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

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

- 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
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.
- 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)



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) .
- 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)
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) .
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)



√
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)
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)
√
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.
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)
√
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)
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)



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)



x2 + y + x3y + xy2 + xy = −
5
4
x4 + y2 + xy (1 + 2x) = −
5
4
(x, y ∈ R).
Giải.



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)
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)
x4 − 2x = y4 − y
x2 − y2 3
= 3
(x, y ∈ R).
Giải.
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)
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).
Ví dụ 2.8. (Trích tạp chí toán học và tuổi trẻ số 444)
√
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.
(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).
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)
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).
289
64
; −
33
64
; (5; 4) .
√
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
.
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)
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) .
23




2y = (x − y) (y + 3x)
3
y2
x2
+ 2
y2
x
+ x − 3y = 0
(x, y ∈ R).
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
.



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)
(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)
√
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).
y3 + y
√
2x − 1 + 1 = y2
√
2x − 1 + 2x
9y2 − 11x
√
7x − 10 = x2y2 − 6x2 + 11x
(x, y ∈ R).
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 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.
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:
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.
(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) .
KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN)
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.
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)



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




x2 − y2 =
121x − 122y
4xy (x2 + y2)
x4 + 14x2y2 + y4 =
122x + 121y
x2 + y2
(x, y ∈ R).



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.
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.
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)
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.
(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.
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 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)



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.
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
.
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)
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.
KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN)
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
.
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
.
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.
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.
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).
x +
√
x2 + 4 y + y2 + 1 = 2
27x6 = x3 − 8y + 2
(x, y ∈ R).
Giải.
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)
(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
.
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)
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.
(
√
x + y)
2
− 3
√
x + y + 2 = 0
⇔
√
x + y = 1 (Loại)√
x + y = 2 (TMĐK).
⇒ x + y = 4.
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).
5
2
;
3
2
;
9
4
;
7
4
.
Ví dụ 2.31. (Trích đề thi chọn đội tuyển HSG năm 2010 tỉnh Quảng Ngãi)
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.
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) .
x3 (2 + 3y) = 8
x y3 − 2 = 6
(x, y ∈ R).
Giải.
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình.



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 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
.
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)
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.
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).
Ví dụ 2.34. (Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh năm 2013 - 2014)



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).



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.
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.
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

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.
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
.
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.
√
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)
x + 3y2 − 2y = 0
36 x
√
x + 3y2 − 27 4y2 − y + 2
√
3 − 9
√
x = 1
(x, y ∈ R).
Giải. Điều kiện: x ≥ 0.
√
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
.



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
.


x +
3x − y
x2 + y2
= 3
yi −
xi + 3yi
x2 + y2
= 0
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) .
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.
x3 − 3xy2 = −1
3x2y − y3 i = i
√
3
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
.
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)



√
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
.
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 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
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.



√
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.


√
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).
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

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:



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.
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.
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

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.
(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.
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.
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 )
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)
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.
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.
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:
√
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)
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)
(2x + 2)
√
2x − 1 = y3 + 3y (1)
y2 − xy + 5 = 5x − 6y (2)
(x, y ∈ R).
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.
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).
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)
(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
.
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 )



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
.
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.
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

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

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

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

Más de Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864

Más de Dịch Vụ Viết Bài Trọn Gói ZALO 0917193864 (20)

Último

Último (20)

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