Đề tài: Phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THỊ DỊU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - NĂM 2014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THỊ DỊU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - NĂM 2014

Mục lục
LỜI GIỚI THIỆU 2
1 CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 3
1.1 Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . 18
1.4 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 28
2.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 39
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 57
3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình . . . . . . . . . 57
3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn . . . . . . . . . . . . 60
Kết luận 70
Tài liệu tham khảo 71
1

LỜI GIỚI THIỆU
Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong chương trình học phổ
thông. Đề thi đại học các năm hầu hết đều có câu hệ phương trình. Đó cũng là
một phần học quan trọng ở đại số lớp 10. Từ khá lâu nay việc tìm cách tổng hợp
các phương pháp để giải hệ phương trình cũng đã được rất nhiều người quan tâm.
Hệ bất phương trình thì lại là một lĩnh vực mà ít được mọi người quan tâm
hơn. Các tài liệu tổng hợp về phương pháp giải hệ bất phương trình có thể nói là
khá ít.
Dựa trên sự giúp đỡ chỉ dẫn của thầy Nguyễn Văn Mậu cùng với sự tìm tòi
tham khảo tôi đã tổng hợp được một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ
bất phương trình đại số.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận chung, danh mục các tài liệu tham khảo,
cấu trúc của luận văn bao gồm có ba chương.
Chương 1 trình bày một số dạng cùng phương pháp và cách giải hệ phương
trình đại số.
Chương 2 trình bày một số phương pháp và những ví dụ về giải hệ bất phương
trình đại số.
Chương 3 xét các hệ chứa tham số và hệ bất phương trình một ẩn.
2

Chương 1
CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH
CƠ BẢN
1.1 Hệ phương trình tuyến tính
Nhận dạng
Xét hệ phương trình
a1X + b1Y = c1
a2X + b2Y = c2
Phương pháp giải
Thường có ba phương pháp:
Cách 1 phương pháp thế.
Tư một phương trình ta rút một ẩn theo ẩn kia và thế vào phương trình còn lại.
Cách 2 phương pháp cộng đại số.
Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình một hợp lý để dễ dàng tìm được x hoặc
y.
Cách 3 dùng định thức.
Ta kí hiệu
D =
a1 b1
a2 b2
= a1b2−a2b1, DX =
c1 b1
c2 b2
= c1b2−c2b1, DY =
a1 c1
a2 c2
= a1c2−a2c1
TH1: D = 0 Hệ có nghiệm duy nhất



X =
DX
D
Y =
DY
D
3

TH2: D = 0 và DX = DY = 0 Hệ có vô số nghiệm dạng
{(X0; Y0)|a1X0 + b1Y0 = c1}
.
TH3:D = 0 và DX = 0 hoặc DY = 0. Khi đó hệ vô nghiệm.
Lưu ý : Đôi khi cũng cần một vài biến đổi như đặt ẩn phụ thì hệ mới quy về hệ
hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Sau đây là một số bài toán. Và thông thường, với một bài toán ta cũng có thể
kết hợp vài phương pháp để giải một cách thuận lợi.
Bài toán 1.1. Giải hệ phương trình


3(x + y) + 2
x − y
= −2
5x − y
y − x
=
5
3
Lời giải.
Điều kiện: x = y.
Hệ phương trình đề bài tương đương với
3x + 3y + 2 = −2x + 2y
15x − 3y = 5y − 5x
⇔
5x + y = −2
5x − 2y = 0
Từ phương trình thứ nhất, ta rút ra y = −5x − 2, thế vào phương trình thứ hai
thì được 15x + 4 = 0 hay x = −
4
15
, từ đó dễ dàng tìm được y = −
2
3
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (−
4
15
; −
2
3
).
Bài toán 1.2. Giải hệ phương trình



6
x
+
5
y
= 3
9
x
−
10
y
= 1
Lời giải.
Đặt
1
x
= u,
1
y
= v với u, v = 0 Khi đó hệ phương trình trở thành
6u + 5v = 3
9u − 10v = 1
4

Nhân hai vế của phương trình đầu với 2 rồi cộng từng vế của phương trình mới
thu được với phương trình còn lại ta được u =
1
3
, thay vào một trong hai phương
trình thì v =
1
5
. Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (3; 5).



2x − 3
x − 2
+
y + 7
y + 3
= 5
x + 1
x − 2
+
3y + 1
y + 3
= 5
Lời giải.
Hệ phương trình tương đương với



2 +
1
x − 2
+ 1 +
4
y + 3
= 5
1 +
3
x − 2
+ 3 −
8
y + 3
= 5
⇔



1
x − 2
+
4
y + 3
= 2
3
x − 2
−
8
y + 3
= 1
Đặt
1
x − 2
= u,
1
y + 3
= v với u, v = 0 hệ trở thành
u + 4v = 2
3u − 8v = 1
Sử dụng định thức, ta tính được D = −20, DX = −20, DY = −5. Từ đó thu
được u =
DX
D
= 1, v =
DY
D
=
1
4
. Cuối cùng ta dễ dàng tính được (x; y) = (3; 1).
Hay ta có thể xét hệ chứa dấu giá trị tuyệt đối mà khi chia trường hợp để giải
thì cũng quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Bài toán 1.4. Giải hệ phương trình sau
|x − 1| + y = 0
2x − y = 1
Lời giải.
Từ phương trình thứ nhất ra rút ra y = −|x − 1|, thế vào phương trình thứ hai
ta thu được |x − 1| = 1 − 2x.
TH1 Nếu x ≥ 1 thì |x − 1| = x − 1, do đó x − 1 = 1 − 2x, tìm được x =
2
3
< 1,
không thỏa mãn.
TH2 Nếu x < 1 thì |x − 1| = 1 − x, giải tương tự tìm được x = 0 < 1, thỏa mãn.
5

Khi đó y = −1.
Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; −1).
Sau đây ta đưa ra một số bài toán hình học phẳng là những câu trong đề thi
đại học mấy năm gần đây như là một ứng dụng của giải hệ phương trình tuyến
tính bậc nhất.
Bài toán 1.5 (Đề thi Đại học khối A 2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc
đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng
M(1; 2) và N(2; −1).
Lời giải.
A B
CD
M K
N
I
Hình 1.1:
Gọi K là trung điểm của MB, khi đó NK song song với BC, do đó NK vuông
góc với AB và CD. Gọi E là giao của đường thẳng NK với DC.
Trong tam giác vuông MKN ta có MK =
a
4
, NK =
3a
4
, suy ra MN =
a
√
10
4
.
Từ đó cos MNK =
3
√
10
.
Gọi vecto chỉ phương của NK có tọa độ là (a; b) (a2
+ b2
> 0). Ta có
−−→
MN =
(1; −3).
6

Khi đó ta có
cos(NK, NM) = | cos MNK| ⇔
|a − 3b|
√
a2 + b2.
√
10
=
3
√
10
⇔ |a − 3b| = 3
√
a2 + b2
⇔ a2
− 6ab + 9a2
= 9(a2
+ b2
)
⇔ 4a2
+ 3ab = 0
⇔
a = 0
4a + 3b = 0
- Với a = 0, vì a2
+ b2
> 0 nên ta chọn b = 1. Khi đó dễ dàng viết được phương
trình của đường thẳng AB là y − 2 = 0, đường thẳng NK là x − 2 = 0.
Suy ra tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
y − 2 = 0
x − 2 = 0
Suy ra K(2; 2).
Ta có
−−→
KE =
4
3
−−→
KN. Từ đó suy ra E(2; −2).
Đường thẳng CD qua điểm E(2; −2), nhận vecto chỉ phương (0; 1) của NK làm
vecto pháp tuyến có phương trình là y + 2 = 0.
- Với 4a + 3b = 0, và vì a2
+ b2
> 0, nên ta chọn a = 3, b = −4. D đó vecto chỉ
phương của NK là (3; −4).
Khi đó dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AB là 3x − 4y + 5 = 0,
đường thẳng NK là 4x + 3y − 5 = 0.
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
3x − 4y + 5 = 0
4x + 3y − 5 = 0
⇔



x =
1
5
y =
7
5
Suy ra tọa độ điểm K
1
5
;
7
5
.
Tương tự lập luận như trường hợp trên ta cũng tìm được điểm E
13
5
; −
9
5
. Do
đó ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng CD là 3x − 4y − 15 = 0.
Bài toán 1.6 (Đề thi Đại học khối D 2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC có đỉnh B(−4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân
giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và C.
7

Lời giải.
A
B(−4,1)
C
M B′
d
I
G
Hình 1.2:
Gọi d là đường phân giác trong của góc A, tức là d có phương trình x−y−1 = 0.
Gọi điểm B′
đối xứng với điểm B qua d. Vì d là tia phân giác trong góc A nên
suy ra B′
nằm trên đường thẳng AC.
Gọi I là giao điểm của BB′
và d. Suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình
x + y + 3 = 0
x − y − 1 = 0
⇔
x = −1
y = −2
Suy ra I(−1; −2).
Ta có I là trung điểm của BB′
, do đó dễ dàng ta tìm được B′
(2; −5).
Gọi M là trung điểm của AC, suy ra
−−→
BG = 2
−−→
GM. Do đó ta tìm được M
7
2
; 1 .
Đường thẳng AC đi qua hai điểm B′
và M nên ta viết được phương trình của
AC là 4x − y − 13 = 0.
Điểm A là giao điểm của d và AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình
4x − y − 13 = 0
x − y − 1 = 0
⇔
x = 4
y = 3
Suy ra A(4; 3).
Điểm M là trung điểm của AC nên dễ dàng tìm được C(3; −1).
8

Bài toán 1.7 (Đề thi Đại học khối B 2008). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy
xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC, biết rằng hình chiếu vuông góc của
C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; −1), đường phân giác trong của góc A có
phương trình x−y+2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x+3y−1 = 0.
Lời giải.
C
D
B
H
A
H′
K
Hình 1.3:
Gọi H′
(a; b) là điểm đối xứng với điểm H qua đường thẳng AD. Suy ra H′
nằm trên đường thẳng AC.
Đường thẳng AD có vecto chỉ phương (1; 1). Ta có
−−→
HH′
(a + 1; b + 1). Gọi
I
a − 1
2
;
b − 1
2
là trung điểm của HH′
.
Khi đó vì HH′
vuông góc với AD và I phải thuộc đường thẳng AD nên ta có
tọa độ H′
là nghiệm của hệ phương trình
1(a + 1) + 1(b + 1) = 0
a − 1
2
−
b − 1
2
+ 2 = 0
⇔
a = −3
b = 1
Suy ra H(−3; 1).
Đường thẳng AC đi qua H′
và vuông góc với đường cao BK, từ đó ta viết được
phương trình của AC 3x − 4y + 13 = 0.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
9

3x − 4y + 13 = 0
x − y + 2 = 0
Suy ra A(5; 7).
Đường thẳng CH đi qua H(−1; −1) nhận
1
2
−−→
HA làm vecto pháp tuyến nên CH
có phương trình là 3x + 4y + 7 = 0.
Vì C là giao điểm của đường thẳng CH và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ
phương trình
3x + 4y + 7 = 0
3x − 4y + 13 = 0
⇔



x = −
10
3
y =
3
4
Suy ra C(−
10
3
;
3
4
).
1.2 Hệ phương trình đối xứng
Hệ phương trình đối xứng loại 1
Nhận dạng
Khi tráo đổi vai trò của x và y trong hệ thì từng phương trình không thay đổi.
Nhận xét Nếu hệ có (x0; y0) là một nghiệm thì (y0; x0) cũng là một nghiệm của
hệ.
Phương pháp tổng quát
Đặt
S = x + y
P = xy
Điều kiện để hệ có nghiệm là S2
− 4P ≥ 0.
Khi tìm được nghiệm S, P thì x, y sẽ là hai nghiệm của phương trình
t2
− St + P = 0.
Lưu ý đôi khi ta cũng cần qua một vài biến đổi như đặt ẩn phụ để đưa hệ về
dạng đối xứng loại 1. Sau đây là một vài bài minh họa.
x2
+ y2
+ xy = 7
x + y + xy = 5
10

Lời giải.
Đặt
S = x + y
P = xy
Hệ trở thành
S2
− P = 7
S + P = 5
Dễ dàng giải được hệ này, ta có hai trường hợp như sau:
TH1 S = 3, P = 2. Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2
− 3t + 2 = 0.
Ta thu được hai nghiệm là
x = 1
y = 2
và
x = 2
y = 1
TH2 S = −4, P = 8. Trường hợp này vô nghiệm.
Vậy hệ có hai nghiệm là (1; 2), (2; 1)
.
x + xy − y = 5
x2
+ y2
+ xy = 13
(Hệ này là đối
xứng đối với x và −y)
Lời giải.
Đặt x − y = u, xy = v thì hệ trở thành
u + v = 5
u2
+ 3v = 13
Từ phương trình thứ nhất ta có v = 5 − u thế vào phương trình thứ hai ta được
u2
− 3u + 2 = 0. Phương trình này có hai nghiệm là u = 1; u = 2. Từ đó ta xét
hai trường hợp.
TH1 u = 1, v = 4 hay
x − y = 1
x(−y) = −4
Khi đó x, −y là hai nghiệm của phương trình t2
− t − 4 = 0. Phương trình này
có hai nghiệm là t = 1 −
√
17; t = 1 +
√
17.
Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là
x = 1 +
√
17
y = −1 +
√
17
;
x = 1 −
√
17
y = −1 −
√
17
TH2 u = 2, v = 3 hay
x − y = 2
x(−y) = −3
Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2
− 2t − 3 = 0. Phương trình này có
hai nghiệm t = −1; t = 3.
Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là
x = −1
y = −3
;
x = 3
y = 1
Vậy hệ có bốn nghiệm là (1 +
√
17; −1 +
√
17), (1 −
√
17; −1 −
11

√
17), (−1; −3), (3; 1)
.
x2
+ xy + y2
= 7
x4
+ x2
y2
+ y4
= 21
Lời giải.
Đặt x2
+ y2
= u, xy = v hệ trở thành
u + v = 7
u2
− v2
= 21
⇔
u + v = 7
u − v = 3
⇔
u = 5
v = 2
Do đó
x2
+ y2
= 5
xy = 2
⇔
(x + y)2
− 2xy = 5
xy = 2
(x + y)2
= 9
xy = 2
Từ đây có hai trường hợp xảy ra
TH1
x + y = 3
xy = 2
Ta tìm được hai nghiệm
x = 1
y = 2
;
x = 2
y = 1
TH2
x + y = −3
xy = 2
Ta tìm được hai nghiệm (−1; −2), (−2; −1).
x2
+ 2x + y = 4
xy(x + 2) = 3
Lời giải.
Hệ phương trình đề bài tương đương với
(x2
+ 2x) + y = 4
(x2
+ 2x)y = 3
Đặt x2
+ 2x = u, hệ trở thành
u + y = 4
uy = 3
Có hai trường hợp xảy ra
TH1 u = 3, y = 1 hay
x2
+ 2x = 3
y = 1
x = 1
y = 1
;
x = −3
y = 1
TH2 u = 1, y = 3 hay
x2
+ 2x = 1
y = 3
12

x = −1 −
√
2
y = 3
;
x = −1 +
√
2
y = 3
Vậy hệ có bốn nghiệm phân biệt
x = 1
y = 1
;
x = −3
y = 1
;
x = −1 −
√
2
y = 3
;
x = −1 +
√
2
y = 3



x + y +
1
x
+
1
y
= 4
x2
+ y2
+
1
x2
+
1
y2
= 4
Lời giải.
Đặt x +
1
x
= u, y +
1
y
= v.
Suy ra x2
+
1
x2
= u2
− 2; y2
+
1
y2
= v2
− 2.
Khi đó hệ trở thành
u + v = 4
u2
+ v2
= 8
⇔
u + v = 4
(u + v)2
− 2uv = 8
⇔
u + v = 4
uv = 4
⇔
u = 2
v = 2
⇔



x +
1
x
= 2
y +
1
y
= 2
⇔
x = 1
y = 1
Vậy nghiệm của hệ là
x = 1
y = 1



x
y
+
y
x
=
7
√
xy
+ 1
x
√
xy + y
√
xy = 78
Lời giải.
Hệ tương đương với


x + y
√
xy
=
7
xy
= 1
√
xy(x + y) = 78
Đặt x + y = u,
√
xy = v với v ≥ 0, hệ trở thành
u
v
=
7
v
= 1
uv = 78
13

Từ phương trình thứ nhất ta có u = 7 + v, thế vào phương trình thứ hai ta được
v2
+ 7v − 78 = 0
Phương trình này có hai nghiệm v = −13, v = 6. Vì v ≥ 0 nên v = 6. Suy ra
u = 13. Khi đó
x + y = 13
√
xy = 6
⇔
x + y = 13
xy = 36
Đến đây ta dễ dàng giải được
x = 9
y = 4
;
x = 4
y = 9
Vậy hệ có hai nghiệm như trên.
x + y −
√
xy = 3√
x + 1 +
√
y + 1 = 4
Lời giải.
Điều kiện: x −1, y −1, xy 0.
Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được
x + y + 2 + 2
√
xy + x + y + 1 = 16 ⇔ x + y +
√
xy + x + y + 1 = 14.
Đặt S = x + y, P =
√
xy(S −2, P 0), thay vào hệ ta được
S − P = 3
S + 2
√
S + P2 + 1 = 14(1)
Thế P = S − 3 vào (1) ta có
S + 2
√
S2 − 5S + 10 = 14
⇔ 2
√
S2 − 5S + 10 = 14 − S.
Thêm điều kiện S 14, bình phương hai vế thu được
4(S2
− 5S + 10) = S2
− 28S + 196 ⇔ 3S2
+ 8S − 156 = 0.
Tìm được hai nghiệm S = 6 và S = −
26
3
(loại vì −
26
3
< −2). Từ đó P = 3. Ta
có
x + y = 6
xy = 9
⇔ x = y = 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 3).
x
√
y + y
√
x = 6(1)
x2
y + y2
x = 20
Lời giải.
Điều kiện: x 0; y 0.
Đặt x
√
y = u, y
√
x = v(u, v 0), thay vào hệ đề bài ta được
u + v = 6
u2
+ v2
= 20
⇔
u + v = 6
(u + v)2
− 2uv = 20
u + v = 6
uv = 8
.
14

TH1.
u = 2
v = 4
hay
x
√
y = 2
y
√
x = 4
⇔
x2
y = 4
xy2
= 16
.
Nhận thấy x, y = 0, ta chia từng vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ
nhất được y = 4x, thay vào (1) ta có
2x
√
x + 4x
√
x = 6 ⇔ x
√
x = 1 ⇔ x = 1. Từ đó y = 4, ta có một nghiệm (1; 4).
TH2.
u = 4
v = 2
Giải tương tự như trường hợp một ta thu được một nghiệm (4; 1)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1; 4), (4; 1)



(x + y)(1 +
1
xy
)
xy +
1
xy
= 4
Lời giải.
Điều kiện: xy = 0.
Hệ phương trình đề bài tương đương với


x +
1
y
+ y +
1
x
xy +
1
xy
= 4
Đặt



x +
1
y
= u
y +
1
x
= v
.
Suy ra uv = xy +
1
xy
+ 2. Từ đó thay vào hệ trên ta được
u + v = 5
uv = 6
⇔
u = 2
v = 3
hoặc
u = 3
v = 2
- TH1
u = 2
v = 3



x +
1
y
= 2
y +
1
x
= 3
⇔



x = 2 −
1
y
y +
1
2 −
1
y
= 3 (1)
15

Ta có (1) ⇔ 2y2
− 6y + 3 = 0 ⇔ y =
3 +
√
3
2
hoặc y =
3 −
√
3
2
.
Từ đó ta dễ dàng tìm được hai nghiệm của hệ phương trình
3 +
√
3
3
;
3 +
√
3
2
,
3 −
√
3
3
;
3 −
√
3
2
.
- TH2



x +
1
y
= 3
y +
1
x
= 2
.
Tương tự như trường hợp một, ta tìm được hai nghiệm của hệ là
3 +
√
3
2
;
3 +
√
3
3
,
3 −
√
3
2
;
3 −
√
3
3
.
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm
3 +
√
3
3
;
3 +
√
3
2
,
3 −
√
3
3
;
3 −
√
3
2
,
3 +
√
3
2
;
3 +
√
3
3
,
3 −
√
3
2
;
3 −
√
3
3
.
Sau đây là một số bài có thể áp dụng cách giải tương tự như những bài vừa
giải ở trên.
Bài 1.[Dự bị 1 khối A 2005]Giải hệ phương trình
x2
+ y2
+ x + y = 4
x(x + y + 1) + y(y + 1) = 2
Bài 2. [Dự bị 1 khối D 2006]. Giải hệ phương
trình
x2
− xy + y2
= 3(x − y)
x2
+ xy + y2
= 7(x − y)2
Bài 3. Giải hệ phương trình
x2
+ y2
= 5
x4
− x2
y2
+ y4
= 13



x + y +
1
x
+
1
y
= 5
x2
+ y2
+
1
x2
+
1
y2
= 9
x2
− xy + y2
= 7
x + y = 5
x4
+ y4
= 17
x2
+ y2
+ xy = 3
x3
+ y3
= 7
xy(x + y) = −2
x2
+ x + y2
+ y = 18
xy(x + 1)(y + 1) = 72
16

x3
+ y3
= 19
(x + y)(8 + xy) = 2



x + y +
x
y
= 9
(x + y)x
y
= 20
3xy − (x2
+ y2
) = 5
7x2
y2
− (x4
+ y4
) = 155
x(x + 2)(2x + y) = 9
x2
+ 4x + y = 6
√
x +
√
y = 4
x + y −
√
xy = 4
x4
+ y4
+ 6x2
y2
= 41
xy(x2
+ y2
) = 10
(x + y)(1 + xy) = 18xy
(x2
+ y2
)(1 + x2
y2
) = 208x2
y2 Bài 16. Giải hệ phương trình



x
y
+
y
x
(x + y) = 15
x2
y2
+
y2
x2
(x2
+ y2
) = 85
1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh
Dạng 1: Xét hệ phương trình có dạng:


f(x1) = g(x2)
f(x2) = g(x3)
...
f(xn−1) = g(xn)
f(xn) = g(x1)
Nếu hai hàm số f và g cùng đồng biến trên một tập A và (x1; x2; ...; xn) là nghiệm
của hệ phương trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1, 2, .., n thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát ta giả sử
x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Khi đó ta có x1 ≤ x2 suy ra f(x1) ≤ f(x2). Từ đó g(x2) ≤ g(x3), suy ra x2 ≤ x3..
Tiếp tục quá trình đó, cuối cùng ta sẽ suy ra xn ≤ x1.
Tóm lại x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ≤ x1.
Từ đó suy ra x1 = x2 = ... = xn.
17

Bài toán 1.17 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1994). Giải hệ phương trình


x3
+ 3x − 3 + ln(x2
− x + 1) = y
y3
+ 3y − 3 + ln(y2
− y + 1) = z
z3
+ 3z − 3 + ln(z2
− z + 1) = x
Lời giải
Xét hàm số f(t) = t3
+ 3t − 3 + ln(t2
− t + 1).
Ta có f′
(t) = 3(t2
+ 1) +
2t − 1
t2 − t + 1
> 0, ∀t ∈ R.
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R. Hệ phương trình có thể được viết thành


f(x) = y
f(y) = z
f(z) = x
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z}. Khi đó ta có
x ≤ y suy ra f(x) ≤ f(y) hay y ≤ z. Từ đó f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x.
Tóm lại x ≤ y ≤ z ≤ x. Suy ra x = y = z.
Xét phương trình x3
+3x−3+ln(x2
−x+1) = x ⇔ x3
+2x−3+ln(x2
−x+1) = 0
Phương trình đó có một nghiệm là x = 1.
Mà hàm số h(x) = x3
+ 2x − 3 + ln(x2
− x + 1) đồng biến trên R nên x = 1 là
nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1.
Dạng 2: Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ)


f(x1) = g(x2)
f(x2) = g(x3)
...
f(xn−1) = g(xn)
f(xn) = g(x1)
Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn) là
nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát, giả sử
x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Ta có
x1 ≤ x2 suy ra f(x1) ≥ f(x2) hay g(x2) ≥ g(x1). Từ đó x2 ≥ x3,...
Tiếp tục như vậy ta sẽ thu được f(xn) ≥ f(x1) hay g(x1) ≥ g(x2), suy ra
x1 ≥ x2.
18

Chứng tỏ x1 = x2.
Tóm lại từ quá trình trên ta suy ra được x1 = x2 = ... = xn.


1
4
2x3
+x2
= y
1
4
2y3
+y2
= z
1
4
2z3
+z2
= x
Lời giải Nhận thấy vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ
có nghiệm x, y, z > 0.
Xét hàm số f(t) = (14)2t3
+t2
.
Ta có f′
(t) = −(2 ln 4)(3t2
+ t)
1
4
2t3
+t2
< 0, ∀t > 0.
Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x; y; z}.
Khi đó x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay
z ≥ x.
Do đó x = z. Suy ra f(x) = f(z), nên y = x.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z =
1
2
.
Dạng 3 Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn)


f(x1) = g(x2)
f(x2) = g(x3)
...
f(xn−1) = g(xn)
f(xn) = g(x1)
Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn)
là nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A, ∀i = 1, 2, ..., n thì
x1 = x3 = ... = xn−1
x2 = x4 = ... = xn
Để chứng minh khẳng định trên, ta giả sử x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Ta có
x1 ≤ x3 suy ra f(x1) ≥ f(x3) hay g(x2) ≥ g(x4). Suy ra x2 ≥ x4.
Do đó f(x2) ≤ f(x4), suy ra g(x3) ≤ g(x5).
Do đó x3 ≤ x5
19

... Tiếp tục quá trình, đến f(xn−2) ≤ f(xn), suy ra g(xn−1) ≤ g(x1). Do đó
xn−1 ≤ x1.
Suy ra f(xn−1) ≥ f(x1) hay g(xn) ≥ g(x2), từ đó xn ≥ x2.
Tóm lại ta có
+ x1 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn−1 ≤ x1, suy ra x1 = x3 = ... = xn−1;
+ x2 ≥ x4 ≥ ... ≥ xn ≥ x2, suy ra x2 = x4 = ... = xn.
Bài toán 1.19. Giải hệ phương trình sau


(x − 1)2
= 2y
(y − 1)2
= 2z
(z − 1)2
= 2t
(t − 1)2
= 2x
Lời giải Nhận xét vế trái của các phương trình trong hệ đều không âm nên hệ chỉ
có nghiệm x, y, z, t ≥ 0.
Xét hàm số f(s) = (s − 1)2
. Ta có f′
(s) = 2(s − 1). Do đó hàm số f đồng biến
trên khoảng (1; +∞) và nghịch biến trên [0; 1].
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z, t}.
+ Nếu x ∈ (1; +∞) thì x, y, z, t ∈ (1; +∞), nên theo dạng 1 ở trên ta vừa xét,
hệ sẽ có nghiệm duy nhất x = y = z = t = 2 +
√
3.
+ Nếu s ∈ [0; 1] thì do tính liên tục và nghịch biến trên khoảng này của hàm f
nên 0 ≤ f(x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2y ≤ 1, từ đó cũng có y ∈ [0; 1]. Tương tự cũng có
z, t ∈ [0; 1].
Với x, y, z, t ∈ [0; 1], ta có
x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x. Suy
ra x = z, và f(x) = f(z). Do đó y = t
Hệ phương trình trở thành
(x − 1)2
= 2y
(y − 1)2
= 2x
⇔ x = y = 2 +
√
3 hoặc x = y = 2 −
√
3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = 2 −
√
3; x = y = z = t =
2 +
√
3
Sau đây ta xét một số hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh với hai ẩn số
mà trong chương trình phổ thông còn gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai và
cũng có cách giải đặc trưng riêng là trừ từng vế hai phương trình để tạo nhân tử
chung x − y.
20

Bài toán 1.20.



x − 3y =
4y
x
y − 3x =
4x
y
Lời giải.
Với điều kiện x, y = 0 hệ trở thành
x2
− 3xy = 4y(1)
y2
− 3xy = 4x
Trừ từng vế hai phương trình và nhóm thành nhân tử ta thu được
(x − y)(x + y + 4) = 0
Khi đó ta xét hai trường hợp
TH1 y = x thế vào (1) ta được x2
+ 2x = 0. Từ đây ta thu được hai nghiệm của
hệ là
x = y = 0; x = y = −2.
TH2 y = −x − 4 thay vào (1) ta được
x2
− 3x(−x − 4) = 4(−x − 4)
⇔ x2
+ 4x + 4 = 0
⇔ x = −2
Từ đây ta cũng có nghiệm
x = −2
y = −2
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (0; 0), (−2; −2)
Bài toán 1.21.
x3
+ 4x = y + 4(1)
y3
+ 4y = x + 4
Lời giải.
Trừ từng vế hai phương trình ta thu được
(x − y)(x2
+ y2
+ xy) + 4(x − y) = −(x − y)
⇔ (x − y)(x2
+ y2
+ xy + 5) = 0
Vì x2
+ y2
+ xy + 5 = (x +
y
2
)2
+
3
4
y2
+ 5 > 0 với mọi x, y nên suy ra x − y = 0
hay y = x, thế vào (1) ta có
x3
+ 4x = x + 4
⇔ x3
+ 3x − 4 = 0
⇔ (x − 1)(x2
+ x + 4) = 0
⇔ x = 1
Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x = y = 1
21




3y =
y2
+ 2
x2
3x =
x2
+ 2
y2
Lời giải.
Điều kiện x, y = 0.
3yx2
= y2
+ 2(1)
3xy2
= x2
+ 2
Trừ từng vế hai phương trình ta được
3xy(x − y) = (y − x)(y + x)
⇔ (x − y)(3xy + y + y) = 0
Từ hệ phương trình đề bài, ta có nhận xét
y2
+ 2
x2
> 0;
x2
+ 2
y2
> 0 nên
y > 0, x > 0.
Hay 3xy + x + y > 0. Do đó x − y = 0 ⇔ x = y. Thay y = x vào phương trình
(1) ta được
3x3
− x2
− 2 = 0
⇔ (x − 1)(3x2
+ 2x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 (vì 3x2
+ 2x + 2 = 0 vô nghiệm).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x = y = 1.
Sau đây là một số bài ta có thể dễ dàng giải được tương tự.
x3
= 2y + x + 2
y3
= 2x + y + 2
(ĐH Sài Gòn A-07)
x3
= 3x + 8y
y3
= 3y + 8x
x2
− 2y2
= 5y + 4
y2
− 2x2
= 5x + 4
2x = y2
− 4y + 5
2y = x2
− 4x + 5
22



2x2
= y +
1
y
2y2
= y +
1
x


2x +
1
y
=
3
x
2y +
1
x
=
3
y
x2
= x + y
y2
= y + x
y = x3
x = y3
1.4 Hệ phương trình đẳng cấp
Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y.
Dạng tổng quát
ax2
+ bxy + cy2
= d
a′
x2
+ b′
xy + c′
y2
= d′
Phương pháp tổng quát
* Xét x = 0. Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thì
vô nghiệm trong trong trường hợp này.
* Xét x = 0
- Nếu có một trong hai d hoặc d′
bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế của
phương trình thứ nhất cho x2
, từ đó thu được phương trình có dạng
A
y
x
2
+ B
y
x
+ C = 0
Giải phương trình này tìm được tỉ số
y
x
, từ đó rút y được theo x , lại thay vào
phương trình thứ hai thì tìm được y, từ đó thu được x.
- Nếu cả d và d′
đều khác 0 thì ta cũng có thể tạo ra một phương trình thuần
nhất (hệ số tự do bằng 0) được bằng cách nhân cả hai vế của từng phương trình
với hệ số phụ tương ứng của d và d′
rồi lại trừ từng vế các phương trình thu được.
23

Tiếp đó ta lại làm hoàn toàn tương tự như trên.
Sau đây là một số bài toán.
x2
− 3xy + 2y2
= 0
2x2
− xy + 3y2
= 1
Lời giải.
* Nếu x = 0 thì thay vào phương trình thứ hai không thỏa mãn.
* Nếux = 0, ta chia cả hai vế phương trình thứ nhất cho x2
thì thu được
2
y
x
2
− 3
y
x
+ 1 = 0
Từ đây có hai trường hợp
+ TH1
y
x
= 1 hay y = x, thay vào phương trình thứ hai ta có
x2
=
1
4
hay x = ±
1
2
. Từ đó thu được hai nghiệm
1
2
;
1
2
, (−
1
2
; −
1
2
).
+ TH2
y
x
=
1
2
hay x = 2y, giải tương tự ta thu được thêm hai nghiệm
2
3
;
1
3
, −
2
3
; −
1
3
Vậy hệ có bốn nghiệm
1
2
;
1
2
, −
1
2
; −
1
2
,
2
3
;
1
3
, −
2
3
; −
1
3
.
3x2
− 2xy + 2y2
= 7
x2
+ 6xy − 3y2
= −8
Lời giải.
Hệ đã cho tương đương với
24x2
− 16xy + 16y2
= 56
7x2
+ 42xy − 21y2
= −56
Cộng từng vế hai phương trình ta có 31x2
+26xy−5y2
= 0 ⇔ (31x−5y)(x+y) = 0
Từ đây ta có hai trường hợp:
+ TH1 31x − 5y = 0 ⇔ 31x = 5y. Thế vào phương trình đầu ta dễ dàng tìm
được hai giá trị của x thỏa mãn là x = −
5
√
241
; x =
5
√
241
. Từ đó hệ phương
trình có hai nghiệm
(−
5
√
241
; −
31
√
241
) và
5
√
241
;
31
√
241
.
+ TH2 y = −x. Tương tự ta tìm được hai nghiệm nữa của hệ phương trình
24

(−1; 1) và (1; −1).
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm phân biệt
(−
5
√
241
; −
31
√
241
) ;
5
√
241
;
31
√
241
; (−1; 1) và (1; −1).
x2
− 2xy − 3y2
= 0(1)
x|x| + y|y| = −2(2)
Lời giải.
- Nếu y = 0, thì theo (1) ta có x = 0, nhưng thay x = y = 0 vào (2) thì vô lý, do
đó y = 0 không thỏa mãn.
- Nếu y = 0, chia cả hai vế phương trình (1) cho y2
ta được
x
y
2
− 2
x
y
− 3 = 0 Từ đó ta có hai trường hợp sau:
TH1
x
y
= −1 hay x = −y, thế vào phương trình (2) ta có
−y|y| + y|y| = −2 ⇔ 0 = −2 (VN).
TH2
x
y
= 3 hay x = 3y, thê vào phương trình (2) ta có
3y|3y| + y|y| = −2 ⇔ 10y|y| = 2 ⇔ y|y| = −
1
5
(3)
+ Nếu y > 0 thì |y| = y, thay vào (3) vô nghiệm.
+ Nếu y < 0 thì |y| = −y, thay vào (3) được y2
=
1
5
. Từ đây ta giải được hai
nghiệm của hệ phương trình là
3
√
5
;
1
√
5
, −
3
√
5
; −
1
√
5
.
(x − y)(x2
+ y2
) = 13
(x + y)(x2
− y2
) = 25
Lời giải.
x3
+ xy2
− x2
y − y3
= 13
x3
− xy2
+ x2
y − y3
= 25
Đến đây ta cũng có thể giải theo cách tương tự với các bài vừa đưa, tuy nhiên ta
có thêm cách khác, sử dụng phương pháp biến đổi và thế phù hợp cũng khá hay
như sau:
Cộng rồi trừ từng vế hai phương trình trên ta được hệ mới tương đương
25

2xy2
− 2x2
y = −12
x3
− y3
= 19
⇔
xy(x − y) = 6 (1)
(x − y)3
+ 3xy(x − y) = 19(2)
Thế từ (1) vào (2) ta được
(x − y)3
= 1 ⇔ x − y = 1 ⇔ y = x − 1.
Thay y = x − 1 vào (1) ta có x2
− x − 6 = 0, phương trình có hai nghiệm
x = −2; x = 3. Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là:
(−2;3 ), (3; 2)
Dưới đây là một vài bài cũng có thể được giải tương tự.
x3
− y3
= 7
xy(x − y) = 2


x2
+ xy − y2
= 5
y
x
− 2
2x
y
= −
5
2
−
2
xy
x3
− xy2
+ y3
= 1
2x3
− x2
y + y3
= 2
y3
− x3
= 7
2x2
y + 3xy2
= 16 = 2
3x2
− 5xy − 4y2
= −3
9y2
+ 11xy − 8x2
= 13
26

Chương 2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
2.1 Phương pháp thế
Bài toán 2.1 (Khối B-2008). Giải hệ phương trình
x4
+ 2x3
y + x2
y2
= 2x + 9
x2
+ 2xy = 6x + 6
Lời giải.
Hệ đã cho tương đương với


(x2
+ xy)2
= 2x + 9 (1)
xy = 3x + 3 −
x2
2
(2)
Thế (2) vào (1) ta được (x2
+ 3x + 3 −
x2
2
) = 2x + 9
⇔ x4
+ 12x2
+ 48x2
+ 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3
= 0
- Với x = 0, thay vào đề bài ta thấy không thỏa mãn.
- Với x = −4 ta tìm được y = −
17
4
Vậy hệ phương trình có nghiệm là (−4; −
17
4
)
x2
(y + 1)(x + y + 1) = 3x2
− 4x + 1 (1)
xy + x + 1 = x2
(2)
Lời giải.
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2), do đó ta có thể chia
hai vế của (2) cho x và thu được
27

y + 1 =
x2
− 1
x
, thế vào phương trình (1) ta được
x2
.
x2
− 1
x
.(x +
x2
− 1
x
) = 3x2
− 4x + 1
⇔ (x2
− 1)(2x2
− 1) = (x − 1)(3x − 1)
⇔ (x − 1)(2x3
+ 2x2
− 4x) = 0
⇔ x = 1 hoặc x = −2.
Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là (1; −1), (−2;
−5
2
).
xy + x + y = x2
− 2y2
(1)
x
√
2y − y
√
x − 1 = 2x − 2y (2)
(D - 2008)
Lời giải.
Điều kiện: x 1; y 0.
(1) ⇔ xy + y2
+ x + y + y2
− x2
= 0 ⇔ y(x + y) + (x + y) + (x + y)(y − x) = 0
⇔ (x + y)(2y − x + 1) = 0.
- TH1: y = −x. Vì y 0 nên x 0, loại.
- TH2: x = 2y + 1, thay vào (2) ta được:
(2y + 1)
√
2y − y
√
2y = 2y + 2 ⇔ (y + 1)(
√
2y − 2) = 0 ⇔ y = 2 (vì y 0).
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (5; 2).


x −
1
x
= y −
1
y
(1)
2y = x3
+ 1 (2)
Lời giải.
Điều kiện: xy = 0 (1) ⇔ x − y +
x − y
xy
= 0 ⇔ (x − y)(1 +
1
xy
) = 0
⇔ y = x hoặc xy = −1.
- TH1: y = x, thế vào (2) ta được x3
− 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x2
+ x − 1) = 0
⇔ x = 1 hoặc x2
+ x − 1 = 0.
Từ đó ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ phương trình là
(1; 1),
−1 +
√
5
2
;
−1 +
√
5
2
,
−1 −
√
5
2
;
−1 −
√
5
2
.
28

- TH2: xy = −1 ⇔ y = −
1
x
, thế vào phương trình (2), ta thu được
x4
+ x + 2 = 0 ⇔ (x4
− x2
+
1
4
) + (x2
+ x +
1
4
) +
3
2
= 0
⇔ (x2
−
1
2
)2
+ (x +
1
2
)2
+
3
2
= 0 (vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có đúng ba nghiệm:
(1; 1),
−1 +
√
5
2
;
−1 +
√
5
2
,
−1 −
√
5
2
;
−1 −
√
5
2
.
3
√
x − y =
√
x − y (1)
x + y =
√
x + y + 2 (2)
Lời giải.
Điều kiện:
x + y 0
x − y 0
(1) ⇔ (x − y)2
= (x − y)3
⇔ x − y = 0hoặcx − y = 1.
- TH1: y = x, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 1 hoặc
x = −
1
2
.
+ Với x = 1 ta có y = 1 (thỏa mãn).
+ Với x = −
1
2
ta có y = −
1
2
(loại).
- TH2: y = x − 1, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 0hoặc
x =
3
2
.
+ Với x = 0 ta có y = −1 (loại).
+ Với x =
3
2
ta có y =
1
2
(thỏa mãn).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (1; 1),
3
2
;
1
2
.
x + y + xy(2x + y) = 5xy (1)
x + y + xy(3x − y) = 4xy
Lời giải.
Đối với hệ này ta phải trừ vế với vế để tạo nhân tử chung
xy(2y − x) = xy ⇔ xy(2y − x − 1) = 0.
29

- TH1 Nếu x = 0 hoặc y = 0 ta đều giải được nghiệm tương ứng là (0; 0).
- TH2 Nếu x = 2y − 1, thế vào (1) ta được phương trình
10y3
− 19y2
+ 10y − 1 = 0
⇔ (y − 1)(10y2
− 9y + 1) = 0
Đến đây ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ
(1; 1),
−1 +
√
41
10
;
9 +
√
41
20
,
−1 −
√
41
10
;
9 −
√
41
20
.
√
x + y +
√
x − y = 1 + x2 − y2 (1)√
x +
√
y = 1 (2)
Lời giải.
Điều kiện x y 0.
(1) ⇔ (
√
x + y − 1)(
√
x − y − 1) = 0.
Từ đó ta chia làm hai trường hợp
- TH1
√
x + y = 1 ⇔ y = 1 − x, thế vào phương trình (2) ta có
√
x +
√
1 − x = 1
⇔
0 x 1
x + 1 − x + 2 x(1 − x) = 1
⇔ x = 0 hoặc x = 1.
Từ đó ta có hai nghiệm (0; 1), (1; 0).
- TH2
√
x − y = 1 ⇔ y = x − 1, thế vào phương trình (2) ta có
√
x +
√
x − 1 = 1
⇔
x 1
x + x − 1 + 2 x(x − 1) = 1
⇔ x = 1, suy ra y = 0.
Vậy hệ có hai nghiệm (0; 1), (1; 0).
√
x + y +
√
x + 3 =
y − 3
x
(1)
√
x + y +
√
x = x + 3 (2)
30

Lời giải.
Điều kiện: x > 0, từ (1) suy ra y 3
- Nếu y = 3, thay vào (1) ta có 2
√
x + 3 = 0, không thỏa mãn vì x > 0.
- Với y > 3, ta có
y − 3
√
x + y −
√
x + 3
=
y − 3
x
⇔ x =
√
x + y −
√
x + 3
⇔
√
x + y = x +
√
x + 3
Thế vào phương trình (2) ta có
x +
√
x + 3 +
√
x = x + 3
⇔ x − (x + 3) +
√
x +
√
x + 3 = 0
⇔ (
√
x +
√
x + 3)(
√
x −
√
x + 3) +
√
x +
√
x + 3 = 0
⇔ (
√
x +
√
x + 3)(
√
x −
√
x + 3 + 1) = 0
+ Xét
√
x +
√
x + 3 = 0 suy ra
√
x = 0 và
√
x + 3 = 0 (vô lý).
+ Xét
√
x −
√
x + 3 + 1 = 0 ⇔
√
x + 1 =
√
x + 3
⇔ x + 2
√
x + 1 = x + 3 ⇔ 2
√
x = 2
⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Từ đó ta tìm được y = 8
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 8).
Sau đây là một số bài có thể giải bằng phương pháp tương tự
y2
= (5x + 4)(4 − x)
−5x2
+ y2
− 4xy + 16x − 8y + 16 = 0
2x2
+ 2xy + y = 5
y2
+ xy + 5x = 7
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Có những bài toán cần phải đặt ẩn phụ để việc giải quyết bài toán trở
nên dễ dàng hơn (thường là khi thấy trong hệ phương trình xuất hiện cụm
ẩn nào đó được lặp lại). Sau đây là một số bài toán minh họa cho phương pháp này.
31

x2
+ 1 + y(y + x) = 4y (1)
(x2
+ 1)(y + x − 2) = y
Lời giải.
Hệ phương trình tương đương với:
x2
+ 1 + y(y + x − 2) = 2y
(x2
+ 1)(y + x − 2) = y
Đặt
u = x2
+ 1
v = y + x − 2
, (u 1), khi đó hệ trở thành
u + yv = 2y
uv = y
⇔
u = 2y − yv (2)
(2y − yv)v = y (3)
(3) ⇔ yv2
− 2yv + y = 0 ⇔ y(v2
− 2v + 1) = 0 ⇔ y(v − 1)2
- Nếu y = 0, thế vào (2) thì u = 0 không thỏa mãn.
- Nếu v = 1, ta có y = 3 − x, thế vào (1) ta được
x2
+ 1 + (3 − x).3 = 4(3 − x) ⇔ x2
+ x − 2 = 0.
Từ đó ta tìm được hai nghiệm
(1; 2), (−2; 5)
√
2x + y + 1 −
√
x + y = 1
3x + 2y = 4
Lời giải.
Đặt u =
√
2x + y + 1, v =
√
x + y(u 0, v 0).
Suy ra u2
+ v2
= 3x + 2y + 1. Thế vào hệ trở thành
u − v = 1
u2
+ v2
= 5
⇔
v = u − 1
u2
− u − 2 = 0
Từ đó ta tìm được
u = 2
v = 1
⇔
√
2x + y + 1 = 2√
x + y = 1
⇔
2x + y = 3
x + y = 1
⇔
x = 2
y = −1
32

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2; −1).


x2
+ y + x3
y + xy2
+ xy = −
5
4
x4
+ y2
+ xy(1 + 2x) = −
5
4
Lời giải.


x2
+ y + xy(x2
+ y) + xy = −
5
4
x4
+ y2
+ 2x2
y + xy = −
5
4
⇔



x2
+ y + xy(x2
+ y + 1) = −
5
4
(x2
+ y)2
+ xy = −
5
4
.
Đặt u = x2
+ y; v = xy, thay vào hệ ta được:


u + v(u + 1) = −
5
4
(1)
u2
+ v = −
5
4
(2)
Từ (2) ta có v = −u2
−
5
4
, thế vào (1) thì được:
u + (u + 1)(−u2
−
5
4
) = −
5
4
⇔ u3
+ u2
+
1
4
u = 0
⇔ 4u3
+ 4u2
+ u = 0 ⇔ u(2u + 1)2
= 0.
TH1: u = 0 suy ra v = −
5
4
. Từ đây
x2
+ y = 0
xy = −
5
4
⇔
y = −x2
x3
=
5
4
⇔



x = 3 5
4
y = − 3 25
16
TH2:



u = −
1
2
v = −
3
2
⇔



x2
+ y = −
1
2
xy = −
3
2
⇔



y = −x2
−
1
2
x(−x2
−
1
2
) = −
3
2
33

⇔
y = −x2
−
1
2
2x3
+ x − 3 = 0
⇔
x = 1
y = −
3
2
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
( 3 5
4
; − 3 25
16
), (1; −
3
2
)
x(x + y + 1) − 3 = 0
(x + y)2
−
5
x2
+ 1 = 0
Lời giải.
Điều kiện: x = 0.
Hệ đã cho tương đương với
x(x + y) + x = 3
x2
(x + y2
) + x2
= 5
Đặt t = x(x + y), hệ trở thành
t + x = 3
t2
+ x2
= 5
⇔
t + x = 3
(t + x)2
− 2tx = 5
⇔
t + x = 3
tx = 2
TH1:
x = 2
t = 1
⇔
x = 2
x(x + y) = 1
⇔
x = 2
y = −
3
2
TH2:
x = 1
t = 2
⇔
x = 1
x(x + y) = 2
⇔
x = 1
y = 1
Vậy hệ có hai nghiệm phân biệt: (2; −
3
2
), (1; 1).
xy + x + 1 = 7y
x2
y2
+ xy + 1 = 13y2
Lời giải.
Vì y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho nên ta chia cả hai vế phương trình thứ nhất
cho y, chia từng vế phương trình thứ hai cho y2
thì được hệ tương đương với


x +
x
y
+
1
y
= 7
x2
+
x
y
+
1
y2
= 13
⇔



x +
1
y
+
x
y
= 7
x2
+
1
y2
+
x
y
= 13
Đặt u = x +
1
y
, v =
x
y
.
Suy ra x2
+
1
y2
= u2
− 2v. Thay vào hệ trên ta có
34

u + v = 7
u2
− v = 13
Cộng từng vế hai phương trình này ta được u2
+ u − 20 = 0.
TH1: u = 4, suy ra v = 3. Từ đó


x +
1
y
= 4
x
y
= 3
Từ đây ta thu được hai nghiệm: (3; 1), (1; 3).
TH2: u = −5, suy ra v = 12. Từ đó


x +
1
y
= −5
x
y
= 12
Ta có x,
1
y
là hai nghiệm của phương trình X2
+ 5X + 12 = 0 (phương trình vô
nghiệm). Vậy hệ có hai nghiệm (3; 1), (1; 3).
2
√
2x + y = 3 − 2x − y (1)
x2
− 2xy − y2
= 2 (2)
Lời giải.
(1) ⇔ 2x + y + 2
√
2x + y − 3 = 0.
Đặt
√
2x + y = t(t 0), thế vào phương trình trên ta có
t2
+ 2t − 3 = 0 ⇔ (t − 1)(t + 3) = 0 ⇔ t = 1 (vì t 0).
Từ đó suy ra 2x + y = 1 ⇔ y = 1 − 2x, lại thế vào phương trình (2) ta được
x2
+ 2x − 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −3.
Vậy hệ có hai nghiệm (1; −1), (−3; 7).
(4x2
+ 1)x + (y − 3)
√
5 − 2y (1)
4x2
+ y2
+ 2
√
3 − 4x = 0 (2)
Lời giải.
Điều kiện: x
3
4
, y
5
2
.
Đặt
√
5 − 2y = u ⇔ 5 − 2y = u2
⇔ 3 − y =
u2
+ 1
2
, thay vào (1) ta có:
35

2(4x2
+ 1)x − u(u2
+ 1) = 0 ⇔ 8x3
− u3
+ 2x − u = 0
⇔ (2x − u)(4x2
+ 2xu + u2
) + (2x − u) = 0
⇔ (2x − u)(4x2
+ 2xu + u2
+ 1) = 0
⇔ 2x − u = 0 (vì 4x2
+ 2xu + u2
+ 1 > 0)
⇔ u = 2x
⇔
√
5 − 2y = 2x
⇔



0 x
3
4
y =
5 − 4x2
2
Thế vào phương trình (2) ta được
4x4
− 6x2
+
25
4
+ 2
√
3 − 4x = 7(∗).
Xét hàm số f(x) = 4x4
− 6x2
+
25
4
+ 2
√
3 − 4x trên [0;
3
4
].
Ta có f′
(x) = 16x3
− 12x −
4
√
3 − 4x
= 4x(4x2
− 3) −
4
√
3 − 4x
.
Trên đoạn [0;
3
4
]: x 0, 4x2
− 3 −
3
4
< 0, do đó 4x(4x2
− 3) < 0.
Suy ra f′
(x) < 0.
Mà f
1
2
= 7. Do vậy x =
1
2
là nghiệm duy nhất của phương trình (∗). Từ đó
y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
1
2
; 2 .


4xy + 4(x2
+ y2
) +
3
(x + y)2
= 7
2x +
1
x + y
= 3
Lời giải.
Điều kiện: x + y = 0


3(x + y)2
+ (x − y)2
+
3
x + y
= 7
x + y +
1
x + y
+ x − y = 3
36

Đặt



x + y +
1
x + y
= u
x − y = v
(u 2)
Thay vào hệ ta có
3(u2
− 2) + v2
= 7
u + v = 3
⇔
3u2
+ (3 − u)2
− 13 = 0 (1)
v = 3 − u
Giải (1) ta có
3u2
+ u2
− 6u + 9 − 13 = 0 ⇔ 2u2
− 3u − 2 = 0
⇔ u = 2 hoặc u = −
7
2
(loại vì u 2).
Với u = 2, v = 1, ta có



x + y +
1
x + y
= 2
x − y = 1
⇔
(x + y)2
− 2(x + y) + 1 = 0
x − y = 1
⇔
x + y = 1
x − y = 1
⇔
x = 1
y = 0
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; 0).


x2
y + 2y + x = 4xy
1
x2
+
1
xy
+
x
y
Lời giải.
Điều kiện: xy = 0
Hệ phương trình tương đương với


x +
1
x
+
1
x
+
1
y
= 4
x +
1
x
1
x
+
1
y
= 4
Đặt x +
1
x
= u,
1
x
+
1
y
= v, thay vào hệ trên ta có
u + v = 4
uv = 4
⇔
u = 2
v = 2
37

Khi đó



x +
1
x
= 2
1
x
+
1
y
= 2
⇔
x = 1
y = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; 1).
Sau đây là một số bài toán hệ phương trình cũng sử dụng phương pháp đặt
ẩn phụ
(x + y)(1 + xy) = 18xy
(x2
+ y2
)(1 + x2
y2
) = 208x2
y2


(x + y)(1 +
1
xy
) = 5
xy +
1
xy
= 4


x
y
+
y
x
(x + y) = 15
x2
y2
+
y2
x2
(x2
+ y2
) = 85
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Một số hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp hàm số. Để nhận biết
có thể giải bằng phương pháp này không ta chú ý hai tính chất sau:
- Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng
(a; b). Khi đó ta có
f(u) = f(v) ⇔ u = v (với u, v ∈ (a; b)).
- Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a; b) và y = g(x) là hàm hằng
hoặc là một hàm số giảm trên (a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất
một nghiệm trong khoảng (a; b).
38

x3
− 5x = y3
− 5y (1)
x8
+ y4
= 1 (2)
Lời giải.
Từ phương trình (2) ta suy ra |x| 1, |y| 1.
Ta xét hàm số f(t) = t3
− 5t trên [−1; 1]. Ta có f′
(t) = 3t2
− 5 < 0, ∀t ∈ [−1; 1].
Do đó hàm số nghịch biến trên [−1; 1].
Mà theo (1) thì f(x) = f(y), do đó suy ra x = y. Từ đấy thay y = x vào phương
trình (2) ta có
x8
+ x4
= 1 ⇔ x8
+ x4
− 1 = 0
⇔ x4
=
−1 +
√
5
2
⇔ x = ±
4 −1 +
√
5
2
.
Từ đó tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là
(
4 −1 +
√
5
2
;
4 −1 +
√
5
2
), (−
4 −1 +
√
5
2
; −
4 −1 +
√
5
2
).
(2x2
− 3x + 4)(2y2
− 3y + 4) = 18 (1)
x2
+ y2
+ xy − 7x − 6y + 14 = 0 (2)
(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội)
Lời giải.
Ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x
x2
+ (y − 7)x + y2
− 6y + 14 = 0.
Phương trình này có nghiệm x khi và chỉ khi
∆ = (y − 7)2
− 4(y2
− 6y + 14) = −3y2
+ 10y − 7 0 ⇔ 1 y
7
3
.
Tương tự ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn y
y2
+ (x − 6)y + x2
− 7x + 14 = 0.
Phương trình này có nghiệm y khi và chỉ khi
∆ = (x − 6)2
− 4(x2
− 7x + 14) = −3x2
+ 16x − 20 0 ⇔ 2 x
10
3
.
Xét hàm số f(t) = 2t2
− 3t + 4 trên [1; +∞), ta có f′
(t) = 4t − 3 > 0, mọi t
thuộc [1; +∞)
Do đó trên [1; +∞) hàm số f(t) đồng biến.
Từ đó, dựa vào điều kiện 1 y
7
3
ta có f(y) f(1) = 3, và dựa vào điều kiện
39

2 x
10
3
ta có f(x) f(2) = 6.
Suy ra f(x).f(y) 6.3 = 18 ⇔ (2x2
− 3x + 4)(2y2
− 3y + 4) 18.
Mà theo (1) thì đẳng thức xảy ra do đó ta phải có
x = 2
y = 1
Thay
x = 2
y = 1
vào (2) ta có 22
+ 12
+ 2.1 − 7.2 − 6.1 + 14 = 0 ⇔ 1 = 0 (vô lý).
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
2(2x + 1)3
+ 2x + 1 = (2y − 3)
√
y − 2 (1)√
4x + 2 +
√
2y + 4 = 6 (2)
Lời giải.
Điều kiện:
x −
1
2
y 2
(1) ⇔ 2(2x + 1)3
+ 2x + 1 = 2(y − 2)
√
y − 2 +
√
y − 2
⇔ 2(2x + 1)3
+ 2x + 1 = 2(
√
y − 2)3
+
√
y − 2(3) Xét hàm số f(t) = 2t3
+ t
trên [0; +∞). Ta có
f′
(t) = 6t2
+ 1 > 0, mọi t [0; +∞).
Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞).
Theo (3) thì f(2x + 1) = f(
√
y − 2), do đó suy ra
2x + 1 =
√
y − 2 ⇔
√
4x + 2 =
√
4y − 8 ⇔
√
4x + 2 = 4
√
4y − 8
Từ đó thay vào (2) ta được
4
√
4y − 8 +
√
2y + 4 = 6(4).
- Nhận thấy y = 6 là một nghiệm của (4).
- Ta xét y > 6 thì 4y − 8 > 4.6 − 8 = 16 suy ra 4
√
4y − 8 > 4
√
16 = 2;
2y + 4 > 2.6 + 4 = 16 suy ra
√
2y = 4 >
√
16 = 4.
Từ đó 4
√
4y − 8 +
√
2y + 4 > 2 + 4 = 6, suy ra mọi y > 6 phương trình (4) vô
nghiệm.
- Tương tự xét 2 y < 6 ta có 4
√
4y − 8 +
√
2y + 4 < 2 + 4 = 6, tức là mọi
y < 6 phương trình (4) vô nghiệm.
Vậy y = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình (4).
Từ đó, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
1
2
; 6 .
40

2y3
+ 2x
√
1 − x = 3
√
1 − x − y (1)
y = 2x2
− 1 + 2xy
√
1 + x (2)
Lời giải.
Điều kiện: −1 x 1.
(1) ⇔ 2y3
− 2(1 − x − 1)
√
1 − x = 3
√
1 − x − y
⇔ 2y3
− 2(
√
1 − x)3
=
√
1 − x − y
⇔ 2y3
+ y = 2(
√
1 − x)3
+
√
1 − x (3).
Xét hàm số f(t) = 2t3
+ t trên R. Ta có f′
(t) = 6t2
+ 1 > 0 ∀t, suy ra hàm số
f(t) đồng biến trên R.
Mà theo (3) thì f(y) = f(
√
1 − x), suy ra y =
√
1 − x, thay vào (2) ta có
√
1 − x = 2x2
− 1 + 2x
√
1 − x2(4).
Đặt x = cos t, t ∈ [0; π]. Ta suy ra sin t > 0, sin
t
2
> 0 ∀ ∈ [0; π].
Thay vào (4) ta có
√
1 − cos t = 2 cos2
t − 1 + 2 cos t
√
1 − cos2 t
⇔ 2 sin2 t
2
= cos 2t + 2 cos t.
√
sin2
t
⇔
√
2 sin
t
2
= cos 2t + 2 cos t. sin t
⇔
√
2 sin
t
2
= cos 2t + sin 2t
⇔
√
2 sin
t
2
=
√
2 sin(2t +
π
4
)
⇔ sin(2t +
π
4
) = sin
t
2
⇔ 2t +
π
4
=
t
2
+ k2π
hoặc 2t +
π
4
= π −
t
2
+ k2π (với k ∈ R)
⇔ t = −
π
6
+
k4π
3
hoặc t =
3π
10
+
k4π
5
.
Vì t ∈ [0; π] nên t chỉ nhận giá trị t =
3π
10
.
Khi đó x = cos
3π
10
, y =
√
2 sin
3π
10
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (cos
3π
10
;
√
2 sin
3π
10
).
41

x3
− y3
− 2 = 3x − 3y2
(1)
x2
+
√
1 − x2 − 3 2y − y2 + 2 = 0 (2)
Lời giải.
Điều kiện:
−1 x 1
0 y 2
hay
−1 x 1
−1 y − 1 1
(1) ⇔ x3
− 3x + 2 = (y3
− 3y2
+ 3y − 1) − 3y + 1 = 0
⇔ x3
− 3x = (y − 1)3
− 3(y − 1)(3)
− 3t trên [−1; 1]. Ta có
f′
(t) = 3t2
− 3 = 3(t2
− 1) 0, mọi t thuộc [−1; 1].
Suy ra hàm số nghịch biến trên [−1; 1].
Mà theo (3) thì f(x) = f(y − 1), do dó phải có x = y − 1 ⇔ y = x + 1.
Thay y = x + 1 vào phương trình (2) ta được
x2
+
√
1 − x2 − 3 2(x + 1) − (x + 1)2 + 2 = 0
⇔ x2
− 2
√
1 − x2 + 2 = 0
⇔ x2
+ 2 = 2
√
1 − x2
⇔ x4
+ 4x2
+ 4 = 4 − 4x2
⇔ x4
+ 8x2
= 0
⇔ x = 0 (thỏa mãn).
Suy ra y = 1 (thỏa mãn).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0; 1)
x +
√
x2 − 2x + 2 = 3y−1
+ 1
y + y2 − 2y + 2 = 3x−1
+ 1
Lời giải.
Đặt x − 1 = u, y − 1 = v thay vào hệ đề bài ta có
u +
√
u2 + 1 = 3v
(1)
v +
√
v2 + 1 = 3u
Trừ từng vế hai phương trình trên ta được
u +
√
u2 + 1 + 3u
= v +
√
v2 + 1 + 3v
(2).
Xét hàm số f(t) = t +
√
t2 + 1 + 3t
.
Ta có f′
(t) = 1 +
t
√
t2 + 1
+ ln 3.3t
Vì
√
t2 + 1 > −t nên 1 +
t
√
t2 + 1
> 0. Từ đó suy ra f′
(t) > 0∀t.
Mà theo (2) thì f(u) = f(v) nên suy ra u = v, thế vào (1) ta có
u +
√
u2 + 1 = 3u
42

⇔ ln(u +
√
u2 + 1) = u ln 3
⇔ ln(u +
√
u2 + 1) − u ln 3 = 0(3)
Ta thấy u = 0 là một nghiệm của phương trình (3).
Xét hàm số g(u) = ln(u +
√
u2 + 1) − u ln 3 .
Ta có f′
(u) =
1
√
u2 + 1
− ln 3 < 0, ∀u (vì
1
√
u2 + 1
1).
Từ đó g(u) là hàm số nghịch biến. Do đó u = 0 là nghiệm duy nhất của (3).
Ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1; 1).


x3
− 3x2
= y3
− 3y − 2 (1)
logy
x − 2
y − 1
+ logx
y − 1
x − 2
= (x − 2014)2015
(2)
Lời giải.
Điều kiện:
x > 2
y > 1
hoặc
0 < x < 2
0 < y < 1
Hay
x − 1 > 1
y > 1
hoặc
−1 < x < 1
0 < y < 1
Ta có (1) ⇔ x3
− 3x2
+ 3x − 1 − 3x + 1 = y3
− 3y − 2
⇔ (x − 1)3
− 3(x − 1) = y3
− 3y(3).
− 3t. Ta có f′
(t) = 3t2
− 3 = 3(t2
− 1).
Xét trên cả hai khoảng (−1; 1) và (1; +∞) ta có f′
(t) đều không đổi dấu, hay
hàm số đều đơn điệu trên hai khoảng đó.
Mà theo (3) thì f(x − 1) = f(y), do đó y = x − 1, thế vào phương trình (2) ta có
(x − 2014)2015
= 0 ⇔ x = 2014.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2014; 2013)
(4x2
+ 1)x + (y − 3)
√
5 − 2y = 0 (1)
4x2
+ y2
+ 2
√
3 − 4x = 7 (2)
Lời giải.
Đặt
√
5 − 2y = t ta có y =
5 − t2
2
, thay vào (1) ta có
(4x2
+ 1)x +
5 − t2
2
− 3 t = 0
⇔ 8x3
+ 2x − t3
− t = 0
43

⇔ (2x)3
+ 2x = t3
+ t(3).
Xét hàm số f(u) = u3
+ u ta có f′
(u) = 3u2
+ 1 > 0∀u. Mà theo (3) ta có
f(2x) = f(t).
Do đó t = 2x. Hay
√
5 − 2y = 2x ⇔ y =
5 − 4x2
2
, thế vào (2) ta được
4x2
+
5 − 4x2
2
2
+ 2
√
3 − 4x = 7
⇔ 16x4
− 24x2
+ 8
√
3 − 4x − 3 = 0(4)
Xét hàm số g(x) = 16x4
− 24x2
+ 8
√
3 − 4x − 3 trên [0;
3
4
].
Ta nhận xét x = 0 hoặc x = 3 đều không phải là nghiệm.
Ta có g′
(x) = 64x3
− 48x −
16
√
3 − 4x
= 16x(4x2
− 3) < 0, ∀x ∈ (0;
3
4
).
Hơn nữa ta thấy x =
1
2
thỏa mãn phương trình (4). Do đó x =
1
2
là nghiệm duy
nhất của phương trình (4).
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là
1
2
; 2 .
Sau đây là một số bài toán có thể được giải theo phương pháp hàm số
√
x −
√
y +
√
1 − y −
√
1 − x
√
x +
√
1 − y =
√
2


2x2
+1
− 4
8y2
+
1
2 = 3(2
√
y −
√
x) (*)
2(x+y)2
+1
+ 3
√
x + y =
7
2
x(x2
+ y2
) = y4
(y2
+ 1)
√
4x + 5 + y2 + 8 = 6


x −
1
x
= y −
1
y
2y = x3
+ 1
44

2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
x6
+ y8
+ z10
= 1 (1)
x2013
+ y2015
+ z2017
= 1 (2)
Lời giải.
Từ (1) ta có −1 x, y, z 1.
Từ đó ta có x6
− x2013
= x6
(1 − x2007
) 0 ⇔ x6
x2013
, đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = 0 hoặc |x| = 1
y8
− y2015
= y8
(1 − y2007
) 0 ⇔ y8
y2015
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
y = 0 hoặc |y| = 1
z10
− z2017
= z10
(1 − z2007
) 0 ⇔ z10
z2017
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
z = 0 hoặc |z| = 1.
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta suy ra
1 = x6
+ y8
+ z10
x2013
+ y2015
+ z2017
= 1
Do đó dấu đẳng thức phải xảy ra, tức là


x6
(1 − x2007
) = 0
y8
(1 − y2007
) = 0
z10
(1 − z2007
) = 0
Kết hợp với (1), (2) ta thu được các nghiệm của hệ phương trình là
(x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
3(x + y) = 2|xy + 1| (1)
9(x3
+ y3
) = |x3
y3
+ 1|
Lời giải.
Ta có
|x3
y3
+ 1| = |(xy + 1)(x2
y2
− xy + 1)| = |(xy + 1)|.|x2
y2
− xy + 1| = |(xy +
1)|.|(xy + 1)2
− 3xy|
Suy ra |(xy +1)|.|(xy +1)2
−3xy| =
3
2
(x+y)[
9
4
(x+y)2
−3xy] =
9
8
(x+y)(3x2
+
2xy + 3y2
) (2)
Ta sẽ chứng minh 9(x3
+ y3
)
9
8
(x + y)(3x2
+ 2xy + 3y2
) (3).
Thật vậy 9(x3
+ y3
)
9
8
(x + y)(3x2
+ 2xy + 3y2
) ⇔ 8(x3
+ y3
) (x + y)(3x2
+
2xy + 3y2
)
45

⇔ 5(x3
+ y3
) 5(x2
y + xy2
)
⇔ 5(x + y)(x2
− 2xy + y2
) 0 ⇔ 5(x + y)(x − y)2
, điều này đúng vì theo (1)
thì (x + y) 0 và (x − y)2
0.
Điều (2), (3) chứng tỏ đẳng thức xảy ra, do đó x = y. Thay y = x vào (1) ta có
phương trình
6x = 2(x2
+ 1) ⇔ x2
− 3x + 1 = 0 ⇔ x =
3 ±
√
5
2
Vậy hệ có hai nghiệm x = y =
3 +
√
5
2
; x = y =
3 −
√
5
2
.
x4
+ y4
= 2 (1)
x3
− 2x2
+ 2x = y2
(2)
Lời giải.
x4
+ y4
x3
− 2x2
+ 2x − 1 = y2
− 1
⇔
x4
+ y4
= 2
(x − 1)(x2
− x + 1) = y2
− 1
Ta xét các trường hơp sau:
TH1 Nếu x > 1 thì (x − 1)(x2
− x + 1) > 0. Do đó y2
− 1 > 0 ⇔ y2
> 1, suy
ra y4
> 1. Từ đó mâu thuẫn với phương trình (1). Do đó hệ vô nghiệm.
TH2 Nếu x = 1, thay vào hệ đề bài ta được
y4
= 1
y2
= 1
⇔ y = ±1
TH3 Nếu 0 < x < 1 thì (x − 1)(x2
− x + 1) < 0.Do đó y2
− 1 < 0 ⇔ y2
< 1.
Tương tự như TH1, ta cũng suy ra mâu thuẫn với phương trình (1). Do đó hệ vô
nghiệm.
TH4 Nếu x < 0 thì x3
− 2x2
+ 2x < 0. Do đó y2
< 0, vô lý.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y) = (1; 1), (1; −1).
46




x +
2xy
3
√
x2 − 2x + 9
= x2
+ y
y +
2xy
3
y2 − 2y + 9
= y2
+ x
Lời giải.
Ta nhận xét với x = 0 ⇔ y = 0.
Với x, y = 0:
Cộng từng vế hai phương trình ta có
x + y +
2xy
3
√
x2 − 2x + 9
+
2xy
3
y2 − 2y + 9
= x2
+ y2
+ x + y
⇔
2xy
3
√
x2 − 2x + 9
+
2xy
3
y2 − 2y + 9
= x2
+ y2
⇔ 2xy
1
3
√
x2 − 2x + 9
+
1
3
y2 − 2y + 9
= x2
+ y2
(1)
Từ đó suy ra 2xy > 0.
Mặt khác ta có
1
3
√
x2 − 2x + 9
=
1
3
(x − 1)2 + 8
1
3
√
8
=
1
2
1
3
y2 − 2y + 9
=
1
3
(y − 1)2 + 8
1
3
√
8
=
1
2
Do đó
1
3
√
x2 − 2x + 9
+
1
3
y2 − 2y + 9
1
Suy ra
2xy
1
3
√
x2 − 2x + 9
+
1
3
y2 − 2y + 9
2xy x2
+ y2
(2)
Từ (1), (2), ta suy ra x = y = 1.
Thử lại các nghiệm (0; 0) và (1; 1) đều thỏa mãn hệ phương trình đề bài.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) là (0; 0), (1; 1).



y3
− x3
= 7
x3
− y2
+ x = −2.
Lời giải.
47

Đầu tiên, ta viết lại hệ dưới dạng tương đương sau



y3
− 8 = x3
− 1
x3
− y2
+ x = −2
hay



y3
− 8 = x3
− 1
y3
− y2
− 4 = 1 − x
viết lại một lần nữa ta thu được



y3
− 8 = x3
− 1 (1)
(y − 2)(y2
+ y + 2) = 1 − x (2)
Ta lại có
y2
+ y + 2 = (y +
1
2
)2
+
7
4
, ∀y ∈ R.
Ta xét các trường hợp sau đây
1. y > 2, ta có 


Từ (1) ta suy ra x > 1
Từ (2) ta suy ra x < 1
từ đó hệ vô nghiệm.
2. y < 2, ta có 


Từ (1) ta suy ra x < 1
Từ (2) ta suy ra x > 1
trường hợp này hệ cũng vô nghiệm.
3. y = 2, ta suy ra x = 1.
Như vậy hệ có nghiệm là (x, y) = (1, 2).
48




x2
y2
− 2x + y2
= 0 (1)
7x2
− 14x + 3y3
+ 10 = 0 (2)
Lời giải
Từ (1) ta thấy rằng:
y2
=
2x
x2 + 1
≤ 1,
từ đó, ta suy ra



x ≥ 0
−1 ≤ y ≤ 1 suy ra y3
≥ −1 (∗).
Mặt khác, từ (2) ta suy ra rằng
7(x − 1)2
+ 3(y3
+ 1) = 0,
mà 7(x − 1)2
≥ 0 ; 3(y3
+ 1) ≥ 0 (do (*) ta suy ra 7(x − 1)2
+ 3(y3
+ 1) ≥ 0).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



(x − 1)2
= 0
y3
+ 1 = 0.
hay



x = 1
y = −1
Thử lại ta thấy hệ có nghiệm (x, y) = (1, −1).
y = −x3
+ 3x + 4
x = 2y3
− 6y − 2
Lời giải.
Ta thấy = y = 2 là một nghiệm của hệ phương trình.
Ta viết lại hệ dưới dạng



x3
− 3x − 2 = 2 − y
2y3
− 6y − 4 = x − 2
49

hay tương đương với
(x − 2)(x + 1)2
= 2 − y (1)
2(y − 2)(y + 1)2
= x − 2 (2)
Ta xét hai trường hợp sau đây đối với các giá trị của x
1. Nếu x > 2 thì 


Từ (1) ta suy ra y < 2
Từ (2) ta suy ra y > 2
tức là hệ vô nghiệm.
2. Nếu x < 2 thì 


Từ (1) ta suy ra y > 2
Từ (2) ta suy ra y < 2
tức là hệ vô nghiệm.
Thử lại ta thấy rằng x = y = 2 là nghiệm của hệ. Vậy phương trình có nghiệm
duy nhất là (x, y) = (2, 2)
√
x + 4
√
32 − x − y2
= −3
4
√
x +
√
32 − x + 6y = 24
Cách giải.
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 32
Cộng vế theo vế ta có
(
√
x +
√
32 − x) + ( 4
√
x + 4
√
32 − x) = y2
− 6y + 21
Mà y2
+ 6y + 21 = (y − 3)2
+ 12 ≥ 12 ∀y và đẳng thức xảy ra khi y=3 (1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
(
√
x +
√
32 − x)2
≤ (12
+ 12
)(x + 32 − x) = 64
⇒
√
x +
√
32 − x ≤ 8 ∀x ∈ [0; 32]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
√
x =
√
32 − x ⇒ x = 16 (2)
Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp (2) ta có
( 4
√
x + 4
√
32 − x)2
≤ (12
+ 12
)(
√
x +
√
32 − x) ≤ 16
⇒ 4
√
x + 4
√
32 − x ≤ 4 ∀x ∈ [0; 32]
50

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4
√
x = 4
√
32 − x ⇔ x = 16 (3)
Từ (2) và (3) suy ra (
√
x +
√
32 − x)( 4
√
x + 4
√
32 − x) ≤ 12 (4)
Từ (1) và (4) dấu bằng xảy ra khi x=16 và y=3 thử vào hệ đã cho thấy thỏa mãn.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (16; 3)


x
√
y
+
y
√
x
= xy
x2010
+ y2010
= 8 (xy)2007
HD:
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có xy =
x
√
y
+
y
√
x
≥ 2 4
√
xy ⇒ xy ≥
3
√
16 (1)
Và 8 (xy)2007 = x2010
+ y2010
≥ 2 (xy)2010 ⇒ xy ≤ 3
√
16 (2)
Suy ra x = y = 6
√
16 và đó là nghiệm của hệ
Bài 5.
Tìm tất cả các cặp số dương (x;y) thỏa mãn hệ phương trình:



9
41
2
(x2
+
1
2x + y
) = 3 + 40x (1)
x2
+ 5xy + 6y = 4y2
+ 9x + 9 (2)
HD
Từ phương trình (1) ta có
9
41
2
(x2
+
1
2x + y
) = 3 + 40x ⇔ 82(x2 +
1
2x + y
) =
6 + 80x
9
(*)
Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
82(x2 +
1
2x + y
) = (92 + 12)(x2 +
1
(
√
2x + y)2
) ≥ 9x +
1
√
2x + y
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
9x +
1
√
2x + y
≥ 9x +
1.3
9.(2x + y)
≥ 9x +
6
2x + y + 9
Suy ra hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(3;3)
51

Bài tập tương tự:
1. Giải hệ phương trình



x + 6
√
xy − y = 6
x + 6
x3
+ y3
x2 + xy + y2
− 2(x2 + y2) = 3
Một số bài tập tự luyện:
1) Giải hệ phương trình a)



x2
+ y2
+
8xy
x + y
= 16
x2
8y
+
2x
3
=
x3
3y
+
y2
4
−
y
2
b)
3(x + y) = 2 |xy + 1|
9(x3
+ y3
) = x3
y3
+ 1
c)
√
1 + 2x2 + 1 + 2y2 = 2
√
1 + 2xy
x(1 − 2y) + y(1 − 2x) =
2
3
Bài toán 2.44 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009). Giải hệ phương trình:



1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
=
1
√
1 + 2xy
x(1 − 2x) + y(1 − 2y) =
2
9
Cách giải. :
Điều kiện
1 + 2xy ≥ 0
x(1 − 2x) ≥ 0
y(1 − 2y) ≥ 0
⇔



0 ≤ x ≤
1
2
0 ≤ y ≤
1
2
Từ điều kiện trên ta có
x2
≤
1
4
; y2
≤
1
4
⇒
1
√
1 + 2xy
=
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≥
2
√
2
3
>
√
2
⇒ 2xy < 1
Mặt khác ∀a, b ∈ 0;
1
√
2
và ab<1 ta luôn có
1
√
1 + a2
+
1
√
1 + b2
≤
2
√
1 + ab
(∗)
Thật vậy(*) tương đương với
1
1 + a2
+
1
1 + b2
+
2
√
1 + a2.
√
1 + b2
−
4
1 + ab
≤ 0
52

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
(1 + a2)(1 + b2) ≥ 1 + ab ⇒
2
√
1 + a2.
√
1 + b2
≤
2
1 + ab
Mà
1
1 + a2
+
1
1 + b2
−
2
1 + ab
=
(a − b)2
(ab − 1)
(1 + ab)(1 + a2)(1 + b2)
≤ 0
Áp dụng bất đẳng thức trên với a =
√
2x, b =
√
2y ta được
1
√
1 + 2x2
+
1
1 + 2y2
≤
1
√
1 + 2xy
Dấu bằng xảy ra khi x=y với x=y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta
162x2
− 81x + 1 = 0 ⇒




x =
81 +
√
5913
324
x =
81 −
√
5913
324
(t/m)
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(
81 +
√
5913
324
;
81 +
√
5913
324
)
(x;y)=(
81 −
√
5913
324
;
81 −
√
5913
324
)
Bài toán 2.45 (Đề thi chọn đội tuyển HSG trường thpt chuyên ĐHSP Hà Nội).
Giải phương trình
√
3x3 + 2x2 + 2 +
√
−3x3 + x2 + 2x − 1 = 2x2
+ 2x + 2
Cách giải.
Điều kiện
3x3
+ 2x2
+ 2 ≥ 0
−3x3
+ x2
+ 2x − 1 ≥ 0
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
√
3x3 + 2x2 + 2 = 1.
√
3x3 + 2x2 + 2
≤
1 + 3x3
+ 2x2
+ 2
2
=
3x3
+ 2x2
+ 3
2
Đẳng thức xảy ra khi
√
3x3 + 2x2 + 2 = 1 ⇔ x = −1
Tương tự ta có
√
−3x3 + x2 + 2x − 1 = 1.
√
−3x3 + x2 + 2x − 1
≤
1 + −3x3
+ x2
+ 2x − 1
2
=
−3x3
+ x2
+ 2x
2
53

Đẳng thức xảy ra khi
√
−3x3 + x2 + 2x − 1 = 1 ⇔ x = −1. Suy ra
√
3x3 + 2x2 + 2 +
√
−3x3 + x2 + 2x − 1 ≤
3x3
+ 2x2
+ 3
2
+
−3x3
+ x2
+ 2x
2
=
3x2
+ 2x + 3
2
≤
(3x2
+ 2x + 3) + (x + 1)2
2
= 2x2
+ 2x + 2
Đẳng thức xảy ra khi (x + 1)2
= 0 ⇔ x = −1
Thử lại thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = −1.
Bài toán 2.46 (Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình). Giải hệ phương trình
x2
+ y2
+ z2
= 20102
x3
+ y3
+ z3
= 20103
Cách giải.
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có
|x| , |y| , |z| ≤ 2010 ⇒ x3
+ y3
+ z3
≤ x3
+ y3
+ z3
≤ 2010(x2
+ y2
+ z2
) = 20103
Từ phương trình thứ hai ta suy ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



x2
(2010 − x) = 0
y2
(2010 − y) = 0
z2
(2010 − z) = 0
⇔
x = 0 ∨ x = 2010
y = 0 ∨ y = 2010
z = 0 ∨ z = 2010
Kết hợp với phương trình thứ nhất hệ có ba nghiệm
(x; y; z) = (2010; 0; 0); (0; 2010; 0); (0; 0; 2010)
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp
5x2
− 4xy2
+ 3y3
− 2(x + y) = 0 (1)
xy(x2
+ y2
) + 2 = (x + y)2
(2)
Lời giải.
(2) ⇔ xy(x2
+ y2
) + 2 = x2
+ y2
+ 2xy
⇔ (x2
+ y2
)(xy − 1) − 2(xy − 1) = 0
⇔ (xy − 1)(x2
+ y2
− 2) = 0.
TH1: xy = 1, vì y = 0 nên thế x =
1
y
vào (1), ta được
5
y
− 4y + 3y3
− 2
1
y
+ y = 0
54

⇔ 3y4
− 6y2
+ 3 = 0
⇔ y2
= 1
⇔ y = 1 hoặc y = −1.
Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ: (1; 1), (−1; −1).
TH2: x2
+ y2
= 2, thế 2 = x2
+ y2
vào phương trình (1) ta được:
5x2
y − 4xy2
+ 3y3
− (x + y)(x2
+ y2
) = 0
⇔ 4x2
y − 5xy2
− x3
+ 2y3
= 0
- Nếu y = 0 thì x2
= 2, nhưng thế vào (1) lại không thoả mãn.
- Nếu y = 0, ta chia hai vế của phương trình cho y3
thì được
4
x
y
2
− 5
x
y
−
x
y
3
+ 2 = 0
⇔
x
y
3
− 4
x
y
2
+ 5
x
y
− 2 = 0
.
Đặt
x
y
= t, ta có phương trình t3
− 4t2
+ 5t − 2 = 0
⇔ (t − 1)2
(t − 2) = 0
⇔ t = 1 hoặc t = 2.
+ Với t = 1 ⇔ y = x, do đó 2x2
= 2 ⇔, ta lại giải được nghiệm (1; 1), (−1; −1).
+ Với t = 2 ⇔ x = 2y, suy ra 5y2
= 2 ⇔ y =
√
10
5
hoặc y = −
√
10
5
.
Từ đó hệ có thêm hai nghiệm
√
10
5
;
2
√
10
5
và −
√
10
5
; −
2
√
10
5
.
Vậy hệ có bốn nghiệm:
(1; 1), (−1; −1),
√
10
5
;
2
√
10
5
và −
√
10
5
; −
2
√
10
5
.
55

Chương 3
HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình
Bài toán 3.1. Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm√
x + 1 +
√
y − 2 > 2 (1)√
y + 1 +
√
x − 2 > 2
Lời giải. Ta xét bài toán
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm√
x + 1 +
√
y − 2 =
√
m (1)√
y + 1 +
√
x − 2 =
√
m
Điều kiện: x 2, y 2.
Với m 0 hệ phương trình đề bài tương đương với
x + y − 1 + 2
√
xy + y − 2x − 2 = m
x + y − 1 + 2
√
xy + x − 2y − 2 = m
Trừ từng vế hai phương trình trên cho nhau ta được
√
xy + y − 2x − 2 =
√
xy + x − 2y − 2 ⇔ xy + y − 2x − 2 = xy + x − 2y − 2
⇔ x = y, thế vào (1) ta có
√
x + 1 +
√
x − 2 =
√
m(2)
Xét hàm số f(x) =
√
x + 1 +
√
x − 2 trên [2; +∞).
Ta có f′
(x) =
1
2
√
x + 1
+
1
2
√
x − 2
> 0, ∀x > 2.
Do đó hàm số đồng biến trên [2; +∞). Trên [2; +∞), f(x) f(2) =
√
3.
Hệ đề bài có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm ⇔
√
m
√
3 ⇔
m 3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m 3.
Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm.
56

Đối với một số hệ đơn giản, có thể áp dụng phương pháp đồ thị để giải. Ở
đây, chúng ta sẽ làm quen với phương pháp biểu diễn nghiệm thông qua tham số,
được gọi là phương pháp tham biến.
Bài toán 3.2. Giải hệ
x + y ≤ 1
x2
+ y2
+ xy = 1
Lời giải. Viết hệ đã cho dưới dạng
x + y = 1 − a, a ≥ 0
x2
+ y2
+ xy = 1
⇔
x + y = 1 − a
(x + y)2
− xy = 1
⇔
x + y = 1 − a
xy = (1 − a2
) − 1
Điều kiện đối với a :
∆ = (1 − a)2
− 4[(1 − a)2
− 1] ≤ 0
⇔
a ≥ 0
(a − 1)2
≤
4
3
⇔ 0 ≤ a ≤ 1 +
2
√
3
(3.1)
Với điều kiện (3.1) thì ta có nghiệm
x =
a − 1 − 4 − 3(1 − a)2
2
, y =
a − 1 + 4 − 3(1 − a)2
2
x =
a − 1 + 4 − 3(1 − a)2
2
, y =
a − 1 − 4 − 3(1 − a)2
2
x2
+ y2
≤ xy + 1
x2
+ y2
≤ 4xy
Lời giải. Viết hệ đã cho dưới dạng
x2
+ y2
= xy + a + 1
x2
+ y2
= 4xy + b
a, b ≤ 0
⇔
x2
+ y2
= b + 4xy
4xy + b = xy + a + 1
⇔
x2
+ y2
= b + 4xy
xy =
a + 1 − b
3
⇔



x2
+ y2
=
4a + 4 − b
3
2xy =
2a + 2 − 2b
3
⇔
(x + y)2
= 2a + 2 − b
(x − y)2
=
2a + 2 + b
3
Điều kiện đối với a, b :
57




a, b ≤ 0
2a + 2 − b ≥ 0
2a + 2 + b
3
≥ 0
⇔
a, b ≤ 0
2a + 2 + b ≥ 0
⇔ 0 ≥ a ≥ −1 −
b
2
−2 ≤ b ≤ 0
Khi đó



x + y = ±
√
2a + 2 − b
x − y = ±
2a + 2 + b
3
⇔
x = ±
1
2
√
2a + 2 − b +
2a + 2 + b
3
; y = ±
1
2
√
2a + 2 − b −
2a + 2 + b
3
x = ±
1
2
√
2a + 2 − b −
2a + 2 + b
3
; y = ±
1
2
√
2a + 2 − b +
2a + 2 + b
3
với −2 ≤ b ≤ 0; −1 −
b
2
≤ a ≤ 0.
x + 2y = 2
x2
− 2y2
≤ 1
Lời giải.
Hệ ⇔
x = 2 − 2y
(2 − 2y)2
− 2y2
≤ 1
⇔
x = 2 − 2y
2y2
− 8y + 3 ≤ 0
⇔



x = 2 − 2y
4 −
√
10
2
≤ y ≤
4 +
√
10
2
Vậy hệ có nghiệm:
y = t
x = 2 − 2t
với
4 −
√
10
2
≤ t ≤
4 +
√
10
2
.
x − y ≥ 1
x2
− xy − 2y2
= 3
Lời giải. Viết hệ dưới dạng
x − y = 1 + a, a ≥ 0
x2
− xy − 2y2
= 3
⇔
y = x − (1 + a)
x2
− x[x − (1 + a)] − 2[x − (1 + a)]2
= 3
⇔
y = x − (1 + a)
2x2
− 5(1 + a)x + 2(1 + a)2
+ 3 = 0
58

⇔



y = x − (1 + a)
x =
5(1 + a) ± 9(1 + a)2 − 24
4
với a ≥
2
√
6
3
− 1
.
Vậy hệ có nghiệm


x =
5(1 + a) ± 9(1 + a)2 − 24
4
y =
1 + a ± 9(1 + a)2 − 24
4
với a ≥
2
√
6
3
− 1
.
3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn
Sau đây ta sẽ đưa ra một số bài toán liên quan đến hệ phương trình và bất
phương trình một ẩn.
Bài toán 3.6. Xác định các giá trị m để hệ sau có nghiệm duy nhất
x + y ≤ m
x4
+ y4
≤ m + x2
y2
Lời giải. Vì vai trò của x và y bình đẳng, nên nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm
của hệ thì (x, y) = (β, α) cũng là nghiệm. Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy
nhất là α = β. Thế vào hệ, ta được
α ≤
m
2
α4
≤ m
a) Nếu m < 0 thì không tồn tại α.
b) Nếu m > 0 thì tồn tại vô số α thỏa mãn
− 4
√
m ≤ α ≤ min
m
2
, 4
√
m
c) Xét m = 0 khi đó α = 0. Hệ có dạng
x + y ≤ 0
x4
+ y4
≤ x2
y2 ⇔
x + y ≤ 0
(x2
− y2
)2
+ x2
y2
≤ 0
⇔



x + y ≤ 0
x2
− y2
= 0
x2
y2
= 0
⇔
x = 0
y = 0
Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0.
Bài toán 3.7. Xác định m để hệ sau có nghiệm duy nhất
x2
+ 2y ≤ m
y2
+ 2x ≤ m
59

Lời giải. Vì vai trò của x, y bình đẳng, nên nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm thì
(x, y) = (β, α) cũng là nghiệm. Suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất
là α = β. Thế vào hệ, ta được
α2
+ 2α ≤ m ⇔ α2
+ 2α − m ≤ 0 (3.2)
Bất phương trình (3.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
∆′
= 1 + m = 0 ⇔ m = −1
.
Thay vào hệ đã cho
x2
+ 2y ≤ −1
y2
+ 2x ≤ −1
⇔



x2
+ 2y ≤ −1
y2
+ 2x ≤ −1
(x2
+ 2y) + (y2
+ 2x) ≤ −1 − 1
⇔



x2
+ 2y ≤ −1
y2
+ 2x ≤ −1
(x + 1)2
+ (y + 1)2
≤ 0
⇔
x = −1
y = −1
Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = −1.
Bài toán 3.8. Giải hệ 


x2
+ 3x + 1 ≤ y
y2
+ 3y + 1 ≤ z
z2
+ 3z + 1 ≤ x
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với hệ


x2
+ 3x + 1 ≤ y
y2
+ 3y + 1 ≤ z
z2
+ 3z + 1 ≤ x
(x2
+ 3x + 1) + (y2
+ 3y + 1) + (z2
+ 3z + 1) ≤ y + z + x


x2
+ 3x + 1 ≤ y
y2
+ 3y + 1 ≤ z
z2
+ 3z + 1 ≤ x
(x + 1)2
+ (y + 1)2
+ (z + 1)2
≤ 0
⇔



x = −1
y = −1
z = −1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (−1, −1, −1).
Bài toán 3.9. Xác định các giá trị m để hệ
x2
− 3x + m + 1 ≤ 0
x2
− 5x + 4m + 2 ≤ 0
có nghiệm duy nhất.
60

Lời giải. nếu một trong các bất phương trình
f(x) := x2
− 3x + m + 1 ≤ 0 (3.3)
g(x) := x2
− 5x + 4m + 2 ≤ 0 (3.4)
vô nghiệm thì hệ vô nghiệm.
Xét
∆1 = 9 − 4(m + 1) ≥ 0
∆2 = 25 − 4(4m + 2) ≥ 0
⇔
5 − 4m ≥ 0
17 − 16m ≥ 0
⇔ m ≤
17
16
(3.5)
Với điều kiện (3.5) thì ∆1 > 0 và
(3.3) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2; x1,2 =
3 ∓
√
5 − 4m
2
(3.4) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4; x3,4 =
5 ∓
√
17 − 16m
2
Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2
x1 = x4
x3 = x2
1) x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2
∆2 = 0
1 · f
5
2
≤ 0
⇔



m =
17
16
5
2
2
− 3 ·
5
2
+
17
16
+ 1 ≤ 0
hệ này vô nghiệm.
2) x1 = x4 ⇒ x3 ≤ x2 ⇒ x3 + x4 ≤ x1 + x2 ⇔ 5 ≤ 3, trường hợp này không
xảy ra.
3) x2 = x3 ⇔
3 +
√
5 − 4m
2
=
5 −
√
17 − 16m
2
⇔
√
5 − 4m +
√
17 − 16m = 2
⇔ 22 − 20m + 2 (5 − 4m)(17 − 16m) = 4
⇔ (5 − 4m)(17 − 16m) = 10m − 9
⇔
10m − 9 ≥ 0
(5 − 4m)(17 − 16m) = (10m − 9)2
61

⇔



m ≥
9
10
m = 1
m = −
1
9
⇔ m = 1 (thỏa mãn (3.5)).
Bài toán 3.10. Xác định các giá trị của m để hệ
x2
− 5x + 9 − m ≤ 0
x2
− 6x + 2m + 2 ≥ 0
Lời giải. Nhận xét rằng bất phương trình
g(x) := x2
− 6x + 2m + 2 ≥ 0 (3.6)
luôn luôn có nghiệm.
Nếu ∆′
2 = 9 − (2m + 2) ≤ 0 (⇔ m ≥
7
2
) thì (3.6) nhận mọi x là nghiệm. Khi
đó hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bất phương trình
f(x) := x2
− 5x + 9 − m ≤ 0 (3.7)
có nghiệm duy nhất, hay ∆1 = 25 − 4(9 − m) = 0 ⇔ m =
11
4
. Giá trị này không
phù hợp với điều kiện m ≥
7
2
.
Xét
∆1 ≥ 0
∆′
2 > 0
⇔
4m − 11 ≥ 0
7 − 2m > 0
⇔
11
4
≤ m <
7
2
Khi đó
(3.7) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2; x1,2
5 ∓
√
4m − 11
2
(3.6) ⇔
x ≥ x4
x ≤ x3
; x3,4 = 3 ∓
√
7 − 2m
Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi







x1 = x2 ≤ x3
x1 = x2 ≥ x4
x1 = x3
x2 < x4
x2 = x4
x3 < x1
62

i) Trường hợp
x1 = x2 ≤ x3
x1 = x2 ≥ x4
⇔
∆1 = 0
1 · g
5
2
≥ 0
⇔



4m − 11 = 0
5
2
2
− 6 ·
5
2
+ 2m + 2 ≥ 0 ⇔



m =
11
4
m ≥
27
8
hệ này vô nghiệm.
ii) Trường hợp
x1 = x3
x2 < x4
⇔
x1 = x3
x1 + x2 < x3 + x4
⇔
x1 = x3
5 < 6
⇔ x1 = x3
⇔
5 −
√
4m − 11
2
= 3 −
√
7 − 2m
⇔ 2
√
7 − 2m = 1 +
√
4m − 11
⇔ 4(7 − 2m) = 1 + (4m − 11) + 2
√
4m − 11
⇔ 19 − 6m =
√
4m − 11
19 − 6m ≥ 0
(19 − 6m)2
= 4m − 11
⇔



m ≤
19
6
m = 3
m =
31
9
⇔ m = 3 (thỏa mãn).
iii) Trường hợp
x2 = x4
x3 < x1
⇔



x2 = x4
x3 + x4 < x1 + x2 ⇔
x2 = x4
6 < 5
Trường hợp này không xảy ra.
Bài toán 3.11. Hãy xác định các giá trị a để hệ


ax2
+ x + 1 ≤ 0
x2
+ ax + 1 ≤ 0
x2
+ x + a ≤ 0
Lời giải. Cộng các vế tương ứng của hệ, ta được bất phương trình hệ quả
(a + 2)(x2
+ x + 1) ≤ 0
63

Vậy nếu a + 2 > 0 (⇔ a > −2) thì hệ đã cho vô nghiệm.
Xét a + 2 ≤ 0 ⇔ a ≤ −2.
i) a < −2 thì x = 1 là nghiệm của hệ


ax2
+ x + 1 ≤ 0
x2
+ ax + 1 ≤ 0
x2
+ x + a ≤ 0
Hệ này không thể có nghiệm duy nhất vì x = 1 nằm bên trong khoảng nghiệm
của mỗi bất phương trình.
ii) a = −2. Hệ có dạng 


−2x2
+ x + 1 ≤ 0
x2
− 2x + 1 ≤ 0
x2
+ x − 2 ≤ 0
Bất phương trình thứ hai của hệ có nghiệm duy nhất x = 1 và nghiệm này
thỏa mãn hệ.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = −2.
Bài toán 3.12. Xác định các giá trị của m để phương trình
f(x) := x2
− 2mx + m + 1 = 0 (3.8)
có nghiệm và các nghiệm đó thỏa mãn bất phương trình
g(x) := x2
+ 4mx + 2m + 2 ≤ 0 (3.9)
Lời giải. Điều kiện để (3.8) có nghiệm là ∆′
1 = m2
− m − 1 ≥ 0
⇔
m ≥
1 +
√
5
2
m ≤
1 −
√
5
2
(3.10)
Khi đó gọi hai nghiệm của (3.8) là x1, x2, thì
x1 + x2 = 2m
x1x2 = m + 1
Cần xác định các giá trị m sao cho
g(x1) ≤ 0
g(x2) ≤ 0
(3.11)
Để ý rằng
(3.11) ⇔
g(x1) + g(x2) ≤ 0
g(x1)g(x2) ≥ 0
(3.12)
64

Vì g(x) = f(x) + (6mx + m + 1) nên
g(x1) = 6mx1 + m + 1
g(x2) = 6mx2 + m + 1
và
g(x1) + g(x2) = 6m(x1 + x2) + 2(m + 1)
= 6m · 2m + 2(m + 1) = 2(6m2
+ m + 1)
g(x1)g(x2) = 36m2
x1x2 + 6m(m + 1)(x1 + x2) + (m + 1)2
= 36m2
(m + 1) + 6m(m + 1)2m + (m + 1)2
= (m + 1)(48m2
+ m + 1)
Vậy (3.12) ⇔
2(6m2
+ m + 1) ≤ 0
(m + 1)(48m2
+ m + 1) ≥ 0
.
Hệ này vô nghiệm.
Vậy không tồn tại m.
Bài toán 3.13. Xác định các giá trị của m để hệ
f(x) := x2
+ 2mx + m − 1 ≤ 0 (3.15)
g(x) := x2
− 2(m + 1)x + m ≤ 0 (3.16)
có tập hợp nghiệm lập thành một đoạn [α, β] với β − α = 1.
Lời giải. Điều kiện để (3.15) và (3.16) đều có nghiệm là
∆′
1 = m2
− m + 1 ≥ 0
∆′
2 = (m + 1)2
− m ≥ 0
⇔ ∀m.
Vậy ∀m : (1.50) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2; x1,2 = −m ∓
√
m2 − m + 1
(1.51) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4; x3,4 = (m + 1) ∓
√
m2 + m + 1.
Cần xác định m để có một trong bốn trường hợp sau:
i) x3 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x4 và x2 − x1 = 1.
ii) x1 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x2 và x4 − x3 = 1.
iii) x1 ≤ x3 ≤ x2 ≤ x4 và x2 − x3 = 1.
iv) x3 ≤ x1 ≤ x4 ≤ x2 và x4 − x1 = 1.
Xét i). Để ý rằng (x2 − x1)2
= ∆1 = 4(m2
− m + 1).
Vậy 4(m2
− m + 1) = 1 ⇔ 4m2
− 4m + 3 = 0. Phương trình này vô nghiệm.
Trường hợp này không xảy ra.
Xét ii). Ta có (x4 − x3)2
= ∆2 = 4(m2
+ m + 1) = 1 ⇔ 4m2
+ 4m + 3 = 0.
Phương trình này vô nghiệm.
Xét iii). Ta có −m +
√
m2 − m + 1 − (m + 1) + sqrtm2
+ m + 1 = 1
65

⇔ (m + 1) −
√
m2 − m + 1 =
√
m2 + m + 1 − (m + 1).
Nếu m > 0 thì VT>0>VP.
Nếu m < 0 thì VT<0<VP.
Nếu m = 0 thì VT=VP.
Thay m = 0 vào hệ, ta được
x1 = −1 ≤ x3 = 0 < x2 = 1 < x4 = 2
Vậy m = 0 thỏa mãn.
Xét iv). Ta có m + 1 +
√
m2 + m + 1 + m +
√
m2 − m + 1 = 1
⇔ 2m +
√
m2 + m + 1 +
√
m2 − m + 1 = 0
Nếu m ≥ 0 thì có ngay VT>0.
Nếu m < 0 thì có:
√
m2 + m + 1 +
√
m2 − m + 1 > −2m
⇔ 2(m2
+ 1) + 2 (m2 + 1)2 − m2 > 4m2
⇔ (m2 + 1)2 − m2 > m2
− 1
⇔ (m2 − 1)2 + 3m2 > m2
− 1.
Điều này luôn luôn đúng ∀m < 0. Vậy trường hợp iv) không xảy ra.
Kết luận: m = 0 là giá trị cần tìm.
Bài toán 3.14. Xác định các giá trị của m để hệ sau có nghiệm
x2
− 5x + 4 ≤ 0 (3.17)
3x2
− mx
√
x + 16 = 0 (3.18)
Lời giải. Hệ phương trình tương đương với
1 ≤ x ≤ 4
3x2
+ 16 = mx
√
x
⇔



1 ≤ x ≤ 4 (3.19)
3x2
+ 16
x
√
x
= m (3.20)
Đặt g(x) =
3x2
+ 16
x
√
x
.
Ta có
g′
(x) =
6x.x
√
x − (3x2
+ 16)(
√
x +
x
2
√
x
)
x3
=
6x2
√
x − (3x2
+ 16)
3
√
x
2
x3
=
3
√
x
2x3
(x2
− 16) =
3
√
x
2x3
(x − 4)(x + 4) ≤ 0, ∀x ∈ [1; 4].
Kết hợp với g(x) là hàm số liên tục trên [1; 4] ta có lập luận:
Hệ đề bài có nghiệm ⇔ (3.18) có nghiệm x ∈ [1; 4]
⇔ min g(x) ≤ m ≤ max g(x)
⇔ g(4) ≤ m ≤ g(1)
66

8 ≤ m ≤ 19.
Bài toán 3.15. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ sau có nghiệm (x; y)
thỏa mãn điều kiện x ≥ 4√
x +
√
y = 3 (3.19)√
x + 5 +
√
y + 3 < a (3.20)
Lời giải.
Điều kiện: x, y ≥ 0.
Khi x ≥ 4 ⇔
√
x ≥ 2 ⇔ 3 −
√
y ≥ 2 ⇔
√
y ≤ 1.
Từ đó 0 ≤ y ≤ 1 ⇔ 3 ≤ y + 3 ≤ 4 ⇔
√
3 ≤
√
y + 3 ≤ 2.
Từ 3.19 ta có 3 −
√
x =
√
y ≥ 0. Suy ra
√
x ≤ 3 ⇔ x ≤ 9.
Do đó 4 ≤ x ≤ 9.
Thế
√
y = 3 −
√
x vào 3.20 ta được
√
x + 5 + x − 6
√
x + 12 < a (3.21).
Đặt f(x) =
√
x + 5 + x − 6
√
x + 12.
Hệ đề bài có nghiệm khi và chỉ khi
(3.21)có nghiệmx ∈ [4; 9] ⇔ min
x∈[4;9]
f(x) < a
Ta có f′
(x) =
1
2
√
x + 5
+
1 −
3
√
x
2 x − 6
√
x + 12
=
1
2
√
x + 5
+
√
x − 3
2 x2 − 6x
√
x + 12x
Giả sử f′
(x) ≥ 0 ⇔
1
2
√
x + 5
≥
3 −
√
x
2 x2 − 6x
√
x + 12x
⇔ x2 − 6x
√
x + 12x ≥ (3 −
√
x)
√
x + 5
⇔ x2
− 6x
√
x + 12x ≥ (x + 5)(x − 6
√
x + 9) (vì x ≤ 9 nên 3 −
√
x ≥ 0).
⇔ 2x − 30
√
x + 45 ≤ 0 ⇔



√
x ≥
15 −
√
135
2
√
x ≤
15 +
√
135
2
Mà 4 ≤ x ≤ 9 ⇔ 2 ≤
√
x ≤ 3 và [2; 3] là một đoạn con của
[
15 −
√
135
2
;
15 +
√
135
2
].
67

Từ đó ta có f′
(x) ≥ 0∀x ∈ [4; 9].
Suy ra
min
x∈[4;9]
f(x) = f(4) = 5
Vậy điều kiện để hệ có nghiệm là a > 5.
Bài toán 3.16. Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn
3|x2
−2x−3|−log35
= 5−(y+4)
(3.22)
4|y| − |y − 1| + |y + 3|2
≤ 8 (3.23)
Lời giải. Bất phương trình 3.23 tương đương với
4|y| − |y − 1| + |y + 3|2
− 8 ≤ 0 (3.24)
Xét trên các khoảng của y ta giải bất phương trình (3.24) tương ứng:
- Với y ≤ 0 thì |y| = −y, |y −1| = 1−y, (3.24) ⇔ y2
+3y ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 0.
- Với 0 < y < 1 thì |y| = y, |y − 1| = 1 − y, (3.24) ⇔ y2
+ 11y ≤ 0
⇔ −11 ≤ y ≤ 0 (không thỏa mãn với y > 0).
- Với y ≥ 1 thì |y| = y, |y − 1| = y − 1, (3.24) ⇔ y2
+ 9y + 2 ≤ 0
⇔
−9 −
√
73
2
≤ y ≤
−9 +
√
73
2
(không thoả mãn với y ≥ 1).
Vậy miền nghiệm của (3.24) là [−3; 0].
Ta biến đổi (3.23) tương đương với
3|(x+1)(x−3)|
.3−log35
= 5−(y+4)
⇔ 3|(x+1)(x−3)|
.
1
5
= 5−(y+4)
⇔ 3|(x+1)(x−3)|
= 5−(y+3)
⇔ |(x + 1)(x − 3)| = −log35.(y + 3)(3.25).
Ta có log35 > 0, y + 3 ≥ 0 nên −log35.(y + 3) ≤ 0. Mà |(x + 1)(x − 3)| ≤ 0. Do
đó theo (3.25) thì ta có
−log35.(y + 3) = 0
|(x + 1)(x − 3)| = 0
⇔



y = −3
x = −1
x = 3
Thử lại hệ đề bài ta có hệ có hai cặp số (x, y) thỏa mãn là (−1; −3), (3; −3).
68

Kết luận
Luận văn đã hoàn thành và đạt một số kết quả sau:
1. Giới thiệu tổng quan các hệ phương trình đại số cơ bản với các tính chất và
cách giải chúng.
2. Khảo sát một cách chi tiết và hệ thống các bài toán về giải hệ phương trình
chứa tham số và phương pháp bất đẳng thức trong giải hệ phương trình.
3. Đưa ra một số ví dụ áp dụng từ các đề thi đại học, đề thi HSG và Olympic
quốc gia và khu vực.
69

Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Một số phương pháp giải phương trình và bất phương
trình, NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh, Đặng Huy Ruận (2003),Đại số tuyến
tính, NXB Giáo dục. bibitem3Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số và phân
thức hữu tỷ, NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Văn Mậu (2006),Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục.
[4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, Trịnh
Đào Chiến (2007) Chuyên đề chọn lọc về đa thức và áp dụng, NXB Giáo dục.
[5] Trần Nam Dũng (Chủ biên), (2010) Phương trình và hơn thế nữa, NXB
ĐHQG Tp HCM.
70

Đề tài: Phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Đề tài: Phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình

Similar to Đề tài: Phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình (20)

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Đề tài: Phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình