇔ x =
9 ±
√
73
36
.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
(x; y) =
9 +
√
73
36
;
9 +
√
73
36
;
9 −
√
73
36
;
9 −
√
73
36
.
2. Xét bất đẳng thức Cô si
Cho hai số thực không âm a, b. Ta có:
a + b
2
≥
√
ab.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Chọn a = 2x2
+y; b = 2y2
+x, khi đó có:
2x2
+y
+ 2y2
+x
≥ 2 2x2+y+y2+x.
Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunhiacopski thì
x + y ≥
1
2
√
x +
√
y
2
; x2
+ y2
≥
1
2
(x + y)2
.
Ta chỉ cần chọn một biểu thức liên hệ giữa
√
x,
√
y là sẽ có được một hệ phương
trình, chẳng hạn, lấy
√
x +
√
y = 2.
Suy ra x + y ≥
1
2
√
x +
√
y
2
= 2 và x2 + y2 ≥
1
2
(x + y)2
≥ 2.
Do đó 2x2
+y + 2y2
+x ≥ 2
√
2x2+y+y2+x ≥ 2
√
24 = 8.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Từ đó, ta có bài toán sau.
Bài toán 3.19. Giải hệ phương trình
2x2
+y + 2y2
+x = 8 (1)√
x +
√
y = 2 (2)
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có:
x + y ≥
1
2
√
x +
√
y
2
= 2; x2
+ y2
≥
1
2
(x + y)2
≥ 2.
69
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT
Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT

More Related Content

What's hot

Chuyên đề hệ phương trình
Chuyên đề hệ phương trìnhChuyên đề hệ phương trình
Chuyên đề hệ phương trình
Toán THCS
 
Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9
Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9
Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9
Nhập Vân Long
 
Tính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớp
Tính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớpTính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớp
Tính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớp
Chien Dang
 
Luận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic
Luận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolicLuận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic
Luận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic
Viết thuê trọn gói ZALO 0934573149
 
Chuyen de toan logic roi rac li thuyet to hop
Chuyen de toan logic  roi rac li thuyet to hopChuyen de toan logic  roi rac li thuyet to hop
Chuyen de toan logic roi rac li thuyet to hop
lephucduc06011999
 
Bộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩn
Bộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩnBộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩn
Bộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩn
Thế Giới Tinh Hoa
 
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
Bui Loi
 
Diophantine equations Phương trình diophant
Diophantine equations Phương trình diophantDiophantine equations Phương trình diophant
Diophantine equations Phương trình diophant
Bui Loi
 
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
Thế Giới Tinh Hoa
 
Phương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phân
Phương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phânPhương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phân
Phương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phân
Hajunior9x
 
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2
ssuser4f77ff1
 
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo nBài tập về cấp của một số nguyên modulo n
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n
Luu Tuong
 
Chuyên đề phương trình chứa căn thức bookbooming
Chuyên đề phương trình chứa căn thức   bookboomingChuyên đề phương trình chứa căn thức   bookbooming
Chuyên đề phương trình chứa căn thức bookbooming
Thế Giới Tinh Hoa
 
kỹ thuật giải phương trình hàm
kỹ thuật giải phương trình hàmkỹ thuật giải phương trình hàm
kỹ thuật giải phương trình hàm
ljmonking
 
Phuong trinh vo ty
Phuong trinh vo tyPhuong trinh vo ty
Phuong trinh vo ty
tututhoi1234
 

What's hot (20)

Chuyên đề hệ phương trình
Chuyên đề hệ phương trìnhChuyên đề hệ phương trình
Chuyên đề hệ phương trình
 
Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9
Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9
Giải một số phương trình nghiệm nguyên trong đề thi toán 9
 
Tính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớp
Tính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớpTính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớp
Tính toán khoa học: Chương 3: Đường cong khớp
 
Luận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic
Luận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolicLuận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic
Luận văn: Đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm hyperbolic
 
Chuyen de toan logic roi rac li thuyet to hop
Chuyen de toan logic  roi rac li thuyet to hopChuyen de toan logic  roi rac li thuyet to hop
Chuyen de toan logic roi rac li thuyet to hop
 
Hinh hoc-affine
Hinh hoc-affineHinh hoc-affine
Hinh hoc-affine
 
Bộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩn
Bộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩnBộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩn
Bộ sưu tập bất đẳng thức của võ quốc bá cẩn
 
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
đại số tuyến tính 2 ( không gian eculid )
 
Diophantine equations Phương trình diophant
Diophantine equations Phương trình diophantDiophantine equations Phương trình diophant
Diophantine equations Phương trình diophant
 
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
19 phương phap chứng minh bất đẳng thức
 
Phương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phân
Phương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phânPhương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phân
Phương pháp số và lập trình - Giải phương trình vi phân
 
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2
ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC 2
 
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo nBài tập về cấp của một số nguyên modulo n
Bài tập về cấp của một số nguyên modulo n
 
Chuyên đề phương trình chứa căn thức bookbooming
Chuyên đề phương trình chứa căn thức   bookboomingChuyên đề phương trình chứa căn thức   bookbooming
Chuyên đề phương trình chứa căn thức bookbooming
 
Chuong03
Chuong03Chuong03
Chuong03
 
Chuong02
Chuong02Chuong02
Chuong02
 
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
 
Bdt thuần nhất
Bdt thuần nhấtBdt thuần nhất
Bdt thuần nhất
 
kỹ thuật giải phương trình hàm
kỹ thuật giải phương trình hàmkỹ thuật giải phương trình hàm
kỹ thuật giải phương trình hàm
 
Phuong trinh vo ty
Phuong trinh vo tyPhuong trinh vo ty
Phuong trinh vo ty
 

Similar to Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT

Pp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau mucPp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau muc
keolac410
 
9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên
9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên
9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên
Cảnh
 
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
Thấy Tên Tao Không
 
9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen
9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen
9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen
Hoàng Quý
 
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAYĐề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Dịch vụ viết thuê Khóa Luận - ZALO 0932091562
 
[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen
[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen
[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen
Tam Vu Minh
 
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdfcac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
NguynVitHng58
 
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại HọcMột Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
Nhập Vân Long
 
Cau trucvao10hanoi
Cau trucvao10hanoiCau trucvao10hanoi
Cau trucvao10hanoi
Toan Isi
 
Cđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hptCđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hpt
Cảnh
 
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
Đức Mạnh Ngô
 
Chuyen de he pt
Chuyen de he ptChuyen de he pt
Chuyen de he pt
Tam Ho Hai
 
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Giang Hồ Tiếu Ngạo
 
Tieu luan phung phap tinh
Tieu luan phung phap tinhTieu luan phung phap tinh
Tieu luan phung phap tinh
Trường THPT Nguyễn Công Phương
 
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉĐề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Dịch vụ viết thuê Khóa Luận - ZALO 0932091562
 
Tuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-so
Tuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-soTuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-so
Tuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-so
nam nam
 
9 phuong phap giai pt mua logarit
9 phuong phap giai pt mua logarit9 phuong phap giai pt mua logarit
9 phuong phap giai pt mua logarit
namledl41
 

Similar to Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT (20)

Pp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau mucPp giai pt va hpt khong mau muc
Pp giai pt va hpt khong mau muc
 
9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên
9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên
9 phương pháp giải pt nghiệm nguyên
 
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
9 phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
 
9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen
9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen
9 phuong phap giai phuong trinh nghiem nguyen
 
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAYĐề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
Đề tài: Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số, HAY
 
410 bai-he-pt-hay
410 bai-he-pt-hay410 bai-he-pt-hay
410 bai-he-pt-hay
 
Chuyen de otdh_2012
Chuyen de otdh_2012Chuyen de otdh_2012
Chuyen de otdh_2012
 
[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen
[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen
[Www.toan trunghoccoso.toancapba.net] phuong trinh nghiem nguyen
 
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdfcac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
cac-dang-toan-va-phuong-phap-giai-he-phuong-trinh-dai-so-nguyen-quoc-bao.pdf
 
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại HọcMột Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
Một Số Kỹ Năng Giải Hệ Luyện Thi Đại Học
 
Cau trucvao10hanoi
Cau trucvao10hanoiCau trucvao10hanoi
Cau trucvao10hanoi
 
Cđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hptCđ van dung bdt giai pt hpt
Cđ van dung bdt giai pt hpt
 
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
[Vnmath.com] bai giang-trong_tam_ve_ham_so_thay_dang_viet_hung
 
Chuyen de he pt
Chuyen de he ptChuyen de he pt
Chuyen de he pt
 
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
 
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
Tuyen tap 410 cau he phuong trinh
 
Tieu luan phung phap tinh
Tieu luan phung phap tinhTieu luan phung phap tinh
Tieu luan phung phap tinh
 
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉĐề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
Đề tài: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỉ
 
Tuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-so
Tuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-soTuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-so
Tuyen chon-410-bai-he-phuong-trinh-dai-so
 
9 phuong phap giai pt mua logarit
9 phuong phap giai pt mua logarit9 phuong phap giai pt mua logarit
9 phuong phap giai pt mua logarit
 

More from Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864

Yếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.doc
Yếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.docYếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.doc
Yếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Từ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.doc
Từ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.docTừ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.doc
Từ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...
Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...
Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...
Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...
Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...
Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...
Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Tác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.doc
Tác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.docTác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.doc
Tác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...
Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...
Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Song Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.doc
Song Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.docSong Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.doc
Song Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Ứng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.doc
Ứng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.docỨng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.doc
Ứng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Vai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.doc
Vai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.docVai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.doc
Vai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...
Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...
Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Thu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.doc
Thu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.docThu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.doc
Thu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Tạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.doc
Tạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.docTạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.doc
Tạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.doc
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...
Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864
 

More from Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864 (20)

Yếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.doc
Yếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.docYếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.doc
Yếu Tố Tự Truyện Trong Truyện Ngắn Thạch Lam Và Thanh Tịnh.doc
 
Từ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.doc
Từ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.docTừ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.doc
Từ Ngữ Biểu Thị Tâm Lí – Tình Cảm Trong Ca Dao Người Việt.doc
 
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Môn Khoa Học Tự Nhiên Theo Chuẩn Kiến Thức Và K...
 
Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...
Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...
Quản Lý Thu Thuế Giá Trị Gia Tăng Đối Với Doanh Nghiệp Ngoài Quốc Doanh Trên ...
 
Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...
Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...
Thu Hút Nguồn Nhân Lực Trình Độ Cao Vào Các Cơ Quan Hành Chính Nhà Nước Tỉnh ...
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thương Mại ...
 
Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...
Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...
Vaporisation Of Single And Binary Component Droplets In Heated Flowing Gas St...
 
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Các Trường Thpt Trên Địa Bàn Huyện Sơn Hà Tỉnh Quản...
 
Tác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.doc
Tác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.docTác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.doc
Tác Giả Hàm Ẩn Trong Tiểu Thuyết Nguyễn Việt Hà.doc
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Ngắn Hạn Tại Ngân Hàng Công Thƣơng Chi...
 
Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...
Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...
Quản Lý Nhà Nước Về Nuôi Trồng Thủy Sản Nước Ngọt Trên Địa Bàn Thành Phố Hải ...
 
Song Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.doc
Song Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.docSong Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.doc
Song Song Hóa Các Thuật Toán Trên Mạng Đồ Thị.doc
 
Ứng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.doc
Ứng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.docỨng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.doc
Ứng Dụng Số Phức Trong Các Bài Toán Sơ Cấp.doc
 
Vai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.doc
Vai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.docVai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.doc
Vai Trò Của Cái Bi Trong Giáo Dục Thẩm Mỹ.doc
 
Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...
Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...
Quản Lý Hoạt Động Giáo Dục Ngoài Giờ Lên Lớp Ở Các Trường Thcs Huyện Chư Păh ...
 
Thu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.doc
Thu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.docThu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.doc
Thu Hút Vốn Đầu Tư Vào Lĩnh Vực Nông Nghiệp Trên Địa Bàn Tỉnh Gia Lai.doc
 
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...
Quản Lý Hoạt Động Dạy Học Ngoại Ngữ Tại Các Trung Tâm Ngoại Ngữ - Tin Học Trê...
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Doanh Nghiệp Tại Ngân Hàng Thƣơng Mại ...
 
Tạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.doc
Tạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.docTạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.doc
Tạo Việc Làm Cho Thanh Niên Trên Địa Bàn Quận Thanh Khê, Thành Phố Đà Nẵng.doc
 
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...
Quản Trị Rủi Ro Tín Dụng Trong Cho Vay Trung Và Dài Hạn Tại Ngân Hàng Thương ...
 

Recently uploaded

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...
Nguyen Thanh Tu Collection
 
ĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲ
ĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲ
ĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲ
2156160160
 
06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf
06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf
06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf
HngChuNguyn6
 
[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf
[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf
[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf
Hebemart Official
 
DHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdf
DHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdfDHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdf
DHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdf
thanhluan21
 
Bài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdf
Bài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdfBài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdf
Bài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdf
nhungbuiktt
 
Buổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsx
Buổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsxBuổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsx
Buổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsx
drdoantam
 
QUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LK
QUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LKQUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LK
QUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LK
PHMCHCNG3
 
16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...
16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...
16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...
Nguyen Thanh Tu Collection
 
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...
Nguyen Thanh Tu Collection
 
TAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdf
TAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdfTAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdf
TAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdf
NBNguynThnhLong
 
68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...
68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...
68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...
Nguyen Thanh Tu Collection
 
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdfThông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
QucHHunhnh
 
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...
Nguyen Thanh Tu Collection
 
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdfThông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
QucHHunhnh
 
Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...
Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...
Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...
ssuserb8b74b
 

Recently uploaded (16)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 6, 7 THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI NĂM 2023 CÓ LỜI ...
 
ĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲ
ĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲ
ĐỂ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN LỊCH SỬ ĐẢNG CUỐI KỲ
 
06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf
06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf
06-Truyện cổ dân gian trong diễn ngôn Phật giáo.pdf
 
[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf
[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf
[Hebemart.vn] Phương pháp giáo dục con của người Do Thái.pdf
 
DHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdf
DHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdfDHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdf
DHPY De an 394 Tuyen sinh nam 2024 cua Truong DH Phu Yen.pdf
 
Bài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdf
Bài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdfBài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdf
Bài tập Bổ trợ Giáo trình Hán Ngữ 汉语教程 (作业).pdf
 
Buổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsx
Buổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsxBuổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsx
Buổi 1. GIỚI THIỆU MODULE-CẤU TRÚC TKTW.ppsx
 
QUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LK
QUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LKQUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LK
QUANG HỌC- KHTN 9- LĂNG KÍNH- ỨNG DỤNG CỦA LK
 
16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...
16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...
16 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - P...
 
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 9 CHƯƠNG TRÌNH MỚI - PHẦN...
 
TAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdf
TAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdfTAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdf
TAI LIEU CAC CHUYEN DE GUI DI DUYEN HAI VAT LI.pdf
 
68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...
68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...
68 ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2024-2025 MÔN T...
 
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdfThông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
 
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...
CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM VẬT LÝ LỚP 12 THEO FORM THI MỚI BGD 2025 DÙNG CHUNG 3 SÁCH...
 
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdfThông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
Thông báo cung cấp đồng phục năm học 2024 - 2025.pdf
 
Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...
Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...
Thanh Loan - Giải để READING trong bộ IELTS Cambridge 07-09 (Academic) (2022,...
 

Luận văn: Giải hệ phương trình trong chương trình toán THPT, HOT

  • 1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - - - - - - - - - - VŨ THỊ KIM NGẦN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. PHẠM VĂN QUỐC HÀ NỘI - 2015
  • 2. Mục lục Lời cảm ơn 2 Mở đầu 3 1 Một số kiến thức cơ bản 4 1.1 Hệ phương trình cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.4 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . 7 1.2 Phương pháp cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Phương pháp cộng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.2 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 13 2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.3 Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 34 2.5 Phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.5.1 Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.5.2 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.5.3 Phương pháp sử dụng số phức . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3 Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình 54 3.1 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . 54 3.2 Xây dựng hệ phương trình từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . 58 3.3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để xây dựng hệ phương trình . 64 3.4 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá . . . . . . 67 3.5 Sử dụng số phức để xây dựng hệ phương trình . . . . . . . . . . . 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 1
  • 3. Lời cảm ơn Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới TS. Phạm Văn Quốc - người thầy đã truyền cho tôi niềm say mê nghiên cứu Toán học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn thiện luận văn. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán - Cơ - Tin học, các thầy cô giáo đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành bản luận văn này. Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn! 2
  • 4. Mở đầu Hệ phương trình là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán học. Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của hệ phương trình đã đặt dấu ấn quan trọng trong Toán học. Chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu Toán, luôn thôi thúc người làm Toán phải tìm tòi, sáng tạo. Bài toán về hệ phương trình thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic cũng như kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Hệ phương trình được đánh giá là bài toán phân loại học sinh khá giỏi, nó đòi hỏi kỹ thuật xử lý nhanh và chính xác nhất. Là một giáo viên Trung học phổ thông, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về hệ phương trình nhằm nâng cao chuyên môn, phục vụ cho quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi của mình. Với những lý do trên, tôi lựa chọn nghiên cứu đề tài "Một số phương pháp giải hệ phương trình trong chương trình toán Trung học phổ thông" làm luận văn thạc sĩ của mình. Luận văn được chia làm ba chương: Chương 1. Một số kiến thức cơ bản Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình Chương 3. Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình. Hà Nội, ngày 01 tháng 8 năm 2015 Tác giả luận văn Vũ Thị Kim Ngần 3
  • 5. Chương 1 Một số kiến thức cơ bản 1.1 Hệ phương trình cơ bản 1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng a1x + b1y = c1 a2x + b2y = c2. Phương pháp giải: Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng các phương pháp sau: - Phương pháp thế, - Phương pháp cộng đại số, - Phương pháp dùng định thức. Ký hiệu: D = a1 b1 a2 b2 ; Dx = c1 b1 c2 b2 ; Dy = a1 c1 a2 c2 . Trường hợp 1: D = 0. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất    x = Dx D y = Dy D . Trường hợp 2: D = Dx = Dy = 0. Hệ phương trình có vô số nghiệm dạng {(x0; y0) |a1x0 + b1y0 = c1} . Trường hợp 3: D = 0; Dx = 0 hoặc D = 0; Dy = 0 hoặc D = 0; Dx = 0; Dy = 0. Hệ phương trình vô nghiệm. 1.1.2 Hệ phương trình đối xứng 1. Hệ phương trình đối xứng loại I Hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai biến x và y là hệ phương trình mà nếu ta thay x bởi y, thay y bởi x thì hệ không thay đổi. 4
  • 6. Phương pháp giải: - Đặt x + y = S xy = P , điều kiện S2 ≥ 4P. - Tìm S, P, - Khi đó, x, y là nghiệm của phương trình u2 − Su + P = 0. Ví dụ 1.1. (Trích đề thi Học viện An ninh năm 2001) Giải hệ phương trình x + y = 1 − 2xy x2 + y2 = 1 (x, y ∈ R). Giải. Đặt x + y = S xy = P , điều kiện S2 ≥ 4P. Ta được hệ phương trình S = 1 − 2P S2 − 2P = 1 ⇔ S = 1 − 2P (1 − 2P)2 − 2P = 1 ⇔ S = 1 − 2P 4P2 − 6P = 0 ⇔    S = 1 − 2P P = 0 P = 3 2 ⇒ S = 1; P = 0 S = −2; P = 3 2 . Với S = 1; P = 0 ⇒ x + y = 1 xy = 0. Khi đó (x, y) là nghiệm của phương trình: u2 − u = 0 ⇔ u = 0 u = 1 ⇒ x = 0; y = 1 x = 1; y = 0. Với S = −2; P = 3 2 ta loại trường hợp này vì không thỏa mãn điều kiện S2 ≥ 4P. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 1) ; (1; 0) . 2. Hệ phương trình đối xứng loại II Hệ phương trình đối xứng loại II đối với x và y là hệ phương trình mà nếu ta thay x bởi y, thay y bởi x thì phương trình này biến thành phương trình kia và ngược lại. Phương pháp giải: - Trừ theo vế hai phương trình của hệ, ta được một phương trình tích dạng: (x − y) f (x; y) = 0. - Sau đó lần lượt thay x = y; f(x, y) = 0, vào một trong hai phương trình của hệ, ta được một phương trình đã biết cách giải và giải tiếp tìm nghiệm của hệ. 5
  • 7. Ví dụ 1.2. (Trích đề thi đại học khối B năm 2003) Giải hệ phương trình    3y = y2 + 2 x2 3x = x2 + 2 y2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x > 0; y > 0. Hệ phương trình tương đương với 3x2y = y2 + 2 3y2x = x2 + 2 ⇔ 3xy (x − y) = (y − x) (y + x) 3y2x = x2 + 2 ⇔ (x − y) (x + y + 3xy) = 0 3y2x = x2 + 2 ⇔    x = y x + y + 3xy = 0 3y2x = x2 + 2. Với x = y 3y2x = x2 + 2 ⇔ x = y 3x3 − x2 − 2 = 0 ⇔ x = y = 1. Với x + y + 3xy = 0 3y2x = x2 + 2. Vì x + y + 3xy > 0; ∀x > 0; y > 0 nên trường hợp này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1). 1.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp Hệ phương trình f (x, y) = a g (x, y) = b được gọi là hệ đẳng cấp bậc k nếu f(x, y); g(x, y) là các biểu thức đẳng cấp bậc k. Chú ý : Biểu thức f(x, y) được gọi là đẳng cấp bậc k nếu f (mx, my) = mkf (x, y) . Phương pháp giải: - Xét y = 0 (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm. - Xét y = 0. Đặt x = ty, khi đó ta có f (ty, y) = ykf (t, 1) g (ty, y) = ykg (t, 1) ⇒ ykf (t, 1) = a ykg (t, 1) = b. Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được: f (t, 1) = a b g (t, 1) . Giải phương trình tìm t rồi thay ngược lại ta tìm được nghiệm (x, y). 6
  • 8. Ví dụ 1.3. (Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải hệ phương trình x3 + 8y3 − 4xy2 = 1 2x4 + 8y4 − 2x − y = 0 (x, y ∈ R). Giải. - Xét y = 0. Thay vào hệ phương trình ta được: x3 = 1 2x4 − 2x = 0 ⇔ x = 1. Suy ra (1; 0) là một nghiệm của hệ. - Xét y = 0. Đặt x = ty, khi đó ta có: t3y3 + 8y3 − 4ty3 = 1 2t4y4 + 8y4 − 2ty − y = 0 ⇔    y3 t3 + 8 − 4t = 1 y3 2t4 + 8 = 2t + 1 (Do y = 0). Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được: t3 + 8 − 4t 2t4 + 8 = 1 2t + 1 ⇔ t3 − 8t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 t = 2 t = 6. Với t = 0 ta có (x; y) = 0; 1 2 . Với t = 2 ta có (x; y) = 1; 1 2 . Với t = 6 ta có (x; y) = 3 3 √ 25 ; 1 2 3 √ 25 . Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là (x; y) = (1; 0) ; 0; 1 2 ; 1; 1 2 ; 3 3 √ 25 ; 1 2 3 √ 25 . 1.1.4 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh là hệ có dạng:    f (x1) = g (x2) f (x2) = g (x3) ... f (xn−1) = g (xn) f (xn) = g (x1) . 7
  • 9. (Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi). Cụ thể, ta xét hệ hoán vị vòng quanh ba ẩn sau đây. x = f (y) y = f (z) z = f (x) . Phương pháp giải: Giả sử f là hàm số xác định trên tập D và có tập giá trị là T, T ⊆ D và f là hàm số đồng biến trên D. - Cách 1: Đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất. Để chứng minh hệ có nghiệm duy nhất ta thường cộng theo vế ba phương trình của hệ, sau đó suy ra x = y = z. - Cách 2: Từ T ⊆ D ta suy ra f(x), f(f(x)) và f(f(f(x))) thuộc D. Để (x, y, z) là nghiệm của hệ thì x ∈ T. Nếu x > f(x) thì do f tăng trên D nên f(x) > f(f(x)). Do đó, f(f(x)) > f(f(f(x))). Suy ra: x > f(x) > f(f(x)) > f(f(f(x))) = x. Điều này mâu thuẫn. Chứng tỏ không thể có x > f(x). Tương tự ta cũng chứng minh được rằng không thể có x < f(x) . Do đó, x = f(x). Việc giải hệ phương trình ban đầu được quy về việc giải phương trình x = f(x). Hơn nữa ta có: x = f (y) y = f (z) z = f (x) ⇔ x = f (y) y = f (z) z = f (f (y)) ⇔ x = f (y) y = f (z) z = f (f (f (z))) ⇔ x = f (y) y = f (z) z = f (z) ⇔ x = f (y) z = y z = f (z) ⇔ x = y = z z = f (z) . Ví dụ 1.4. (Trích đề thi HSG QG 2006) Giải hệ phương trình    √ x2 − 2x + 6log3 (6 − y) = x y2 − 2y + 6log3 (6 − z) = y√ z2 − 2z + 6log3 (6 − x) = z (x, y, z ∈ R). Giải. Để (x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình thì điều kiện là x, y, z < 6. Hệ phương trình đã cho tương đương với 8
  • 10.    log3 (6 − y) = x √ x2 − 2x + 6 log3 (6 − z) = y y2 − 2y + 6 log3 (6 − x) = z √ z2 − 2z + 6 hay log3 (6 − y) = f (x) log3 (6 − z) = f (y) log3 (6 − x) = f (z) . với f (x) = x √ x2 − 2x + 6 ; g (x) = log3 (6 − x) . Ta có f (x) = 6 − x (x2 − 2x + 6) √ x2 − 2x + 6 > 0; ∀x < 6. Suy ra f(x) là hàm tăng còn g(x) là hàm giảm với x < 6. Nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ phương trình, ta chứng minh x = y = z. Không mất tính tổng quát, giả sử x = max(x, y, z). Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: x ≥ y ≥ z. Do f(x) là hàm tăng nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) . Suy ra log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x) . Do g(x) giảm nên 6 − y ≤ 6 − z ≤ 6 − x ⇔ x ≤ z ≤ y ⇒ x = y = z. Trường hợp 2: x ≥ z ≥ y. Tương tự như trên ta suy ra x = y = z. Phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = 3. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (3, 3, 3). 1.2 Phương pháp cơ bản 1.2.1 Phương pháp cộng đại số Để giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số, ta có thể kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia để thu được phương trình hệ quả đơn giản hơn, dễ giải hơn. Ví dụ 1.5. (Trích đề thi đại học an ninh nhân dân năm 1999) Giải hệ phương trình x2 + x + y + 1 + x + y2 + x + y + 1 + y = 18 x2 + x + y + 1 − x + y2 + x + y + 1 − y = 2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x2 + x + y + 1 ≥ 0; y2 + x + y + 1 ≥ 0. Cộng, trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được 9
  • 11. x2 + x + y + 1 + y2 + x + y + 1 = 10 x + y = 8 ⇔ √ x2 + 9 + y2 + 9 = 10 x + y = 8 ⇔ √ x2 + 9 + (8 − x)2 + 9 = 10 y = 8 − x ⇔ √ x2 + 9 + √ x2 − 16x + 73 = 10 y = 8 − x ⇔ √ x2 − 16x + 73 = 10 − √ x2 + 9 y = 8 − x ⇔ 10 − √ x2 + 9 ≥ 0 x2 − 16x + 73 = 100 − 20 √ x2 + 9 + x2 + 9 y = 8 − x ⇔ −9 ≤ x ≤ 9 5 √ x2 + 9 = 4x + 9 y = 8 − x ⇔    −9 ≤ x ≤ 9 x ≥ − 9 4 25 x2 + 9 = (4x + 9)2 y = 8 − x ⇔    − 9 4 ≤ x ≤ 9 (x − 4)2 = 0 y = 8 − x ⇔ x = 4 y = 4 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 4) . 1.2.2 Phương pháp thế Đây là một phương pháp được ứng dụng rất nhiều trong những phương pháp giải hệ phương trình sau này. Dấu hiệu nhận biết của phương pháp này là từ một phương trình của hệ ban đầu, ta rút được biến này theo biến kia (cũng có thể là cả một biểu thức) rồi thay vào phương trình còn lại để giải. Trong một số trường hợp, ta dễ dàng tìm được biểu thức liên hệ giữa các biến nhưng đôi khi ta cần biến đổi hệ để có được điều mong muốn. Cụ thể, ta xét các ví dụ sau đây. Ví dụ 1.6. (Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An) Giải hệ phương trình √ 5x + y + √ 2x + y = 3 (1)√ 2x + y + x − y = 1 (2) (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: 5x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0. Từ phương trình (1) của hệ ta có: √ 5x + y = 3 − √ 2x + y 10
  • 12. ⇔ 3 − √ 2x + y ≥ 0 5x + y = 9 − 6 √ 2x + y + 2x + y ⇔ 3 − √ 2x + y ≥ 0 √ 2x + y = 3 − x 2 ⇔    3 − √ 2x + y ≥ 0 x ≤ 3 2x + y = 3 − x 2 2 ⇔    3 − √ 2x + y ≥ 0 x ≤ 3 y = x2 − 14x + 9 4 . Thay y = x2 − 14x + 9 4 vào phương trình (2) ta được: 3 − x 2 + x − x2 − 14x + 9 4 = 1 ⇔ x2 − 16x + 7 = 0 ⇔ x = 8 ± √ 57 ⇒ x = 8 − √ 57 (TMĐK). ⇒ y = 9 − √ 57 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 8 − √ 57; 9 − √ 57 2 . Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình x (x − 3y) = 4 y2 + 2 (xy − 4) (x + y) = 8 (x, y ∈ R). Giải. Hệ phương trình tương đương với x2 − 3xy − 4y2 = 8 x2y + y2x − 4x − 4y = 8. Từ đó ta có: x2 − 3xy − 4y2 = x2y + y2x − 4x − 4y ⇔ x2 (y − 1) + x y2 + 3y − 4 + 4y (y − 1) = 0 ⇔ x2 (y − 1) + x (y − 1) (y + 4) + 4y (y − 1) = 0 ⇔ (y − 1) x2 + x (y + 4) + 4y = 0 ⇔ (y − 1) (y + x) (x + 4) = 0 ⇔ y = 1 y = −x x = −4. Với y = 1 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình x2 − 3x − 12 = 0 ⇔ x = 3 ± √ 57 2 . 11
  • 13. Với y = −x thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình 0.x2 = 8 (Vô lý). Với x = −4 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có phương trình y2 − 3y − 2 = 0 ⇔ y = 3 ± √ 17 2 . Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là: (x; y) = 3 + √ 57 2 ; 1 ; 3 − √ 57 2 ; 1 ; −4; 3 + √ 17 2 ; −4; 3 − √ 57 2 . Nhận xét: Ở ví dụ vừa rồi, ta đã sử dụng phép thế hằng số để thu được một phương trình có thể giải được. Trong một số bài toán, ngoài cách thế ẩn này theo ẩn kia hay thế hằng số, ta còn có thể sử dụng phép thế cả một biểu thức. Chẳng hạn, xét ví dụ sau đây. Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình x2 + y2 + xy + 1 = 4y (1) y(x + y)2 = 2x2 + 7y + 2 (2) (x, y ∈ R). Giải. Từ phương trình (1) ta có: x2 + 1 = 4y − y2 − xy. Thay vào phương trình (2) ta được: y(x + y)2 = 2 4y − y2 − xy + 7y ⇔ y (x + y)2 + 2 (x + y) − 15 = 0 ⇔ y (x + y − 3) (x + y + 5) = 0 ⇔ y = 0 x + y = 3 x + y = −5. Với y = 0 thay vào phương trình (1) ta được: x2 + 1 = 0 (Vô nghiệm). Với x + y = 3 ⇔ x = 3 − y thay vào phương trình (1) ta được: y2 − 7y + 10 = 0 ⇔ y = 2 y = 5 ⇒ x = 1; y = 2 x = −2; y = 5. Với x + y = −5 ⇔ x = −5 − y thay vào phương trình (1) ta được: y2 + y + 26 = 0 (Vô nghiệm). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 2) ; (−2; 5) . 12
  • 14. Chương 2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 2.1 Phương pháp đặt ẩn phụ Đây là một phương pháp thường được sử dụng khi giải hệ phương trình. Đặc điểm nổi bật của phương pháp này là cần phát hiện ra ẩn phụ và xử lý mối liên quan của ẩn phụ với các đại lượng có trọng hệ. Từ đó, ta đưa hệ phương trình ban đầu về một hệ đơn giản và dễ xử lý hơn. Có thể ẩn phụ xuất hiện trực tiếp trong hệ nhưng cũng có khi ta phải biến đổi hệ để có thể đặt được ẩn phụ. Một số dạng hệ có thể sử dụng phương pháp này như: - Hệ đối xứng, - Hệ có chứa căn thức (Ta thường đặt ẩn mới bằng căn thức để khử căn), - Hệ có chứa các biểu thức dạng tổng - hiệu, tổng - tích hoặc chứa các biểu thức lặp lại trong hai phương trình. Với những hệ phương trình có chứa căn thức, ta thường đặt u = f (x) hoặc u = f (x) v = g (x) để đưa về một phương trình hoặc hệ phương trình đã biết cách giải. Ta xét các ví dụ sau đây. Ví dụ 2.1. (Trích đề thi HSG QG năm 2001) Giải hệ phương trình √ 7x + y + √ 2x + y = 5√ 2x + y + x − y = 2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: 7x + y ≥ 0; 2x + y ≥ 0. 13
  • 15. Đặt: u = √ 7x + y ≥ 0 v = √ 2x + y ≥ 0 ⇒    x = u2 − v2 5 y = 7v2 − 2u2 5 . Khi đó hệ phương trình trở thành u + v = 5 v + u2 − v2 5 − 7v2 − 2u2 5 = 2 ⇔ v = 5 − u u2 − 15u + 37 = 0 ⇔ v = 5 − u u = 15 ± √ 77 2 ⇔    u = 15 + √ 77 2 ; v = −5 − √ 77 2 (Loại vì v<0) u = 15 − √ 77 2 ; v = −5 + √ 77 2 . Với    u = 15 − √ 77 2 v = −5 + √ 77 2 ⇒ x = 10 − √ 77 y = 11 − √ 77 2 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 10 − √ 77; 11 − √ 77 2 . Ví dụ 2.2. (Trích đề thi thử đại học năm 2013 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng) Giải hệ phương trình x + y + x2 − y2 = 12 y x2 − y2 = 12 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x2 − y2 ≥ 0. Đặt: u = x2 − y2 ≥ 0 v = x + y ⇒ y = 1 2 v − u2 v . Khi đó hệ phương trình trở thành   u + v = 12 1 2 v − u2 v u = 12 ⇔ v = 12 − u u2 − 7u + 12 = 0 ⇔    v = 12 − u u = 4 u = 3 ⇔ u = 4; v = 8 (TMĐK) u = 3; v = 9 (TMĐK). 14
  • 16. Với u = 4; v = 8, ta có: x2 − y2 = 4 x + y = 8 ⇔ y = 8 − x x2 − (8 − x)2 = 4 ⇔ y = 8 − x x = 5 ⇔ x = 5 y = 3. Với u = 3; v = 9, ta có: x2 − y2 = 3 x + y = 9 ⇔ y = 9 − x x2 − (9 − x)2 = 3 ⇔ y = 9 − x x = 5 ⇔ x = 5 y = 4. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: (x; y) = (5; 3) ; (5; 4) . Ví dụ 2.3. (Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 10) Giải hệ phương trình    1 x + 1 y = 9 1 3 √ x + 1 3 √ y 1 3 √ x + 1 1 3 √ y + 1 = 18 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x = 0; y = 0. Đặt: u = 1 3 √ x ; v = 1 3 √ y . Khi đó hệ phương trình trở thành u3 + v3 = 9 (u + v) (u + 1) (v + 1) = 18 ⇔ (u + v)3 − 3uv (u + v) = 9 (u + v) (u + v + uv + 1) = 18. Đặt u + v = S; uv = P, điều kiện S2 ≥ 4P. Ta có hệ phương trình S3 − 3SP = 9 S (S + P + 1) = 18 ⇔ S3 − 9 = 3SP (1) SP = 18 − S2 − S (2). Thay (2) vào (1) ta được: S3 − 9 = 3 18 − S2 − S ⇔ S3 + 3S2 + 3S − 63 = 0 ⇔ (S − 3) S2 + 6S + 21 = 0. Vì S2 + 6S + 21 > 0 ⇒ S − 3 = 0 ⇔ S = 3 ⇒ P = 2. Khi đó, u + v = 3 uv = 2 ⇔ (u; v) = (2; 1) (u; v) = (1; 2) . Với u = 2 v = 1 ⇒    1 3 √ x = 2 1 3 √ y = 1 ⇔    x = 1 8 y = 1 (TMĐK). 15
  • 17. Với u = 1 v = 2 ⇒    1 3 √ x = 1 1 3 √ y = 2 ⇔ x = 1 y = 1 8 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = 1; 1 8 ; 1 8 ; 1 . Trong những bài toán giải hệ phương trình không chứa căn thức, ta dễ dàng nhận ra ẩn phụ ngay trong hệ hoặc sau một và phép biến đổi đơn giản. Xét các ví dụ sau đây. Ví dụ 2.4. (Trích đề thi đại học khối A năm 2008) Giải hệ phương trình    x2 + y + x3y + xy2 + xy = − 5 4 x4 + y2 + xy (1 + 2x) = − 5 4 (x, y ∈ R). Giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với    x2 + y + xy x2 + y + 1 = − 5 4 x2 + y 2 + xy = − 5 4 . Đặt u = x2 + y v = xy . Ta có hệ phương trình sau:    u + v (u + 1) = − 5 4 u2 + v = − 5 4 ⇔    v = − 5 4 − u2 u u2 + u + 1 4 = 0 ⇔   u = 0; v = − 5 4 u = − 1 2 ; v = − 3 2 . Với u = 0 v = − 5 4 ⇒ x2 + y = 0 xy = − 5 4 ⇔    x = 3 5 4 y = − 3 25 16 . Với    u = − 1 2 v = − 3 2 ⇒    x2 + y = − 1 2 xy = − 3 2 ⇔ x = 1 y = − 3 2 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 3 5 4 ; − 3 25 16 ; 1; − 3 2 . 16
  • 18. Ví dụ 2.5. (Trích đề thi đại học khối B năm 2009) Giải hệ phương trình xy + x + 1 = 7y x2y2 + xy + 1 = 13y2 (x, y ∈ R). Giải. Nhận thấy y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Chia hai vế của phương trình thứ nhất cho y, chia hai vế của phương trình thứ hai cho y2 ta được:    x + x y + 1 y = 7 x2 + x y + 1 y2 = 13 ⇔    x + 1 y + x y = 7 x + 1 y 2 − x y = 13. Đặt u = x + 1 y ; v = x y ta thu được hệ phương trình u + v = 7 u2 − v = 13 ⇔ v = 7 − u u2 + u − 20 = 0 ⇔    v = 7 − u u = −5 u = 4 ⇔ u = −5; v = 12 u = 4; v = 3. Với u = −5 v = 12 ⇒    x + 1 y = −5 x y = 12 ⇒ Vô nghiệm. Với u = 4 v = 3 ⇒    x + 1 y = 4 x y = 3 ⇔ x = 3; y = 1 x = 1; y = 1 3 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (3; 1) ; 1; 1 3 . Ví dụ 2.6. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG trường THPT chuyên ĐH- SPHN năm 2011) Giải hệ phương trình x4 − 2x = y4 − y x2 − y2 3 = 3 (x, y ∈ R). Giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 x4 − y4 = 4x − 2y x2 − y2 3 = 3. Đặt a = x + y b = x − y ⇒ 2x = a + b; 2y = a − b x2 − y2 = ab 2 x4 − y4 = ab a2 + b2 . 17
  • 19. Khi đó ta có hệ phương trình ab a2 + b2 = 2 (a + b) − a + b a3b3 = 3 ⇔ ab a2 + b2 = a + 3b a3b3 = 3 ⇔ a3b + ab3 = a + a3b4 a3b3 = 3 ⇔ a b3 − 1 1 − a2b = 0 a3b3 = 3 ⇔ a = 0 a3b3 = 3 ∨ b3 − 1 = 0 a3b3 = 3 ∨ 1 − a2b = 0 a3b3 = 3. Với a = 0 a3b3 = 3 ⇒ Vô nghiệm. Với b3 − 1 = 0 a3b3 = 3 ⇔ b = 1 a = 3 √ 3. Suy ra x + y = 3 √ 3 x − y = 1 ⇔    x = 1 + 3 √ 3 2 y = −1 + 3 √ 3 2 . Với 1 − a2b = 0 a3b3 = 3 ⇔ a2b = 1 ab2 = 3 ⇔    b = 1 a2 a = 1 3 √ 3 ⇔ b = 3 √ 9 a = 1 3 √ 3 . Suy ra x − y = 3 √ 9 x + y = 1 3 √ 3 ⇔    x = 2 3 √ 3 y = − 1 3 √ 3 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 1 + 3 √ 3 2 ; −1 + 3 √ 3 2 ; 2 3 √ 3 ; − 1 3 √ 3 . Ví dụ 2.7. (Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 11) Giải hệ phương trình x + y − √ xy = 3√ x + 1 + √ y + 1 = 4 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 1; xy ≥ 0. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x + y + 2 + 2 (x + 1) (y + 1) = 16 ⇔ x + y + 2 √ x + y + xy + 1 = 14. Đặt S = x + y, P = xy, điều kiện S2 ≥ 4P. Ta được hệ phương trình sau: S − √ P = 3 S + 2 √ S + P + 1 = 14 ⇔    S ≥ 3 P = (S − 3)2 S + 2 S + (S − 3)2 + 1 = 14. 18
  • 20. Có: S + 2 S + (S − 3)2 + 1 = 14 ⇔ 2 S + (S − 3)2 + 1 = 14 − S ⇔ 14 − S ≥ 0 4 S + (S − 3)2 + 1 = (14 − S)2 ⇔ S ≤ 14 3S2 + 8S − 156 = 0 ⇔    S ≤ 14 S = 6 S = − 26 3 ⇒ S = 6 ⇒ P = 9 (TMĐK). Với S = 6 P = 9 ⇒ x + y = 6 xy = 9 ⇔ x = y = 3 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3). Ví dụ 2.8. (Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ số 444) Giải hệ phương trình √ 2x − 3 − √ y = 2x − 6 x3 + y3 + 7 (x + y) xy = 8xy 2 (x2 + y2) (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 3 2 ; y ≥ 0. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với (x + y)3 + 4 (x + y) xy = 8xy 2(x + y)2 − 4xy. Đặt S = x + y, P = xy, điều kiện S2 ≥ 4P; S > 0; P ≥ 0. Ta có: S3 + 4SP = 8P √ 2S2 − 4P ⇔ S6 + 8S4P − 112S2P2 + 256P3 = 0. Coi đây là phương trình bậc ba theo biến S2, tham số P ta được: S2 = −16P ≤ 0 (Loại) S2 = 4P. Với S2 = 4P ⇒ (x + y)2 = 4xy ⇔ x = y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: √ 2x − 3 − √ x = 2x − 6 ⇔ √ 2x − 3 − √ x = 2 (2x − 3 − x) ⇔ √ 2x − 3 − √ x = 2 √ 2x − 3 − √ x √ 2x − 3 + √ x ⇔ √ 2x − 3 − √ x 1 − 2 √ 2x − 3 + √ x = 0. Do 1 − 2 √ 2x − 3 + √ x > 0; ∀x ≥ 3 2 . ⇒ √ 2x − 3 − √ x = 0 19
  • 21. ⇔ x = 3 ⇒ y = 3 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3). Bài tập rèn luyện Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R). Bài toán 2.1. 1 + x3y3 = 19x3 y + xy2 = −6x2. Bài toán 2.2. 12x + 3y − 4 √ xy = 16√ 4x + 5 + √ y + 5 = 6. Bài toán 2.3.    x + 1 y − √ x + y − 3 = 3 2x + y + 1 y = 8. Bài toán 2.4.    x − √ y + 2 = 3 2 y + 2 (x − 2) √ x + 2 = − 7 4 . Bài toán 2.5.    x2 + y2 = 1 + xy x y + 1 2 + y x + 1 2 = 1. Bài toán 2.6. 2y x2 − y2 = 3x 3 √ x + 3 √ y = 6. 2.2 Phương pháp phân tích thành nhân tử Trong phần này chúng ta sẽ tìm hiểu phương pháp giải hệ phương trình dạng: f (x; y) = 0 g (x; y) = 0. trong đó, f (x; y) = f1 (x; y) .f2 (x; y) . Từ đó, ta đưa hệ về dạng:       f1 (x; y) = 0 g (x; y) = 0. f2 (x; y) = 0 g (x; y) = 0. Giải hệ phương trình bằng phương pháp phân tích nhân tử là một kỹ thuật có tính phát triển nâng cao dựa trên nền tảng giải hệ bằng phương pháp thế. 20
  • 22. Dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình được giải bằng phương pháp này là: - Phương trình trong hệ là một phương trình bậc hai có biểu thức delta là một số chính phương. - Phương trình trong hệ có dạng đẳng cấp. - Phương trình trong hệ xuất hiện nhân tử chung sau phép nhân với biểu thức liên hợp. - Phương trình có tính đối xứng giữa hai biến. Ví dụ 2.9. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN) Giải hệ phương trình x2 − 5x = y2 − 3y − 4 4 √ x − 1 − 1 √ x + y = x + y + 3 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 1; x + y ≥ 0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với y2 − 3y − x2 + 5x − 4 = 0. Ta coi đây là một phương trình bậc hai theo biến y, tham số x. Có: ∆ = (2x − 5)2 ≥ 0; ∀x ≥ 1. ⇒ y = 4 − x y = x − 1. Khi đó ta có thể đưa phương trình thứ nhất của hệ về phương trình tích dạng: (y − 4 + x) (y − x + 1) = 0. Với y = 4 − x, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 4 √ x − 1 − 1 .2 = 7 ⇔ √ x − 1 − 1 = 7 8 ⇔ √ x − 1 = 15 8 ⇔ x = 289 64 . ⇒ y = − 33 64 (TMĐK). Với y = x − 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 4 √ x − 1 − 1 √ 2x − 1 = 2x + 2. Đặt u = √ x − 1 − 1 ⇒ x = u2 + 2u + 2. Ta có: 4 √ x − 1 − 1 √ 2x − 1 = 2x + 2 ⇔ 4u √ 2u2 + 4u + 3 = 2 u2 + 2u + 2 ⇔ 4u2 2u2 + 4u + 3 = u2 + 2u + 2 2 21
  • 23. ⇔ 7u4 + 12u3 + 2u2 − 12u − 9 = 0 ⇔ (u − 1) 7u3 + 19u2 + 21u + 9 = 0 = 0. Vì 7u3 + 19u2 + 21u + 9 = 0 vô nghiệm nên suy ra: u − 1 = 0 ⇔ u = 1. Do đó x = 5 ⇒ y = 4 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 289 64 ; − 33 64 ; (5; 4) . Ví dụ 2.10. Giải hệ phương trình √ 2x + 1 + √ 2y + 1 = (x − y)2 2 (x + y) (x + 2y) + 3x + 2y = 4 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ − 1 2 ; y ≥ − 1 2 . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x2 + 3 (y + 1) x + 2y2 + 2y + 4 = 0. Ta coi đây là phương trình bậc hai theo biến x với tham số y. Có ∆ = (y + 5)2 > 0; ∀y ≥ − 1 2 . ⇒ x = 1 − y x = −4 − 2y. Khi đó, phương trình thứ hai của hệ được phân tích dưới dạng: (x − 1 + y) (x + 4 + 2y) = 0. Với x = 1 − y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: √ 3 − 2y + √ 2y + 1 = (1 − 2y)2 2 ⇔ 4 + 2 −4y2 + 4y + 3 = 1 − 4y + 4y2 2 4 . Đặt u = −4y2 + 4y + 3 ≥ 0, ta có phương trình: 4 + 2u = 4 − u2 2 4 ⇔ u u3 − 8u − 8 = 0 ⇔ u = 0. Suy ra: −4y2 + 4y + 3 = 0 ⇔     y = 3 2 y = − 1 2 ⇒     x = − 1 2 ; y = 3 2 x = 3 2 ; y = − 1 2 . Với x = −4 − 2y ≥ − 1 2 ⇔ y ≤ − 7 4 vô lý do y ≥ − 1 2 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = − 1 2 ; 3 2 ; 3 2 ; − 1 2 . 22
  • 24. Lưu ý : Hạn chế của phương pháp trên là nó chỉ sử dụng được với những hệ có chứa một phương trình bậc hai có biệt thức delta đẹp. Với những bài ta không tính được delta hoặc delta là một biểu thức không chính phương thì ta nghĩ đến cách khác, chẳng hạn như cộng, trừ hay nhân, chia theo vế hai phương trình của hệ để được một phương trình có thể phân tích thành nhân tử. Ví dụ 2.11. (Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ tháng 1 năm 2015) Giải hệ phương trình 2x3 + y3 + 2x2 + y2 = xy (2x + 3y + 4) x2 + 1 y + y2 + 1 x = 10 3 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: xy = 0. Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với 2x3 + y3 + 2x2 + y2 = 4xy (x + y + 1) − 2x2y − xy2 ⇔ 2x2 (x + y + 1) + y2 (x + y + 1) − 4xy (x + y + 1) = 0 ⇔ (x + y + 1) 2x2 + y2 − 4xy = 0 ⇔ x + y + 1 = 0 2x2 + y2 − 4xy = 0. Với x + y = 1, kết hợp với phương trình thứ hai của hệ đã cho ta có: x + y + 1 = 0 x2 + 1 y + y2 + 1 x = 10 3 ⇔ x + y + 1 = 0 x2 + 1 −1 − x + (x + 1)2 + 1 x = 10 3 ⇔ x + y + 1 = 0 xy = −6 ⇔ x = 2; y = −3 x = −3; y = 2 (TMĐK). Với 2x2 + y2 − 4xy = 0. ⇒ 4xy = 2x2 + y2 ≥ x2 + y2 ≥ 2xy ⇒ xy ≥ 0. Kết hợp với phương trình thứ hai của hệ ta có: x2 + 1 y + y2 + 1 x ≥ 2x y + 2y x ≥ 2 2x y . 2y x = 4 > 10 3 . Suy ra trường hợp này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (2; −3) ; (−3; 2) . Ví dụ 2.12. (Trích đề thi HSG QG năm 2012) 23
  • 25. Giải hệ phương trình    2y = (x − y) (y + 3x) 3 y2 x2 + 2 y2 x + x − 3y = 0 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: xy = 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với 3x2 − y2 − 2xy = 2y 3 y2 x2 = −2 y2 x − x + 3y. Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được: 3y2 − 3 y4 x2 + 2xy − 2 y3 x = 0 ⇔ y (3x + 2y) 1 − y2 x2 = 0. Vì y = 0 nên ⇒ 3x + 2y = 0 x2 − y2 = 0 ⇔ y = − 3 2 x x = ±y. Với y = − 3 2 x. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được: x 5 4 x + 1 = 0 ⇔ x = − 4 5 ⇒ y = 6 5 (Vì x = 0). Với x = y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được: x = y = 0 (Loại). Với x = −y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được: y (2y − 1) = 0 ⇔ y = 1 2 ⇒ x = − 1 2 (Vì y = 0). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = − 4 5 ; 6 5 ; − 1 2 ; 1 2 . Ví dụ 2.13. (Trích đề thi HSG QG năm 2007) Giải hệ phương trình    1 − 12 y + 3x √ x = 2 1 + 12 y + 3x √ y = 6 (x, y ∈ R). 24
  • 26. Giải. Điều kiện: x > 0; y > 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với   1 − 12 y + 3x = 2 √ x 1 + 12 y + 3x = 6 √ y ⇔    3 √ y + 1 √ x = 1 3 √ y − 1 √ x = 12 y + 3x . Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được: 3 √ y + 1 √ x 3 √ y − 1 √ x = 12 y + 3x ⇔ 9 y − 1 x = 12 y + 3x ⇔ 27x2 − 6xy − y2 = 0 ⇔ (3x − y) (9x + y) = 0 ⇔ y = 3x (Vì 9x + y > 0; ∀x, y > 0). Thay y = 3x vào phương trình 3 √ y + 1 √ x = 1 ta được: 3 √ 3x + 1 √ x = 1 ⇔ √ x = √ 3 + 1 ⇔ x = 4 + 2 √ 3 ⇒ y = 12 + 6 √ 3 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 4 + 2 √ 3; 12 + 6 √ 3 . Trong nhiều bài toán giải hệ phương trình, ta phải sử dụng kỹ thuật nhân liên hợp để đưa phương trình về dạng tích. Những hệ có chứa căn thức thường được làm theo hướng này. Chẳng hạn như ví dụ sau đây. Ví dụ 2.14. (Trích đề thi thử đại học năm 2014 THPT chuyên Hưng Yên) Giải hệ phương trình (1 − y) x2 + 2y2 = x + 2y + 3xy √ y + 1 + x2 + 2y2 = 2y − x (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: y + 1 ≥ 0. Nhận thấy (x; y) = (0; 0) không thỏa mãn hệ phương trình. Với (x; y) = (0; 0) thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (1 − y) x2 + 2y2 − (x + 2y) − 2y2 + 4xy = 0 ⇔ (1 − y) −2y2 − 4xy x2 + 2y2 + (x + 2y) − 2y2 + 4xy = 0 25
  • 27. ⇔ 2y2 + 4xy 1 − y x2 + 2y2 + (x + 2y) + 1 = 0 ⇔ y = 0 y = −2x x2 + 2y2 = − (x + y + 1) . Với y = 0, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 1 + |x| + x = 0 (Vô nghiệm). Với y = −2x, thay vào phương trình thứ hai ta được: √ 1 − 2x + 3 |x| + 5x = 0 ⇔ x = −1 − √ 5 4 ⇒ y = 1 + √ 5 2 . Với x2 + 2y2 = − (x + y + 1) thay vào phương trình thứ hai ta có: √ y + 1 = 3y + 1 ⇔ y = 0. ⇒ 1 + |x| + x = 0 (Vô nghiệm). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = −1 − √ 5 4 ; 1 + √ 5 2 . Ví dụ 2.15. (Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2011) Giải hệ phương trình √ x + y + 1 + 1 = 4(x + y)2 + √ 3. √ x + y 30x − 4y = 2011 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x + y ≥ 0. Đặt u = √ x + y ≥ 0. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được: √ u2 + 1 + 1 = 4u4 + √ 3u ⇔ √ u2 + 1 − √ 3u = 4u4 − 1 ⇔ u2 + 1 − 3u2 √ u2 + 1 + √ 3u = 2u2 − 1 2u2 + 1 ⇔ 2u2 − 1 2u2 + 1 + 1 √ u2 + 1 + √ 3u = 0. Vì 2u2 + 1 + 1 √ u2 + 1 + √ 3u > 0; ∀u ≥ 0. ⇒ 2u2 − 1 = 0 ⇒ 2 (x + y) = 1. Kết hợp với phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 (x + y) = 1 30x − 4y = 2011 ⇔    x = 2013 34 y = − 998 17 . 26
  • 28. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 2013 34 ; − 998 17 . Ví dụ 2.16. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN). Giải hệ phương trình y3 + y √ 2x − 1 + 1 = y2 √ 2x − 1 + 2x 9y2 − 11x √ 7x − 10 = x2y2 − 6x2 + 11x (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 10 7 . Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với 2x − 1 + y2 √ 2x − 1 − y3 + y √ 2x − 1 = 0 ⇔ √ 2x − 1 √ 2x − 1 + y2 − y √ 2x − 1 + y2 = 0 ⇔ √ 2x − 1 + y2 √ 2x − 1 − y = 0. Vì √ 2x − 1 + y2 > 0; ∀x ≥ 10 7 . ⇒ √ 2x − 1 − y = 0 ⇔ y = √ 2x − 1. Thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được: [9 (2x − 1) − 11x] √ 7x − 10 = x2 (2x − 1) − 6x2 + 11x ⇔ (7x − 9) √ 7x − 10 = 2x3 − 7x2 + 11x ⇔ (7x − 9) √ 7x − 10 − x = 2x3 − 14x2 + 20x ⇔ (7x − 9) 7x − 10 − x2 √ 7x − 10 + x = 2x x2 − 7x + 10 ⇔ x2 − 7x + 10 2x + 7x − 9 √ 7x − 10 + x = 0. Vì 2x + 7x − 9 √ 7x − 10 + x > 0; ∀x ≥ 10 7 . Do đó x2 − 7x + 10 = 0 ⇔ x = 2 x = 5 ⇒ x = 2; y = √ 3 x = 5; y = 3 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 2; √ 3 ; (5; 3) . Bài tập rèn luyện Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R). Bài toán 2.7. 2xy3 − 3y2 − 4xy + 43 27 = 0 6x3y + 3xy3 + 3x2y2 + 2xy = 2x2 + y2 + 1. 27
  • 29. Bài toán 2.8. x2 − y2 + x − 3y = 2 2x2 − x − y + 2 = √ 2x + 2y + 3 + √ 4x + 2y + 6. Bài toán 2.9.    x + 3 = 2 (3y − x) (y + 1) √ 3y − 2 − x + 5 2 = xy − 2y − 2. Bài toán 2.10. 2x2 − y2 + xy + 3y − 2 = 0 2x2 + 3y + 1 − x + 4xy + y2 + 5x2 + y = 0. Bài toán 2.11. x3 − 2y3 + 3 (x − 2y) = 3xy (x − y) 2x3 = 1 + 4y − 3x2 √ 2x + 1. Bài toán 2.12. xy + x − 2 = 0 2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0. Bài toán 2.13. 5x2y − 4xy2 + 3y3 − 2 (x + y) = 0 xy x2 + y2 + 2 = (x + y)2 . Bài toán 2.14. xy + x + y = x2 − 2y2 x √ 2y − y √ x − 1 = 2x − 2y. 2.3 Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức Trong mục này, chúng ta nghiên cứu về việc sử dụng các hằng đẳng thức để giải hệ phương trình. Bằng các phép biến đổi, ta đưa hệ về một trong các dạng sau: 1. An = Bn; n ∈ N. Khi đó A = B nếu n lẻ, A = ±B nếu n chẵn. 2. A2n 1 + A2n 2 + ... + A2n k = 0; k = 1; 2; .....; n ∈ N∗. Khi đó A2n 1 = A2n 2 = ... = A2n k = 0. Chú ý : Ta dùng phương pháp này khi giải hệ phương trình mà nhận thấy các biểu thức của ẩn chứa đầy đủ các bậc từ nhỏ đến lớn. Ví dụ 2.17. (Trích đề thi HSG QG năm 2010) Giải hệ phương trình x4 − y4 = 240 x3 − 2y3 = 3 x2 − 4y2 − 4 (x − 8y) (x, y ∈ R). 28
  • 30. Giải. Ta nhận thấy, các biểu thức chứa biến có bậc từ một đến bốn, tuy nhiên nếu ta cộng theo vế hai phương trình của hệ thì không làm xuất hiện các hệ số tương ứng của hằng đẳng thức. Để giải quyết bài toán này, trước tiên ta nhân hai vế phương trình thứ hai của hệ với (−8) rồi cộng theo vế hai phương trình với nhau. Ta có thể làm như sau: Hệ phương trình đã cho tương đương với x4 − y4 = 240 −8x3 + 16y3 = −24x2 + 96y2 + 32x − 256y ⇔ x4 − y4 = 240 x4 − 8x3 + 24x2 − 32x + 16 = y4 − 16y3 + 96y2 − 256y + 256 ⇔ x4 − y4 = 240 (x − 2)4 = (y − 4)4 ⇔    x4 − y4 = 240 x = y − 2 x = 6 − y. Với x = y − 2 ta có: (y − 2)4 − y4 = 240 ⇔ (y + 2) y2 − 7y + 22 = 0 ⇔ y = −2 ⇒ x = −4. Với x = 6 − y ta có: (6 − y)4 − y4 = 240 ⇔ (y − 2) y2 − 7y + 22 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x = 4. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (−4; −2) ; (4; 2) . Lưu ý : Ta sử dụng kỹ thuật hệ số bất định để tìm được số (−8). Từ hai phương trình của hệ ta hy vọng đưa được về hằng đẳng thức (x + a)4 = (y + b)4 (∗). Nhân phương trình thứ hai của hệ với α; α = 0 rồi cộng với phương trình thứ nhất ta được: x4 − y4 − 240 + α x3 − 2y3 − 3 x2 − 4y2 + 4 (x − 8y) = 0 (∗∗). Đồng nhất hệ số của của các biểu thức của (∗) và (∗∗) ta được α = −8. Ví dụ 2.18. Giải hệ phương trình (x − y) x2 + y2 = x4 − 1 (x + y) x4 + y4 = x4 + 1 (x, y ∈ R). Giải. Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được 29
  • 31. (x − y) (x + y) x2 + y2 x4 + y4 = x4 − 1 x4 + 1 ⇔ x2 − y2 x2 + y2 x4 + y4 = x8 − 1 ⇔ x4 − y4 x4 + y4 = x8 − 1 ⇔ x8 − y8 = x8 − 1 ⇔ y8 = 1 ⇔ y = ±1. Với y = 1, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: (x − 1) x2 + 1 = x4 − 1 ⇔ x (x − 1) x2 + 1 = 0 ⇔ x = 0 x − 1 = 0 ⇔ x = 0 x = 1. ⇒ x = 0; y = 1 x = y = 1. Nhận thấy, x = y = 1 không thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ. Với y = −1, thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: (x + 1) x2 + 1 = x4 − 1 ⇔ (x + 1) (2 − x) x2 + 1 = 0 ⇔ x + 1 = 0 2 − x = 0 ⇔ x = −1 x = 2 ⇒ x = y = −1 x = 2; y = −1. Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (x; y) = (0; 1) ; (−1; −1) ; (2; −1) . Ví dụ 2.19. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN) Giải hệ phương trình x2 + y2 = 2 2x5 x + y + (xy + 1)2 = 5 (x, y ∈ R). Giải. Nhận thấy, nếu ta biến đổi hệ rồi thay phương trình thứ nhất của hệ vào phương trình thứ hai rồi quy đồng, tính toán sẽ làm xuất hiện biểu thức của biến có bậc từ một đến năm. Do đó ta có cách giải sau. Điều kiện: x + y = 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với x2 + y2 = 2 2x5 x + y = 4 − x2y2 − 2xy ⇔ x2 + y2 = 2 2x5 x + y = 4 − x2y2 − 2xy 30
  • 32. ⇔ x2 + y2 = 2 2x5 x + y = x2 + y2 2 − x2y2 − x2 + y2 xy ⇔ x2 + y2 = 2 2x5 x + y = x4 + y4 + x2y2 − x2 + y2 xy ⇔ x2 + y2 = 2 2x5 = (x + y) x4 − x3y + x2y2 − xy3 + y4 ⇔ x2 + y2 = 2 2x5 = x5 + y5 ⇔ x2 + y2 = 2 x5 = y5 ⇔ x2 + y2 = 2 x = y ⇔ x = y = 1 (TMĐK) x = y = −1 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) ; (−1; −1) . Ví dụ 2.20. (Trích đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG QG năm 2003 TPHCM) Giải hệ phương trình    1 x − 1 2y = 2 y4 − x4 1 x + 1 2y = 3y2 + x2 3x2 + y2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x = 0; y = 0. Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được:   2 x = x4 + 5y4 + 10x2y2 1 y = 5x4 + y4 + 10x2y2 ⇔ x5 + 5xy4 + 10x3y2 = 2 5x4y + y5 + 10x2y3 = 1 ⇔ x5 + 5xy4 + 10x3y2 + 5x4y + y5 + 10x2y3 = 3 x5 + 5xy4 + 10x3y2 − 5x4y − y5 − 10x2y3 = 1 ⇔ (x + y)5 = 3 (x − y)5 = 1 ⇔ x + y = 5 √ 3 x − y = 1 ⇔    x = 5 √ 3 + 1 2 y = 5 √ 3 − 1 2 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 5 √ 3 + 1 2 ; 5 √ 3 − 1 2 . Ví dụ 2.21. (Trích đề thi Olympic 30/4/2011) 31
  • 33. Giải hệ phương trình    x2 − y2 = 121x − 122y 4xy (x2 + y2) x4 + 14x2y2 + y4 = 122x + 121y x2 + y2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: xy = 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với    4xy x2 − y2 = 121x − 122y x2 + y2 (1) x4 + 14x2y2 + y4 = 122x + 121y x2 + y2 (2) Lấy (1).x + (2)y và −(1)y + (2).x theo vế ta được: 5x4y + 10x2y3 + y5 = 121 x5 + 10x3y2 + 5x4y = 122 ⇔ (x + y)5 = 243 (x − y)5 = 1 ⇔ x + y = 3 x − y = 1 ⇔ x = 2 y = 1 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (2; 1) . Trong một số bài toán, khi biến đổi hệ phương trình ta sẽ thu được dạng sau: A2n 1 + A2n 2 + ... + A2n k = 0; k = 1; 2; .....; n ∈ N∗ . Khi đó, A2n 1 = A2n 2 = ... = A2n k = 0. Ví dụ 2.22. Giải hệ phương trình 2(x − y)2 + 10x − 6y + 12 = √ x + 2 + √ y x + 4 − y2 = y − x − 2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ −2; y ≥ 0; x + 4 − y2 ≥ 0; 2(x − y)2 + 10x − 6y + 12 ≥ 0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2x2 + 2y2 − 4xy + 9x − 7y + 10 − 2 y (x + 2) = 0 ⇔ x + 2 − 2 y (x + 2) + y + 2 x2 + y2 − 2xy + 4x − 4y + 4 = 0 ⇔ √ x + 2 − √ y 2 + 2(x − y + 2)2 = 0 ⇔ √ x + 2 − √ y = 0 x − y + 2 = 0 ⇔ y = x + 2. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 32
  • 34. x + 4 − (x + 2)2 = x + 2 − x − 2 ⇔ √ −x2 − 3x = 0 ⇔ −x2 − 3x = 0 ⇔ x = 0 (TM) x = −3 (Loại). Với x = 0 thì y = 2 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 2) . Ví dụ 2.23. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG năm 2015 tỉnh Nghệ An) Giải hệ phương trình x 4y3 + 3y + 5y2 − x2 = y2 x2 + 4y2 + 8 x + √ 12 − 2x = 2y2 − 2 √ y − 4 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: 5y2 − x2 ≥ 0; x ≤ 6; y ≥ 0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (x − 2y)2 4y2 + 3 + x − 2 5y2 − x2 2 = 0 ⇔ x − 2y = 0 x − 2 5y2 − x2 = 0 ⇔ x = 2y x = 2 5y2 − x2 ⇔ x = 2y x ≥ 0. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2y + √ 12 − 4y = 2y2 − 2 √ y − 4 ⇔ y + √ 3 − y = y2 − √ y − 2 ⇔ y2 − y − 2 = √ 3 − y + √ y ≥ 0 ⇒ 2 ≤ y ≤ 3. Ta có: y + √ 3 − y = y2 − √ y − 2 ⇔ y2 − 3y + 1 = √ 3 − y − (y − 2) + √ y − (y − 1) ⇔ y2 − 3y + 1 = − y2 − 3y + 1 √ 3 − y + y − 2 − y2 − 3y + 1 √ y + y − 1 ⇔ y2 − 3y + 1 1 + 1 √ 3 − y + y − 2 + 1 √ y + y − 1 = 0. Vì 1 + 1 √ 3 − y + y − 2 + 1 √ y + y − 1 > 0; ∀y ∈ [2; 3] . Nên suy ra y2 − 3y + 1 = 0 ⇔ y = 3 ± √ 5 2 . Kết hợp với điều kiện ta có y = 3 + √ 5 2 ⇒ x = 3 + √ 5. 33
  • 35. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 3 + √ 5; 3 + √ 5 2 . Bài tập rèn luyện Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R). Bài toán 2.15. (x − y) x2 + xy + y2 + 3 = 3 x2 + y2 + 2 4 √ x + 2 + √ 16 − 3y = x2 + 8. Bài toán 2.16. 3y2 + 1 + 2y (x + 1) = 4y x2 + 2y + 1 y (y − x) = 3 − 3y. Bài toán 2.17. 12 y x = 3 + x − 2 √ 4y − x √ y + 3 + y = x2 − x − 3. Bài toán 2.18.    x + y xy + xy = 2 (x − y) √ x + √ y + 2 √ xy 1 √ y − 1 √ x + x + y = 4. Bài toán 2.19.    2x (y + 1) − 2y (y − 1) = 3 x2 + y − x = 4 + y 2 x2 + y . 2.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Để giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số, trước tiên ta cần biết đến các tính chất của hàm số như sau. Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D (D có thể là một đoạn, một khoảng, hoặc nửa khoảng). 1. Định lý 1 Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì phương trình f(x) = k có nhiều nhất một nghiệm trên D và f(u) = f(v) khi và chỉ khi u = v, với mọi u, v thuộc D. 2. Định lý 2 Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D và hàm số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên D. 3. Định lý 3 34
  • 36. Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n trên D và phương trình f(k) (x) = 0 có m nghiệm. Khi đó, phương trình f(k−1) (x) = 0 có nhiều nhất m+1 nghiệm trên D. Lưu ý : Một số đặc điểm để nhận dạng hệ phương trình có thể áp dụng phương pháp này là: - Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến về một định dạng phương trình có tính đối xứng. - Hệ đối xứng loại 2 nhưng không giải được bằng phương pháp thông thường. - Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến nhưng không đưa được về dạng đối xứng, chẳng hạn như: f(x) + f(y) = k hoặc f(x).f(y) = k hoặc f(x) + g(y) = k hoặc f(x) = k, với k là hằng số. Trong một số bài toán, ta dễ dàng phát hiện ra hàm đặc trưng. Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau đây. Ví dụ 2.24. (Trích đề thi thử ĐH năm 2013 trường THPT chuyên ĐHSPHN) Giải hệ phương trình    x + 1 x2 + 1 = y + 1 y2 + 1 9x2 + 4 y2 = 3x2 + 2x − 2 y (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: y = 0. Xét hàm số f (t) = t + 1 t2 + 1 ; t ∈ R. Có f (t) = 1 − 2t (t2 + 1) 2 = t4 + t2 + (t − 1)2 (t2 + 1) 2 > 0; ∀t. Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R. Do đó f (x) = f (y) ⇔ x = y. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 9x2 + 4 x2 = 3x2 + 2x − 2 x (x = 0) ⇔ 9x2 + 4 x2 = 3x − 2 x + 2. Đặt u = 3x − 2 x ⇒ 9x2 + 4 x2 = u2 + 12. Khi đó 9x2 + 4 x2 = 3x − 2 x + 2 ⇔ √ u2 + 12 = u + 2 35
  • 37. ⇔ u + 2 ≥ 0 u2 + 12 = (u + 2)2 ⇔ u ≥ 2 4u = 8 ⇔ u = 2. ⇒ 3x − 2 x = 2 ⇔ 3x2 − 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ± √ 7 3 ⇒ x = y = 1 ± √ 7 3 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 1 − √ 7 3 ; 1 − √ 7 3 ; 1 + √ 7 3 ; 1 + √ 7 3 . Ví dụ 2.25. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG QG năm 2011 trường THPT chuyên ĐHSPHN) Giải hệ phương trình 2x2 − 3x + 4 2y2 − 3y + 4 = 18 x2 + y2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0 (x, y ∈ R). Giải. Xét phương trình thứ hai trong hệ: x2 + y2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0. - Nếu ta xem đây là phương trình bậc hai theo biến x thì điều kiện để phương trình có nghiệm là: ∆ ≥ 0. Có ∆ = (y − 7)2 − 4 y2 − 6y + 14 = −3y2 + 10y − 7. ∆ ≥ 0 ⇔ −3y2 + 10y − 7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ 7 3 . - Nếu ta xem đây là phương trình bậc hai theo biến y thì điều kiện để phương trình có nghiệm là: ∆ ≥ 0. Có ∆ = (x − 6)2 − 4 x2 − 7y + 14 = −3x2 + 16x − 20. ∆ ≥ 0 ⇔ −3x2 + 16x − 20 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 10 3 . Suy ra: x ∈ 2; 10 3 ; y ∈ 1; 7 3 . Từ phương trình thứ nhất trong hệ, ta xét hàm: f (t) = 2t2 − 3t + 4; t ≥ 1. Ta có: f (t) = 4t − 3 > 0; ∀t ≥ 1. Do đó, f(t) là hàm đồng biến trên (1; +∞) . Suy ra ta có: f (x) ≥ f (2) = 6; ∀x ∈ 2; 10 3 . f (y) ≥ f (1) = 3; ∀y ∈ 1; 7 3 . 36
  • 38. Do đó: f (x) .f (y) ≥ 18. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2 y = 1. Thử lại ta thấy (x; y) không thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ. Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét: Ở hai ví dụ trên ta nhận thấy phương trình thứ nhất của hệ có chứa các biểu thức đối xứng của x và y, vì vậy ta nhận được ngay hàm đặc trưng. Tuy nhiên, không phải bài toán nào cũng đơn giản như thế. Với những bài toán phức tạp hơn, ta cần biến đổi hệ phương trình để nhận được hàm đặc trưng. Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau đây. Ví dụ 2.26. (Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN) Giải hệ phương trình 8 √ 2y − 1 2y − √ 2y − 1 = x x2 − 2x + 4 4xy + 2 (x + 2) (x + 2y) = 5x + 12y − 6 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: (x + 2) (x + 2y) ≥ 0; y ≥ 1 2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 6y √ 2y − 1 − 8 (2y − 1) = x3 − 2x2 + 4x ⇔ 8 (2y − 1) √ 2y − 1 − 8 (2y − 1) + 8 √ 2y − 1 = x3 − 2x2 + 4x ⇔ 2 √ 2y − 1 3 − 2 2 √ 2y − 1 2 + 4 2 √ 2y − 1 = x3 − 2x2 + 4x. Xét hàm số f (t) = t3 − 2t2 + 4t; t ∈ R. Có f (t) = 3t2 − 4t + 4 = 2t2 + (t − 2)2 ≥ 0; ∀t. Suy ra f(t) là hàm đồng biến ∀t ∈ R. Do đó, f 2 √ 2y − 1 = f (x) ⇔ x = 2 √ 2y − 1 ≥ 0. ⇒ y = x2 + 4 8 . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x3 + 2 (x + 2) √ x + 2 = 3x (x + 2) . Đặt u = √ x + 2 ≥ 0. ⇒ x3 + 2u3 = 3xu2 ⇔ (x − u)2 (x + 2u) = 0 ⇔ x = u x = −2u < 0 (Loại). Với x = u ⇒ √ x + 2 = x ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x = −1 (Loại) x = 2 (TM). 37
  • 39. Với x = 2 ⇒ y = 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1) . Ví dụ 2.27. (Trích đề thi HSG năm 2010 tỉnh Nghệ An) Giải hệ phương trình x3 − y3 − 2 = 3x − 3y2 x2 + √ 1 − x2 − 3 2y − y2 + 2 = 0 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 2. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x3 − 3x − 2 = y3 − 3y2 ⇔ x3 − 3x − 2 = (y − 1)3 − 3 (y − 1) − 2. Từ điều kiện ta suy ra x; y − 1 ∈ [−1; 1] . Xét hàm số f (t) = t3 − 3t − 2; t ∈ [−1; 1] . Có f (t) = 3 t2 − 1 < 0; ∀t ∈ (−1; 1) . Do đó f(t) là hàm nghịch biến trên đoạn [−1; 1] . Suy ra f (x) = f (y − 1) ⇔ x = y − 1. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x2 − 2 √ 1 − x2 + 2 = 0 ⇔ x2 + 2 = 2 √ 1 − x2 ⇔ x2 x2 + 8 = 0 ⇔ x = 0. ⇒ y = 1 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 1) . Ví dụ 2.28. (Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An) Giải hệ phương trình x + √ x2 + 4 y + y2 + 1 = 2 27x6 = x3 − 8y + 2 (x, y ∈ R). Giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x + √ x2 + 4 = 2 y + y2 + 1 ⇔ x + √ x2 + 4 = −2 y − y2 + 1 ⇔ x + √ x2 + 4 = (−2y) + (−2y)2 + 4. Xét hàm số f (t) = t + √ t2 + 4 trên R. 38
  • 40. Ta có f (t) = 1 + t √ t2 + 4 > 0; ∀t ∈ R. Suy ra f(t) đồng biến trên R. Do đó, f (x) = f (−2y) ⇔ x = −2y. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 27x6 = x3 + 4x + 2 ⇔ 3x2 = 3 √ x3 + 4x + 2 ⇔ (x + 1)3 + (x + 1) = x3 + 4x + 2 + 3 √ x3 + 4x + 2. Xét hàm số g (t) = t3 + t trên R. Có g (t) = 3t2 + 1 > 0; ∀t. Suy ra g(t) đồng biến trên R. ⇒ g (x + 1) = g 3 √ x3 + 4x + 2 ⇔ x + 1 = 3 √ x3 + 4x + 2 ⇔ 3x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± √ 13 6 . Với x = 1 + √ 13 6 ⇒ y = −1 − √ 13 12 . Với x = 1 − √ 13 6 ⇒ y = −1 + √ 13 12 . Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = 1 + √ 13 6 ; −1 − √ 13 12 ; 1 − √ 13 6 ; −1 + √ 13 12 . Ví dụ 2.29. (Trích đề thi đề nghị 30/4/2012) Giải hệ phương trình (2012 − 3x) √ 4 − x + (6y − 2009) √ 3 − 2y = 0 2 √ 7x − 8y + 3 √ 14x − 18y = x2 + 6x + 13 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≤ 4; y ≤ 3 2 ; 7x − 8y ≥ 0; 14x − 18y ≥ 0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: [3 (4 − x) + 2000] √ 4 − x = [3 (3 − 2y) + 2000] 3 − 2y. Xét hàm số: f (t) = (3t + 2000) √ t; t ≥ 0. Ta có: f (t) = 3 √ t + 3t + 2000 2 √ t > 0; ∀t > 0. Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [0; +∞) . Do đó, f (4 − x) = f (3 − 2y) ⇔ 4 − x = 3 − 2y ⇔ y = x − 1 2 . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 39
  • 41. 2 √ 3x + 4 + 3 √ 5x + 9 = x2 + 6x + 13 ⇔ 2 √ 3x + 4 − (x + 2) + 3 √ 5x + 9 − (x + 3) = x2 + x ⇔ −2x (x + 1) √ 3x + 4 + (x + 2) + −3x (x + 1) √ 5x + 9 + (x + 3) = x (x + 1) ⇔ x (x + 1) 2 √ 3x + 4 + (x + 2) + 3 √ 5x + 9 + (x + 3) + 1 = 0. Vì 2 √ 3x + 4 + (x + 2) + 3 √ 5x + 9 + (x + 3) + 1 > 0; ∀x ≤ 4. ⇒ x (x + 1) = 0 ⇔ x = 0 x = −1. Với x = 0 ⇒ y = − 1 2 (TMĐK). Với x = −1 ⇒ y = −1(TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 0; − 1 2 ; (−1; −1) . Ví dụ 2.30. (Trích đề thi HSG năm 2010 tỉnh Thanh Hóa) Giải hệ phương trình x + y + 2 = 3 √ x + y logx+y [4 (x − y)] = x − y (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x + y > 0; x − y > 0; x + y = 1. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( √ x + y) 2 − 3 √ x + y + 2 = 0 ⇔ √ x + y = 1 (Loại)√ x + y = 2 (TMĐK). ⇒ x + y = 4. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: log4 [4 (x − y)] = x − y ⇔ 4 (x − y) = 4x−y. Đặt x − y = u > 0 suy ra 4u = 4u; u > 0. Xét hàm số f (u) = 4u − 4u; u > 0. Có f (u) = 4 − 4u ln 4. f (u) = 0 ⇔ 4 − 4u ln 4 = 0 ⇔ u = 1 − log4 (ln 4) > 0. Vì phương trình f (u) = 0 có nghiệm duy nhất u = 1 − log4 (ln 4) > 0 nên phương trình f(u) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Mặt khác, f (1) = f 1 2 = 0. Do đó phương trình 4u = 4u có hai nghiệm là u = 1; u = 1 2 . 40
  • 42. Với u = 1 ⇒ x + y = 4 x − y = 1 ⇔    x = 5 2 y = 3 2 (TMĐK). Với u = 1 2 ⇒ x + y = 4 x − y = 1 2 ⇔    x = 9 4 y = 7 4 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 5 2 ; 3 2 ; 9 4 ; 7 4 . Ví dụ 2.31. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG năm 2010 tỉnh Quảng Ngãi) Giải hệ phương trình y − x + 1 + √ 2 = √ x + 1 + √ 2 − x 2x3 − y3 + x2y2 = 2xy − 3x2 + 3y (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2; y ∈ R. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 2x3 − 2xy + x2y2 − y3 + 3x2 − 3y = 0 ⇔ 2x x2 − y + y2 x2 − y + 3 x2 − y = 0 ⇔ x2 − y 2x + y2 + 3 = 0 . Vì 2x + y2 + 3 > 0; ∀x ∈ [−1; 2] ; y ∈ R. ⇒ x2 − y = 0 ⇔ y = x2. Thay y = x2 vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: x2 − x + 1 + √ 2 = √ x + 1 + √ 2 − x ⇔ x2 − x + 1 + √ 2 − √ x + 1 − √ 2 − x = 0. Xét hàm số f (x) = x2 − x + 1 + √ 2 − √ x + 1 − √ 2 − x; x ∈ [−1; 2] . Có f (x) = 2x − 1 − 1 2 √ x + 1 + 1 2 √ 2 − x . f (x) = 2 + 1 4 (x + 1) √ x + 1 + 1 4 (2 − x) √ 2 − x . ⇒ f (x) > 0; ∀x ∈ (−1; 2) . Nên phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Mà f 1 2 = 0 nên x = 1 2 là nghiệm của phương trình f (x) = 0. Do đó phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Mặt khác f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình x2 − x + 1 + √ 2 − √ x + 1 − √ 2 − x = 0 có đúng hai nghiệm là x = 0; x = 1. Với x = 0 ⇒ y = 0 (TMĐK). Với x = 1 ⇒ y = 1 (TMĐK). 41
  • 43. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 0) ; (1; 1) . Ví dụ 2.32. Giải hệ phương trình x3 (2 + 3y) = 8 x y3 − 2 = 6 (x, y ∈ R). Giải. Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Hệ phương trình đã cho tương đương với    2 + 3y = 8 x3 (1) y3 − 2 = 6 x . (2) Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được: y3 + 3y = 8 x3 + 6 x . Xét hàm số: f (t) = t3 + 3t; t ∈ R. Có: f (t) = 3t2 + 3 > 0; ∀t ∈ R. Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R. Do đó: f (y) = f 2 x ⇔ y = 2 x . Thay vào phương trình (1) ta được 2 + 6 x = 8 x3 ⇔ x3 + 3x2 − 4 = 0 ⇔ x = 1 x = −4 ⇒ x = 1; y = 2 x = −4; y = − 1 2 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; 2) ; −4; − 1 2 . Bài tập rèn luyện Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R). Bài toán 2.20. x3 + 3 (x − y) − 3 3 √ 3y + 2 = 2 y3 + 3 (y − x) − 3 3 √ 3x + 2 = 2. Bài toán 2.21. (23 − 3x) √ 7 − x + (3y − 20) √ 6 − y = 0√ 2x + y + 2 − √ −3x + 2y + 8 + 3x2 − 14x − 8. 42
  • 44. Bài toán 2.22. x3 − 2y + 1 = 0 (3 − x) √ 2 − x − 2y √ 2y − 1 = 0. Bài toán 2.23. y3 + 3y2 + y + 4x2 − 22x + 21 = (2x + 1) √ 2x − 1 2x2 − 11x + 9 = 2y. Bài toán 2.24. 4 1 + 2x2y − 1 = 3x + 2 1 − 2x2y + √ 1 − x2 2x3y − x2 = √ x4 + x2 − 2x3y 4y2 + 1. Bài toán 2.25. x3 − 3x2 − 9x + 22 = y3 + 3y2 − 9y x2 + y2 − x + y = 1 2 . Bài toán 2.26. √ x + 1 + 4 √ x − 1 − y4 + 2 = y x2 + 2x (y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0. Bài toán 2.27. 3x2 − 2x − 5 + 2x √ x2 + 1 = 2 (y + 1) y2 + 2y + 1 x2 + 2y2 = 2x − 4y + 3. 2.5 Phương pháp khác 2.5.1 Phương pháp đánh giá Nội dung chủ đề này đề cập đến việc đánh giá hệ phương trình thông qua điều kiện nghiệm của hệ phương trình và các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức Cô si, bất đẳng thức Bunhiacopski, bất đẳng thức véc tơ. 1. Bất đẳng thức Cô si Cho hai số thực không âm a, b. Ta có: a + b 2 ≥ √ ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Tổng quát: Cho n số thực không âm a1, a2, ..., an. Khi đó ta có: a1 + a2 + ... + an n ≥ n √ a1a2...an. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an. 2. Bất đẳng thức Bunhiacopski Cho bốn số thực a, b, x, y. Ta có: a2 + b2 x2 + y2 ≥ (ax + by)2 . 43
  • 45. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a x = b y . Tổng quát: Cho 2n số thực ai, bi (i = 1, 2, ..., n). Ta có: a1 2 + ... + an 2 b1 2 + ... + bn 2 ≥ (a1b1 + ... + anbn)2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 b1 = ... = an bn . 3. Bất đẳng thức véc tơ |−→u | + |−→v | ≥ |−→u + −→v | . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −→u = k−→v , k ∈ R. * Nếu → u = (a; b) ; → v = (c; d) thì ta có bất đẳng thức sau: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ac = bd. 4. Bất đẳng thức dấu giá trị tuyệt đối |A| + |B| ≥ |A + B| . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB ≥ 0. |A − B| ≥ |A| − |B| . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (A − B) B ≥ 0. 5. Một số bổ đề thường dùng 1 1 + a + 1 1 + b ≥ 2 1 + √ ab với a > 0; b > 0; ab ≥ 1. 1 1 + a + 1 1 + b ≤ 2 1 + √ ab với a > 0; b > 0; ab ≤ 1. Dấu bằng xảy ra ở hai bổ đề này khi và chỉ khi ab = 1 a = b. Ví dụ 2.33. (Trích đề thi Đại học khối A, A1 năm 2014) Giải hệ phương trình x √ 12 − y + y(12 − x2) = 12 x3 − 8x − 1 = 2 √ y − 2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: −2 √ 3 ≤ x ≤ 2 √ 3; 2 ≤ y ≤ 12. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: x 12 − y + y(12 − x2) ≤ (x2 + 12 − x2)(12 − y + y) = 12. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x √ 12 − y = √ 12 − x2 √ y ⇔ x √ y = (12 − x2)(12 − y) ⇔ x ≥ 0 y = 12 − x2. 44
  • 46. Thay y = 12 − x2 vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: x3 − 8x − 1 = 2 √ 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − 3 + 2 1 − √ 10 − x2 = 0 ⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 + 2. x2 − 9 1 + √ 10 − x2 = 0 ⇔ (x − 3) x2 + 3x + 1 + 2 (x + 3) 1 + √ 10 − x2 = 0. Vì x2 + 3x + 1 + 2 (x + 3) 1 + √ 10 − x2 > 0; ∀x ≥ 0. nên x − 3 = 0 ⇔ x = 3 ⇒ y = 3 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 3) . Ví dụ 2.34. (Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh năm 2013 - 2014) Giải hệ phương trình    4x2 + y2 2 + 4x2 + 2xy + y2 3 = 2x + y x √ xy + 5x + 3 = 2xy − 5x − 3 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: xy+5x+3 ≥ 0. Khi đó hệ phương trình có nghiệm nếu 2x+y ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 4x2 + y2 (1 + 1) ≥ (2x + y)2 . ⇒ 4x2 + y2 2 ≥ (2x + y)2 4 = 2x + y 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 2x. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 4x2 +2xy+y2 = (2x + y)2 −2xy ≥ (2x + y)2 − 2x + y 2 2 = 3 4 (2x + y)2 . ⇒ 4x2 + 2xy + y2 3 ≥ 1 3 . 3 4 (2x + y)2 = 2x + y 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 2x. Do đó 4x2 + y2 2 + 4x2 + 2xy + y2 3 ≥ 2x + y. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = 2x. Có y = 2x ⇒ 2x + y = 4x ≥ 0. Thay y = 2x vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x √ xy + 5x + 3 = 4x2 − 5x − 3 ⇔ x ≥ 0 4x2 − 5x − 3 ≥ 0 14x4 − 45x3 − 2x2 + 30x + 9 = 0 45
  • 47. ⇔    x ≥ 5 + √ 73 8 (x − 3) 14x3 − 3x2 − 11x + 3 = 0. Vì 14x3 − 3x2 − 11x + 3 > 0; ∀x ≥ 5 + √ 73 8 . ⇒ x − 3 = 0 ⇔ x = 3 ⇒ y = 6 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 6) . Ví dụ 2.35. (Trích đề thi HSG QG năm 2013) Giải hệ phương trình    sin2 x + 1 sin2 x + sin2 y + 1 sin2 y = 20x x + y cos2x + 1 cos2x + cos2y + 1 cos2y = 20y x + y (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x + y = 0; x x + y ≥ 0; y x + y ≥ 0; x = kπ 2 ; y = lπ 2 ; k, l ∈ Z. Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được: sin2 x + 1 sin2 x + cos2x + 1 cos2x + sin2 y + 1 sin2 y + cos2y + 1 cos2y = 20x x + y + 20y x + y (∗). Áp dụng bất đẳng thức véc tơ ta có: sin2 x + 1 sin2 x + cos2x + 1 cos2x ≥ (sinx + cos x)2 + 1 sinx + 1 cos x 2 ≥ (1 + sin 2x) 1 + 4 sin2 2x ≥ (sin 2x − 1) sin2 2x − 8 sin 2x − 4 sin2 2x + 10 ≥ √ 10. Tương tự ta có: sin2 y + 1 sin2 y + cos2y + 1 cos2y ≥ √ 10. Suy ra V T(∗) ≥ 2 √ 10. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin 2x = 1 sin 2y = 1 ⇔    x = π 4 + kπ y = π 4 + lπ (k, l ∈ Z). Mặt khác, 20x x + y + 20y x + y ≤ 2 20x x + y + 20y x + y = 2 √ 10. 46
  • 48. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x x + y = y x + y ⇔ x = y. Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = π 4 + kπ (k ∈ Z). 2.5.2 Phương pháp lượng giác hóa Nội dung chủ đề này đề cập đến phép thế lượng giác khi giải hệ phương trình. Ta dựa vào các dấu hiệu nhận biết sau đây để sử dụng phương pháp lượng giác hóa. 1. Nếu một phương trình của hệ có dạng (px − a)2 + (qy − b)2 = c2 thì ta đặt: px = a + c sin t qy = b + c cos t (t ∈ [0; 2π]). 2. Nếu từ hệ ta suy ra x ∈ [−a; a] ; y ∈ [−b; b] thì đặt: x = a sin α y = b sin β (α; β ∈ [0; 2π]). Dạng này thường đi kèm các căn thức √ a2 − x2; b2 − y2. 3. Trong đề bài có chứa các biểu thức tương ứng với một công thức lượng giác nào đó. Chẳng hạn: 1 + x2 tương ứng với 1 + tan2t = 1 cos2t , 4x3 − 3x tương ứng với 4cos3t − 3 cos t = cos3t, 2x2 − 1 tương ứng với 2cos2t − 1 = cos2t, 2x 1 − x2 tương ứng với 2 tan t 1 − tan2t = tan 2t. Chú ý : Cần nhớ chính xác công thức nghiệm của các phương trình lượng giác cơ bản. Nắm vững và biến đổi thành thạo các công thức biến đổi lượng giác. Ví dụ 2.36. Giải hệ phương trình x2 + y2 = 1 3x − 4x3 3y − 4y3 = 1 2 (x, y ∈ R). Giải. Đặt x = sin t y = cos t (t ∈ [0; 2π]). Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành: 3 sin t − 4sin3 t 3 cos t − 4cos3t = 1 2 47
  • 49. ⇔ sin 3t.cos3t = − 1 2 ⇔ sin 6t = −1 ⇔ t = − π 12 + k π 3 (k ∈ Z) Do t ∈ [0; 2π] nên t = π 4 ; 7π 12 ; 11π 12 ; 15π 12 ; 19π 12 . Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm là (x; y) = (sin t; cos t) ; t ∈ π 4 ; 7π 12 ; 11π 12 ; 15π 12 ; 19π 12 . Ví dụ 2.37. Giải hệ phương trình 1 + √ 1 − x2 = y 1 + 2 1 − y2 √ x − ln (y + 1) = √ y − ln (x + 1) (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 0; y ≤ 1. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với √ x + ln (x + 1) = √ y + ln (y + 1) (1). Xét hàm số f (t) = √ t + ln (t + 1) trên [0; +∞), ta có: f (t) = 1 2 √ t + 1 t + 1 > 0; ∀t > 0. Do đó f(t) là hàm đồng biến trên [0; +∞) . Từ (1) suy ra f (x) = f (y) ⇔ x = y. Thay y = x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: 1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2 . Đặt x = sin α; α ∈ 0; π 2 . Khi đó phương trình trở thành: 1 + 1 − sin2 α = sin α 1 + 2 1 − sin2 α ⇔ √ 1 + cosα = sin α (1 + 2cosα) ⇔ √ 2cos α 2 = 2 sin 3α 2 cos α 2 ⇔    sin 3α 2 = 0 cos α 2 = 0 ⇔   α = k 2π 3 α = π + k2π (k ∈ Z). Do α ∈ 0; π 2 ⇒ α ∈ π 6 ; π 2 . 48
  • 50. Với α = π 6 ⇒ x = y = 1 2 (TMĐK). Với α = π 2 ⇒ x = y = 1 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) = 1 2 ; 1 2 ; (1; 1) . Ví dụ 2.38. (Trích đề thi Olympic 30/4/2013) Giải hệ phương trình x + 3y2 − 2y = 0 36 x √ x + 3y2 − 27 4y2 − y + 2 √ 3 − 9 √ x = 1 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với √ 3x 2 + (3y − 1)2 = 1 36x √ x + 2 √ 3 − 9 √ x + 4(3y − 1)3 − 3 (3y − 1) = 0. Đặt √ 3x = sin t 3y − 1 = cos t (t ∈ [0; π]). Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành 36sin3 t 3 √ 3 + 2 √ 3 − 9 sin t √ 3 + 4cos3t − 3 cos t = 0 ⇔ 4 √ 3sin3 t − 3 √ 3 sin t + cos3t = −2 sin t ⇔ √ 3 sin 3t − cos3t = 2 sin t ⇔ sin 3t − π 6 = sin t ⇔    3t − π 6 = t + k2π 3t − π 6 = π − t + k2π ⇔    t = π 12 + kπ t = 7π 24 + k π 2 (k ∈ Z). Vì t ∈ [0; π] ⇒ t ∈ π 12 ; 7π 24 ; 19π 24 . Suy ra (x; y) = sin2 t 3 ; 1 + cos t 3 ; t ∈ π 12 ; 7π 24 ; 19π 24 . Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (x; y) = sin2 t 3 ; 1 + cos t 3 ; t ∈ π 12 ; 7π 24 ; 19π 24 . 2.5.3 Phương pháp sử dụng số phức Số phức có ứng dụng rất rộng trong giải toán sơ cấp từ đại số, hình học, giải tích và trong cả toán học cao cấp. Nội dung của chủ đề này trình bày về ứng dụng của số phức trong giải hệ phương trình. 49
  • 51. Phương pháp chung là đặt z = x + yi. Khi đó, chuyển bài toán tìm nghiệm (x; y) về tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Dùng phương pháp giải phương trình nghiệm phức tìm được z = a + bi ⇔ x = a y = b Căn bậc n của số phức: zn = r (cosϕ + isinϕ) = n √ r cos ϕ + k2π n + i sin ϕ + k2π n ; k = 0; 1; ...; n − 1. Một số đẳng thức thường sử dụng: _ z = x − yi. z2 = x2 − y2 + 2xyi. z3 = x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i. z4 = x4 − 6x2y2 + y4 + 4 x3y − xy3 . z. _ z = x2 + y2. 1 z = x − yi x2 + y2 . i z = xi + y x2 + y2 . Dấu hiệu nhận biết: Ta sử dụng phương pháp này khi hai phương trình của hệ có dạng: F xk ; yk ; 1 ax2k + by2k ; (a, b > 0, k ∈ R) ⇒ z = √ axk + i √ byk . Ví dụ 2.39. Giải hệ phương trình    x + 3x − y x2 + y2 = 3 y − x + 3y x2 + y2 = 0 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện x2 + y2 = 0. Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R). ⇒ 1 z = x − yi x2 + y2 ; i z = xi + y x2 + y2 . Hệ phương trình đã cho tương đương với   x + 3x − y x2 + y2 = 3 yi − xi + 3yi x2 + y2 = 0 Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được: x + 3x − y x2 + y2 + yi − xi + 3yi x2 + y2 = 3 50
  • 52. ⇔ (x + yi) + 3x − y − xi − 3yi x2 + y2 = 3 ⇔ (x + yi) + 3 (x − yi) − (xi + y) x2 + y2 = 3 ⇔ z + 3 − i z = 3 ⇔ z2 − 3z + 3 − i = 0 ⇔ z = 2 + i z = 1 − i. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (2; 1) ; (1; −1) . Ví dụ 2.40. Giải hệ phương trình x3 − 3xy2 = −1 y3 − 3x2y = − √ 3 (x, y ∈ R). Giải. Nhận thấy đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc ba. Tuy nhiên, nếu ta giải theo phương pháp thông thường sẽ thu được phương trình bậc ba mà ta không thể nhẩm được một nghiệm chẵn. Để ý rằng, nếu xét số phức z = x + yi, (x, y ∈ R) thì z3 = x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i. Ta thấy xuất hiện vế trái của hai phương trình của hệ. Do đó, ta có thể giải như sau: Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R). Suy ra z3 = x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i. Hệ phương trình đã cho tương đương với x3 − 3xy2 = −1 3x2y − y3 i = i √ 3 Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được: x3 − 3xy2 + 3x2y − y3 i = −1 + i √ 3 ⇔ z3 = −1 + i √ 3 ⇔ z3 = 2 − 1 2 + √ 3 2 i ⇔ z3 = 2 cos π 3 + isin π 3 ⇔          z = 3 √ 2 cos 2π 9 + isin 2π 9 z = 3 √ 2 cos 8π 9 + isin 8π 9 z = 3 √ 2 cos 14π 9 + isin 14π 9 . Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là z = 3 √ 2cos 2π 9 ; 3 √ 2sin 2π 9 ; 3 √ 2cos 8π 9 ; 3 √ 2sin 8π 9 ; 3 √ 2cos 14π 9 ; 3 √ 2sin 14π 9 . 51
  • 53. Ví dụ 2.41. (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình    √ 3x 1 + 1 x + y = 2 √ 7y 1 − 1 x + y = 4 √ 2 (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0; x + y = 0. Nhận thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Do đó, điều kiện để hệ phương trình có nghiệm là x > 0; y > 0. Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với    √ x + √ x x + y = 2 √ 3 √ y − √ y x + y = 4 √ 2 √ 7 . Đặt u = √ x; v = √ y; u > 0, v > 0, hệ phương trình trở thành    u + u u2 + v2 = 2 √ 3 v − v u2 + v2 = 4 2 7 ⇔    u + u u2 + v2 = 2 √ 3 vi − vi u2 + v2 = 4i 2 7 . Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được: u + vi + u − vi u2 + v2 = 2 √ 3 + 4i 2 7 . Đặt z = u + vi ta có phương trình z + 1 z = 2 √ 3 + 4i 2 7 ⇔ z2 − 2 √ 3 + 4i 2 7 z + 1 = 0 ⇔         z = 1 √ 3 + 2 √ 21 + 2 2 7 + √ 2 i z = 1 √ 3 − 2 √ 21 + 2 2 7 − √ 2 i. Với z = 1 √ 3 + 2 √ 21 + 2 2 7 + √ 2 i 52
  • 54. ⇒    u = 1 √ 3 + 2 √ 21 v = 2 2 7 + √ 2 ⇒    √ x = 1 √ 3 + 2 √ 21 √ y = 2 2 7 + √ 2 ⇒    x = 11 21 + 4 3 √ 7 y = 22 7 + 8 √ 7 (TMĐK). Với z = 1 √ 3 − 2 √ 21 + 2 2 7 − √ 2 i ⇒ v = 2 2 7 − √ 2 < 0 (Loại). Vậy hệ phương trình nghiệm là (x; y) = 11 21 + 4 3 √ 7 ; 22 7 + 8 √ 7 . Bài tập rèn luyện Giải các hệ phương trình sau (x, y ∈ R). Bài toán 2.28. √ x2 − 2x + 2 + 4 y2 − 2y + 2 = 2 4 √ x + √ y + 3 = 3. Bài toán 2.29. 7 16 − y2 = x2 + 5x − 6 (x + 2)2 + 2(y − 4)2 = 9. Bài toán 2.30. x2 + y2 = 1 2013 √ x − 2013 √ y = 2015 √ y − 2015 √ x (x + y + xy + 2014) . Bài toán 2.31.    x = 2 + 2 − √ 2 + y y = 2 + 2 − √ 2 + x. Bài toán 2.32.    1 − 2y √ 1 − x2 2 = 1 − 2y2 4x3 − y3 − 6x2y + 3xy2 + 3x − 3y = 0. Bài toán 2.33. √ 1 − x = 2y2 − 1 + 2x 1 − y2 x + 1 + y2 √ 1 + x2 − y = 1. Bài toán 2.34.    2x2 − 2 y2 − √ 2 + 1 √ 2x − 1 − xy2 x2y2 + 1 = 0 4x + y2 x2y2 + 1 = 2 + √ 2. 53
  • 55. Chương 3 Một số phương pháp xây dựng hệ phương trình 3.1 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ Để có được một hệ phương trình phức tạp và có độ khó tùy ý, trước tiên ta sẽ xây dựng một hệ phương trình cơ bản. Từ đó ta sẽ phát triển bài toán và thu được kết quả mong muốn. Chẳng hạn như: Xét x = 1, y = 0. Để có được một hệ đối xứng loại I đối với hai biến x, y, rất đơn giản, ta chỉ cần tính xy + x + y = 3, x2 + y2 + x + y = 12. Từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 3.1. Giải hệ phương trình xy + x + y = 3 x2 + y2 + x + y = 12 (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Đặt x + y = S xy = P , điều kiện S2 ≥ 4P. Khi đó, ta có hệ phương trình: S + P = 3 S2 + S − 2P = 12 ⇔ (S; P) = (3; 0) (S; P) = (−6; 9) . Từ đó ta tìm được nghiệm (x; y) = (3; 0); (0; 3); (−3; −3). Tương tự như trên, ta sẽ xây dựng một hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai biến u, v. Sau đó, chọn u = f(x, y), v = g(x, y) để được một hệ mới. Xét u = 1, v = 1. Ta có hệ phương trình: u + uv + v = 3 u2v + uv2 = 2 (u, v ∈ R). 54
  • 56. Sau khi đặt S = u + v, P = uv ta được một hệ bậc hai đối với S, P, trong đó có một phương trình bậc nhất theo S và P, hơn nữa ta đã chọn u = 1, v = 1 nên ta biết rằng hệ phương trình có một nghiệm (S, P) = (1, 1). Vậy chắc chắn ta sẽ giải được hệ phương trình trên. Bây giờ, để tạo ra được một hệ phương trình mới, hay hơn, khó hơn, ta chỉ cần chọn u = √ x; v = 1 y − 1 . Như vậy, ta thu được hệ:    √ x + √ x y − 1 + 1 y − 1 = 3 x y − 1 + √ x (y − 1)2 = 2 ⇔    √ x (y − 1) + √ x + 1 = 3y − 3 x y − 1 + √ x (y − 1)2 = 2. Từ đó ta có bài toán sau. Bài toán 3.2. Giải hệ phương trình    √ x (y − 1) + √ x + 1 = 3y − 3 x − 2y + 2 y − 1 + √ x (y − 1)2 = 0 (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ 0; y = 1. Hệ phương trình đã cho tương đương với   √ x + √ x y − 1 + 1 y − 1 = 3 x y − 1 + √ x (y − 1)2 = 2. Đặt u = √ x; v = 1 y − 1 ; u ≥ 0. Ta có hệ phương trình: u + uv + v = 3 u2v + uv2 = 2. Giải hệ phương trình này tìm được nghiệm (u, v) = (1, 1) Khi đó ta có: √ x = 1 1 y − 1 = 1 ⇔ x = 1 y = 2 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 2). Nhận thấy rằng, bài toán 2 không đơn giản như bài toán 1, nhưng khi ta đã bắt được ý tưởng của bài thì nó trở nên dễ dàng hơn rất nhiều. Ta cũng có thể xây dựng được một hệ phương trình đối xứng loại II đối với hai biến (x, y), sau đó, chỉ cần thay (x, y) bởi những biểu thức khác nhau thì ta sẽ thu được những bài toán giải hệ phương trình phong phú. Chẳng hạn như: Xét x = 2, y = 2. Ta có: x2 − xy + 3y = 6 hay x2 − xy = 3(2 − y). Khi thay x bởi y và thay y bởi x ta được phương trình: y2 − xy = 3(2 − x). Từ đó ta có bài toán sau: 55
  • 57. Bài toán 3.3. Giải hệ phương trình x2 − xy = 3 (2 − y) y2 − xy = 3 (2 − x) (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta thu được phương trình: (x − y) (x + y − 3) = 0 ⇔ x = y x = 3 − y. Thay lần lượt x theo y vào phương trình thứ nhất của hệ ta được nghiệm duy nhất của hệ là (x; y) = (2; 2). Từ hệ phương trình đơn giản trên, ta có thể sáng tác thêm rất nhiều bài toán, chẳng hạn như: Với u = 2, v = 2 ta đã xây dựng được hệ đối xứng loại II là: u2 − uv = 3 (2 − v) v2 − uv = 3 (2 − u) . Chọn u = √ x2 + 1; v = 1 2 √ y , ta được hệ phương trình:    x2 + 1 − √ x2 + 1 2 √ y = 3 2 − 1 2 √ y 1 4y − √ x2 + 1 2 √ y = 3 2 − √ x2 + 1 ⇔    2 √ y x2 + 1 + 3 = √ x2 + 1 + 12 √ y 1 4y + 3 √ x2 + 1 = 6 + √ x2 + 1 2 √ y . Như vậy, ta đã xây dựng được một bài toán hay hơn đó là: Bài toán 3.4. Giải hệ phương trình    2 √ y x2 + 1 + 3 = √ x2 + 1 + 12 √ y 1 4y + 3 √ x2 + 1 = 6 + √ x2 + 1 2 √ y (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Điều kiện: y > 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ sau:    x2 + 1 − √ x2 + 1 2 √ y = 3 2 − 1 2 √ y 1 4y − √ x2 + 1 2 √ y = 3 2 − √ x2 + 1 . 56
  • 58. Đặt u = √ x2 + 1; v = 1 2 √ y , ta được hệ phương trình: u2 − uv = 3 (2 − v) v2 − uv = 3 (2 − u) . Đây là hệ phương trình đối xứng loại II, ta tìm được nghiệm là (u; v) = (2; 2). Suy ra: √ x2 + 1 = 2 1 2 √ y = 2 ⇔ x = ± √ 3 y = 1 16 ⇔   x = √ 3; y = 1 16 x = − √ 3; y = 1 16 . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (x; y) = √ 3; 1 16 ; − √ 3; 1 16 . Ngoài ra, từ những nghiệm "đẹp" ban đầu, ta hoàn toàn có thể xây dựng được một hệ đẳng cấp đơn giản, và từ đó ta cũng sẽ có được những hệ phương trình vô cùng phong phú. Chẳng hạn, ta xét x = 1, y = 2. Khi đó có được: 2x3 + y3 = 10 x2y − 3xy2 + x3 = −9. (Hoặc cũng có thể chọn được một hệ đẳng cấp khác, tùy theo nhu cầu của mỗi người.) Như vậy ta có bài toán sau. Bài toán 3.5. Giải hệ phương trình 2x3 + y3 = 10 x2y − 3xy2 + x3 = −9 (x, y ∈ R). Hướng dẫn: - Nhận thấy, x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. - Xét x = 0: Nhân chéo hai vế của hai phương trình của hệ ta được: −9 2x3 + y3 = 10 x2y − 3xy2 + x3 ⇔ −18x3 − 9y3 = 10x2y − 30xy2 + 10x3 ⇔ 9 y x 3 − 30 y x 2 + 10 y x + 28 = 0. Đặt t = y x . Khi đó: 9t3 − 30t2 + 10t + 28 = 0 ⇔ t = 2 t = 2 ± 3 √ 2 3 . 57
  • 59. Lần lượt thay t theo x và y ta sẽ tìm được nghiệm của hệ phương trình ban đầu. Từ bài toán trên, nếu ta chọn x = u; y = u v thì có hệ mới là:    2u3 + u3 v3 = 10 u2. u v − 3u. u2 v2 + u3 = 9 ⇔ 2u3v3 + u3 = 10v3 u3v − 3u3 + u3v2 = −9v2. Do đó, ta thu được bài toán sau. Bài toán 3.6. Giải hệ phương trình 2u3v3 + u3 − 10v3 = 0 u3v − 3u3 + u3v2 + 9v2 = 0 (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Hệ đã cho tương đương với 2u3v3 + u3 = 10v3 u3v − 3u3 + u3v2 = −9v2. (u; v) = (0; 0) là một nghiệm của hệ. Xét u, v = 0. Ta có: 2u3v3 + u3 = 10v3 u3v − 3u3 + u3v2 = −9v2 ⇔    2u3 + u3 v3 = 10 u2. u v − 3u. u2 v2 + u3 = 9. Đặt x = u; y = u v , ta được hệ: 2x3 + y3 = 10 x2y − 3xy2 + x3 = −9. Ta đã biết cách giải hệ phương trình này ở bài toán 3.5. ở trên. 3.2 Xây dựng hệ phương trình từ các đẳng thức Để một hệ phương trình có nghiệm "đẹp" như ý, ta xuất phát từ những đẳng thức đơn giản hoặc có thể từ những hằng đẳng thức. 1. Chẳng hạn như, xét một biểu thức x2 − y (2x − y + 1) = 0 (∗). Khai triển (∗) ta được 2x3 − x2 y + x2 + y2 − 2xy − y = 0 (∗∗). Muốn có một hệ phương trình, ta chỉ cần kết hợp (∗∗) với một biểu thức liên hệ giữa hai biến x, y, ví dụ như xy + x − 2 = 0 (∗ ∗ ∗). Từ (∗∗) và (∗ ∗ ∗) ta có bài toán sau. 58
  • 60. Bài toán 3.7. Giải hệ phương trình xy + x − 2 = 0 (1) 2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0 (2) (x, y ∈ R). Giải. Phương trình (2) tương đương với 2x3 − 2xy − x2y − y2 + x2 − y = 0 ⇔ 2x x2 − y − y x2 − y + x2 − y = 0 ⇔ x2 − y (2x − y + 1) = 0 ⇔ x2 − y = 0 2x − y + 1 = 0 ⇔ y = x2 y = 2x + 1. Với y = x2, thay vào phương trình (1) ta được: x3 + x − 2 = 0 ⇔ (x − 1) x2 + x + 2 = 0 ⇔ x = 1. x = 1 ⇒ y = 1. Với y = 2x + 1, thay vào phương trình (1) ta được: x2 + x − 1 = 0 ⇔ x = −1 ± √ 5 2 ⇒    x = −1 + √ 5 2 ; y = √ 5 x = −1 − √ 5 2 ; y = − √ 5. Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (x; y) = (1; 1) ; −1 + √ 5 2 ; √ 5 ; −1 − √ 5 2 ; − √ 5 . Hoàn toàn tương tự, ta xét đẳng thức: (x − 4y) (x − y) = 0 ⇔ (x − 4y) (x − y)2 = 0 ⇔ x3 − 6x2y + 9xy2 − 4y3 = 0. Kết hợp với một biểu thức liện hệ giữa x; y, chẳng hạn √ x − y + √ x + y = 2, ta có hệ phương trình x3 − 6x2y + 9xy2 − 4y3 = 0√ x − y + √ x + y = 2. Từ đó, ta thu được bài toán sau đây. Bài toán 3.8. Giải hệ phương trình x3 − 6x2y + 9xy2 − 4y3 = 0 (1)√ x − y + √ x + y = 2 (2) (x, y ∈ R). 59
  • 61. Giải. Điều kiện: x − y ≥ 0 x + y ≥ 0 ⇔ x ≥ ±y ⇔ x ≥ y ≥ 0. Phương trình (1) tương đương với: x3 − 4x2y − 2x2y + 8xy2 + xy2 − 4y3 = 0 ⇔ x2 (x − 4y) − 2xy (x − 4y) + y2 (x − 4y) = 0 ⇔ (x − 4y) (x − y)2 = 0 ⇔ (x − 4y) (x − y) = 0 ⇔ x = 4y x = y. Với x = 4y, thay vào phương trình (2) ta được: 3y + 5y = 2 ⇔ 4y + y √ 15 = 2 ⇔ y = 2 4 − √ 5 . ⇒ x = 8 4 − √ 15 (TMĐK). Với x = y, thay vào phương trình (2) ta được: √ 2x = 2 ⇔ x = 2 ⇒ x = y = 2 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 8 4 − √ 15 ; 2 4 − √ 5 ; (2; 2) . 2. Xét một biến đổi tương đương bất kỳ do ta chọn là (x − 2)3 = (y + 3)3. Ta có: (x − 2)3 = (y + 3)3 ⇔ x3 − 6x2 + 12x − 8 =y3 + 9y2 + 27y + 27 (1). Nhận thấy (x; y) = (2; −3) hoặc (x; y) = (3; −2) đều thỏa mãn (1). Có: x3 − y3 = 35 (2). Từ (1) và (2) ta được: 2x2 + 3y2 = 4x − 9y (3). Kết hợp (2) và (3) ta có bài toán sau. Bài toán 3.9. Giải hệ phương trình x3 − y3 = 35 (1) 2x2 + 3y2 = 4x − 9y (2) (x, y ∈ R). Nhận thấy rằng, nếu ta cộng theo vế hai phương trình của hệ thì không làm xuất hiện được biểu thức (x − 2)3 = (y + 3)3. Để có được điều này, ta sử dụng phương pháp hệ số bất định để tìm ra số cần nhân thêm vào phương trình thứ hai của hệ. Ta làm như sau: Xét (1) + α. (2) ta được: 60
  • 62. x3 − y3 + 2αx2 + 3αy2 = 35 + 4αx − 9αy ⇔ x3 + 2αx2 − 4αx − y3 + 3αy2 + 9αy − 35 = 0. Ta cần chọn α, a, b sao cho: x3 + 2αx2 − 4αx − y3 + 3αy2 + 9αy − 35 = (x − a)3 − (y − b)3 . Khai triển vế phải, sau đó đồng nhất hệ số ta thu được: α = −3 a = 2 b = −3. Như vậy, ta có thể giải bài toán trên như sau. Giải. Nhân hai vế của phương trình (2) với (-3) rồi cộng với phương trình (1) thì được: x3 − y3 − 6x2 − 9y2 = 35 − 12x + 27y ⇔ x3 − 6x2 + 12x − 8 = y3 + 9y2 + 27y + 27 ⇔ (x − 2)3 = (y + 3)3 ⇔ x − 2 = y + 3 ⇔ x = y + 5. Thay x = y + 5 vào phương trình (2) ta được: 2(y + 5)2 + 3y2 = 4 (y + 5) − 9y ⇔ y2 + 5y + 6 = 0 ⇔ y = −2 y = −3 ⇒ x = 3; y = −2 x = 2; y = −3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (2; −3); (3; −2). Nhận xét: Với mỗi cách chọn một biến đổi tương đương, ta sẽ xây dựng được một bài toán giải hệ phương trình rất hay. Bằng phương pháp này, ta có thể xây dựng được một số hệ phương trình trong các đề thi Olympic hay đề thi học sinh giỏi Quốc gia. Chẳng hạn như các bài toán sau đây. Bài toán 3.10. ( Trích đề thi Olympic 30/4/2012 ) Giải hệ phương trình x3 − y3 = 9 (1) 2x2 + y2 − 4x + y = 0 (2) (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Ta tìm cách biến đổi hệ về dạng: (x + a)3 = (y + b)3 . 61
  • 63. Nhân phương trình (2) với (-3) rồi cộng với phương trình (1) ta được: (x − 2)3 = (y + 1)3 ⇔ x − 2 = y + 1 ⇔ y = x − 3. Thay y = x − 3 vào phương trình (2) ta có: 2x2 + (x − 3)2 − 4x + x − 3 = 0 ⇔ x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 x = 2 ⇒ x = 1; y = −2 x = 2; y = −1. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (1; −2) ; (2; −1) . Lưu ý : Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta tìm được số (-3). Cùng ý tưởng như trên, ta có bài toán sau đây. Bài toán 3.11. ( Trích đề thi HSG QG năm 2010) Giải hệ phương trình x4 − y4 = 240 x3 − 2y3 = 3(x2 − 4y2) − 4(x − 8y) (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Bài toán này đã được giải cụ thể ở ví dụ 2.17. chương 2. Chú ý : Dấu hiệu để đưa về hằng đẳng thức là trong hệ có chứa x2 ± y2 ; x3 ± y3 ; x4 ± y4 ; ... 3. Để xây dựng được một hệ phương trình khó hơn nữa, ta có thể xuất phát từ một đẳng thức, sau đó ta dùng một phép biến đổi cơ bản, thay mỗi biến bằng một biểu thức phức tạp hơn. Chẳng hạn ta xét: (u + 2)2 = (v + 1)2 . Ta có: (u + 2)2 = (v + 1)2 ⇔ u2 − v2 + 2 (2u − v) = −3 (∗). Để có được một hệ phương trình, ta kết hợp (∗) với một biểu thức liên hệ giữa u, v, ví dụ như uv − u + 5v + 1 = 0. Từ đó, ta thu được bài toán sau đây. Bài toán 3.12. Giải hệ phương trình u2 − v2 + 2 (2u − v) = −3 (1) uv − u + 5v + 1 = 0 (2) (x, y ∈ R). Giải. Phương trình (1) tương đương với (u + 2)2 = (v + 1)2 ⇔ u = v − 1 u = −v − 3. 62
  • 64. Với u = v − 1, thay vào phương trình (2) ta được: v2 + 3v + 2 = 0 ⇔ v = −1 v = −2. ⇒ u = −2; v = −1 u = −3; v = −2. Với u = −v − 3, thay vào phương trình (2) ta được: −v2 + 3v + 4 = 0 ⇔ v = −1 v = 4. ⇒ u = −2; v = −1 u = −7; v = 4. Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (u; v) = (−2; −1) ; (−3; −2) ; (−7; 4) . Bây giờ, ta sẽ thay u; v bởi những biểu thức của x; y để được một hệ phương trình mới, hay hơn, khó hơn. Chẳng hạn, lấy u = √ y + 2 − x; v = 4x. Khi đó ta có hệ phương trình √ y + 2 − x + 2 2 = (4x + 1)2 4x √ y + 2 − x − √ y + 2 − x + 20x + 1 = 0 ⇔ y − 5 3x2 − 1 − 12x = 2 (x − 2) √ y + 2 (4x − 1) √ y + 2 − 4x2 + 21x + 1 = 0. Từ đó ta có bài toán sau. Bài toán 3.13. Giải hệ phương trình y − 5 3x2 − 1 − 12x = 2 (x − 2) √ y + 2 (1) (4x − 1) √ y + 2 − 4x2 + 21x + 1 = 0 (2) (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Hệ phương trình đã cho tương đương với √ y + 2 − x + 2 2 = (4x + 1)2 4x √ y + 2 − x − √ y + 2 − x + 20x + 1 = 0. Đặt u = √ y + 2 − x; v = 4x. Ta được hệ phương trình: (u + 2)2 = (v + 1)2 uv − u + 5v + 1 = 0. Hệ có nghiệm (u; v) = (−2; −1) ; (−3; −2) ; (−7; 4) . Với u = −2 v = −1 ⇒ √ y + 2 − x = −2 4x = −1 ⇔ x = −1 4 √ y + 2 = − 9 4 (Vô nghiệm). 63
  • 65. Với u = −3 v = −2 ⇒ √ y + 2 − x = −3 4x = −2 ⇔ x = −1 2 √ y + 2 = − 5 2 (Vô nghiệm). Với u = −7 v = 4 ⇒ √ y + 2 − x = −7 4x = 4 ⇔ x = 1√ y + 2 = −6 (Vô nghiệm). Vậy hệ phương trình vô nghiệm. Tương tự, ta có thể xét một biến đổi tương đương sau: (v + 5)3 + (u − 3)3 = 0 ⇔ u3 + v3 − 9u2 + 15v2 = −98 − 27u − 75v (1). Nhận thấy (u; v) = (3; −5); (−5; 3) thỏa mãn (1). Có: u3 + v3 = −98 (2). Từ (1) và (2) ta được: 3u2 − 5v2 = 9u + 25v (3). Đặt u = x + y; v = x − y, thay vào (2) và (3) ta được: x3 + 3xy2 = −49 x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x. Ta có bài toán sau. Bài toán 3.14. ( Trích đề thi HSG QG năm 2004) Giải hệ phương trình x3 + 3xy2 = −49 (1) x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x (2) (x, y ∈ R). Hướng dẫn: Ta có thể đi ngược lại cách xây dựng hệ phương trình để có được lời giải cho bài toán. Nghiệm tìm được là (x; y) = (−1; −4) ; (−1; 4) . 3.3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để xây dựng hệ phương trình Dựa vào tính chất "Nếu hàm số y = f(x) đơn điệu trên khoảng (a;b) và x, y thuộc (a;b) thì f(x) = f(y) khi và chỉ khi x = y" ta có thể sáng tác được rất nhiều phương trình. Sau đó, chỉ cần kết hợp với một biểu thức liên hệ giữa hai biến x, y là ta có một hệ phương trình với nghiệm như mong muốn. 1. Xét hàm số f(t) = t3 + 3t trên R. Có f (t) = 3t2 + 3 > 0 với mọi t. Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R. 64
  • 66. Do đó, f (u) = f (v) ⇔ u = v. Lấy u = √ 2x − 1; v = y ta được: (2x + 2) √ 2x − 1 = y3 + 3y. Kết hợp với một biểu thức liên hệ giữa x, y, chẳng hạn y2 − xy + 5 = 5x − 6y. Ta có bài toán sau. Bài toán 3.15. ( Trích đề thi thử THPTQG năm 2015 tỉnh Nam Định) Giải hệ phương trình (2x + 2) √ 2x − 1 = y3 + 3y (1) y2 − xy + 5 = 5x − 6y (2) (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 1 2 . Phương trình (1) của hệ tương đương với (2x − 1 + 3) √ 2x − 1 = y3 + 3y. Xét hàm số f(t) = t3 + 3t trên R. Có f (t) = 3t2 + 3 > 0 với mọi t. Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R. Do đó f √ 2x − 1 = f (y) ⇔ √ 2x − 1 = y ≥ 0. Thay vào phương trình (2) ta được: (y + 5) (y − x + 1) = 0 ⇔ y = −5 < 0 (Loại) y = x − 1. Với y = x − 1 ⇒ √ 2x − 1 = x − 1 ⇔ x ≥ 1 2x − 1 = (x − 1)2 ⇔ x = 2 + √ 2. x = 2 + √ 2 ⇒ y = 1 + √ 2. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = 2 + √ 2; 1 + √ 2 . 2. Xét hàm số f (t) = t3 + 4t + √ 2t + 1 với t ≥ − 1 2 . Ta có: f (t) = 3t2 + 4 + 1 √ 2t + 1 > 0; ∀t > − 1 2 . Do đó, f(t) là hàm đồng biến trên − 1 2 ; +∞ . Suy ra, f (x) = f (y) ⇔ x = y. Có: f (x) = f (y) ⇔ x3 + 4x + √ 2x + 1 = y3 + 4y + √ 2y + 1 ⇔ x3 + 3x + √ 2x + 1 − y3 + 3y + √ 2y + 1 = y − x 65
  • 67. ⇒ x3 + 3x + √ 2x + 1 = y y3 + 3y + √ 2y + 1 = x. Từ đó, ta có bài toán sau đây. Bài toán 3.16. Giải hệ phương trình x3 + 3x + √ 2x + 1 = y y3 + 3y + √ 2y + 1 = x (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x; y ≥ − 1 2 . Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được: x3 + 3x + √ 2x + 1 − y3 + 3y + √ 2y + 1 = y − x ⇔ x3 + 4x + √ 2x + 1 = y3 + 4y + √ 2y + 1. Xét hàm số f (t) = t3 + 4t + √ 2t + 1 với t ≥ − 1 2 . Ta có: f (t) = 3t2 + 4 + 1 √ 2t + 1 > 0; ∀t > − 1 2 . Do đó, f(t) là hàm đồng biến trên − 1 2 ; +∞ . Suy ra f (x) = f (y) ⇔ x = y. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được: x3 + 2x − 1 + √ 2x + 1 = 0 (∗). Xét hàm số g (x) = x3 + 2x − 1 + √ 2x + 1 trên − 1 2 ; +∞ . Có g (x) = 3x2 + 2 + 1 √ 2x + 1 > 0; ∀x > − 1 2 . Suy ra g(x) là hàm đồng biến trên − 1 2 ; +∞ . Do đó phương trình g(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Mặt khác, g(0) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗). Với x = 0 thì y = 0 (TMĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (0; 0). 3. Nếu ta xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t thì f(t) là hàm số đồng biến trên R. Khi đó, f (2x) = f √ 5 − 2y ⇔ 2x = √ 5 − 2y. Suy ra (4x2 + 1)x + (y − 3) √ 5 − 2y = 0. Từ đó ta có bài toán. Bài toán 3.17. (Trích đề thi đại học khối A năm 2010) Giải hệ phương trình (4x2 + 1)x + (y − 3) √ 5 − 2y = 0 (1) 4x2 + y2 + 2 √ 3 − 4x = 7 (2) (x, y ∈ R). 66
  • 68. Hướng dẫn: Nhân hai vế của phương trình (1) với 2 ta được: 2x(4x2 + 1) + (5 − 2y + 1) 5 − 2y = 0. Sau đó ta xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t và suy ra được 2x = √ 5 − 2y Thay vào phương trình (1) của hệ ta thu được nghiệm (x; y) = 1 2 ; 2 . 3.4 Xây dựng hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá Vì bất đẳng thức là một lĩnh vực rất phát triển của Toán Sơ Cấp nên theo đó, sử dụng bất đẳng thức ta sẽ sáng tạo ra được rất nhiều hệ phương trình. Điều đặc biệt lưu ý đối với phương pháp này là đoán được nghiệm sẽ góp phần rất lớn vào thành công của lời giải. 1. Chẳng hạn, ta xét bất đẳng thức Bunhiacopski: Cho bốn số thực a, b, c, d. Ta có: a2 + b2 c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a c = b d . Chọn a = b = 1; c = 1 √ 1 + 2x2 ; d = 1 1 + 2y2 . Sao cho x; y ∈ 0; 1 2 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopski có: 1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 2 ≤ 2 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 . Mặt khác, ta có bổ đề 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 2 1 + 2xy . Do đó 1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 2 ≤ 2 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 4 1 + 2xy . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Như vậy ta có 1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 1 √ 1 + 2xy . 67
  • 69. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Từ đó, kết hợp với một biểu thức liên quan giữa hai biến x và y ta có bài toán sau. Bài toán 3.18. (Trích đề thi HSG QG 2009 ) Giải hệ phương trình    1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 = 1 √ 1 + 2xy (1) x(1 − 2x) + y(1 − 2x) = 2 9 (2) (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện x; y ∈ 0; 1 2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có 1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 2 ≤ 2 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 √ 1 + 2x2 = 1 1 + 2y2 ⇔ x2 = y2 ⇔ x = y (Do x ≥ 0; y ≥ 0) . Mặt khác, ta có bổ đề 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 2 1 + 2xy . Chứng minh: 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 − 2 1 + 2xy = 1 + 2y2 (1 + 2xy) + 1 + 2x2 (1 + 2xy) + 1 + 2x2 1 + 2y2 (1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy) = 4xy − 2y2 + 4xy3 − 2x2 + 4x3y − 8x2y2 (1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy) = 4xy y2 − 2xy + x2 − 2(x − y)2 (1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy) = 2 (2xy − 1) (x − y)2 (1 + 2x2) (1 + 2y2) (1 + 2xy) ≤ 0 (Do 0 ≤ xy ≤ 1 4 ; ∀x; y ∈ 0; 1 2 ). ⇒ 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 2 1 + 2xy . Do đó 1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 2 ≤ 2 1 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 4 1 + 2xy . 68
  • 70. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Như vậy ta có 1 √ 1 + 2x2 + 1 1 + 2y2 ≤ 2 √ 1 + 2xy . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Suy ra phương trình (1) ⇔ y = x. Thay vào phương trình (2) ta được: x (1 − 2x) = 1 9 ⇔ 162x2 − 81x + 1 = 0 ⇔ x = 9 ± √ 73 36 . Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = 9 + √ 73 36 ; 9 + √ 73 36 ; 9 − √ 73 36 ; 9 − √ 73 36 . 2. Xét bất đẳng thức Cô si Cho hai số thực không âm a, b. Ta có: a + b 2 ≥ √ ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. Chọn a = 2x2 +y; b = 2y2 +x, khi đó có: 2x2 +y + 2y2 +x ≥ 2 2x2+y+y2+x. Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunhiacopski thì x + y ≥ 1 2 √ x + √ y 2 ; x2 + y2 ≥ 1 2 (x + y)2 . Ta chỉ cần chọn một biểu thức liên hệ giữa √ x, √ y là sẽ có được một hệ phương trình, chẳng hạn, lấy √ x + √ y = 2. Suy ra x + y ≥ 1 2 √ x + √ y 2 = 2 và x2 + y2 ≥ 1 2 (x + y)2 ≥ 2. Do đó 2x2 +y + 2y2 +x ≥ 2 √ 2x2+y+y2+x ≥ 2 √ 24 = 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Từ đó, ta có bài toán sau. Bài toán 3.19. Giải hệ phương trình 2x2 +y + 2y2 +x = 8 (1)√ x + √ y = 2 (2) (x, y ∈ R). Giải. Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có: x + y ≥ 1 2 √ x + √ y 2 = 2; x2 + y2 ≥ 1 2 (x + y)2 ≥ 2. 69