Chuyên đề hệ phương trình ôn thi vào lớp 10

Tài liệu gồm 108 trang, hướng dẫn phương pháp giải và tuyển chọn các bài tập chuyên đề hệ phương trình, có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh lớp 9 ôn tập chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán

51 26 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán

Môn: Môn Toán

Thông tin:

108 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
THCS.TOANMATH.com
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1:
a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1
nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó
không đổi
b) Tính chất
Nếu
( )
00
,xy
là một nghiệm thì hệ
( )
00
,yx
cũng là nghiệm
c) Cách giải: Đặt
.
S xy
P xy
= +
=
điều kiện
2
4SP≥
quy hệ phương trình về 2
ẩn
,
SP
Chú ý: Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện
trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ
,SP
từ đó suy ra qua hệ
,xy
.
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:
a)
33
22
8
x y xy
xy
++ =
+=
b)
( )( )
33
19
82
xy
x y xy
+=
+ +=
c)
d)
3
1 14
x y xy
xy
+− =
++ +=
Giải:
a) Đặt
.
S xy
P xy
= +
=
điều kiện
2
4SP≥
hệ phương trình đã cho trở thành:
THCS.TOANMATH.com
( )
2
2
2
22
2
63
38
8
2
S
P
SP
S
SS P
SS
−
=
+=

⇔

−
−=

−=


( )
( )
32 2
2 3 6 16 0 2 2 7 8 0 2 0SSS S SS S P⇒ + − − =⇔ − + +=⇔=⇒=
Suy ra
,
xy
là hai nghiệm của phương
trình:
2
2 0 0, 2XX XX− =⇔= =
02
20
xx
yy
= =

∨

= =

b) Đặt
.
S xy
P xy
= +
=
điều kiện
2
4SP
≥
hệ phương trình đã cho trở thành:
( )
( )
( )
2
3
3
8
3 19
8
1
6
3 2 8 19
24 25 0
82
SP S
SS P
SP S
S
P
SS
SS
SP
= −
−=
= −
=

⇔ ⇔⇔

= −
−−=
+ −=
+=
. Suy ra
,xy
là hai nghiệm của phương trình:
2
12
6 0 3; 2
XX X X− −=⇔ = =−
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm
( ) ( ) ( )
; 2; 3 , 3; 2xy =−−
c) Đặt
3
3
,a xb y= =
hệ đã cho trở thành:
( ) ( )
33 2 2
23
6
a b ab ba
ab
+= +
+=
.
Đặt
S ab
P ab
= +
=
điều kiện
2
4SP≥
thì hệ đã cho trở thành.
( )
( )
3
2 3 3 2 36 3 3
6
8
6
6
S SP SP P P
S
P
S
S
− = −=
=

⇔⇔

=
=
=
.
Suy ra
,ab
là 2 nghiệm của phương trình:
THCS.TOANMATH.com
2
12
2 8 4 64
6 8 0 2; 4
4 64 2 8
ax ax
XX X X
by by
=⇒= =⇒=

− +=⇔ = =⇒ ∨

=⇒= =⇒=

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm
( ) ( ) ( )
; 8;64 , 64;8xy =
d) Điều kiện:
0
,1
xy
xy
≥
≥−
. Đặt
.
S xy
P xy
= +
=
điều kiện
2
4SP≥
hệ phương
trình đã cho trở thành:
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
22
3; 3
3
22 116
2 3 1 14
3 14; 3
3 14; 3
30 52 0
4 8 10 196 28
S PS
SP
S SP
SS S
S PS
S PS
SS
S S SS
≥=−
−=

⇔

++ + +=
+ − += −
≤≤ = −
≤ ≤ = −

⇔⇔

+ −=
++ = − +
6
93
S
P xy
=
⇔
=⇒==
. Vậy hệ đã cho có nghiệm
( ) ( )
; 3; 3xy =
.
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:
a)
22
2 82
4
x y xy
xy
++ =
+=
c)
22
2
2
1
xy
xy
xy
xy x y
++ =
+
+= −
b)
( )
( )
22
22
1
15
1
19
xy
xy
xy
xy

+ +=



++ =


d)
( )
( )
( )
3 22 3
22
1 2 30 0
1 11 0
xy yxy yxy
xy x y y y
++ ++ −=
+ ++ +− =
Giải:
a) Đặt
,xayb= =
điều kiện
,0ab≥
.
THCS.TOANMATH.com
Hệ phương trình trở thành:
44
2 82
4
a b ab
ab
++ =
+=
. Ta viết lại hệ
phương trình thành:
4 2 22
()4()2 282
4
a b ab a b a b ab
ab
+− ++ + =
+=
Đặt
S ab
P ab
= +
=
điều kiện
2
4
,0
SP
SP
≥
≥
thì hệ đã cho trở thành.
2
256 64 6 2 8 2
424
4
PP P
S P ab xy
S
−−+ =
⇔= =⇔==⇔==
=
Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau:
(
)
( )
22
22 2
2 2 16
2 16
2 ( )0 2 4 4
x y xy
x y xy
x y xy xy x y x x
++ =
++ =
⇔ + =+⇔ − =⇔=⇔ =⇔=
Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 4; 4xy =
b) Điều kiện:
0xy+>
.
Biến đổi phương trình (1):
( )
2
22
22
1 1 20
xy xy
x y x y xy
xy xy
+ + =⇔ + −+ − =
++
Đặt
,x y S xy P
+= =
ta có phương trình:
2
2
2 10
P
SP
S
+ − −=
32 2
2 2 0 ( 1) 2 ( 1) 0 ( 1)( 2 ) 0S P SP S S S P S S S S P⇔ + − −=⇔ −− −=⇔ − +− =
.
Vì
2
4, 0S PS>>
suy ra
2
20SSP+− >
. Do đó
1S =
THCS.TOANMATH.com
Với
1xy+=
thay vào (2) ta được:
( )
2
1 1 0, 3
y yy y=− −⇔= =
Xét
22 22
2
1 11 0
xy
xy xy x y x y xy
xy
+ += ⇔ + +=− − ⇔ + ++ =
+
(không
thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm
(
) (
)
( )
; 1; 0 , 2; 3xy
= −
.
c) Điều kiện:
0xy ≠
.
Hệ đã cho tương đương:
2
2
22
22
11
11
5
5
11
11
9
9
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy


+++ =
+++ =





⇔




+++ =
+ ++ =





.
Đặt
11
11
.
x yS
xy
xy P
xy


+++ =






+ +=




Hệ trở thành:
2
29
5, 6
5
SP
SP
S
−=
⇔= =
=
11
2; 3
11
3; 2
xy
xy
xy
xy
+= +=
⇔
+= +=
.
35
1;
2
35
;1
2
xy
xy
±
= =
⇔
±
= =
. Vậy hệ đã cho có nghiệm:
( )
35 35
; 1; , ;1
22
xy

±±
=



.
THCS.TOANMATH.com
d) Hệ tương đương với :
( )( )
( )
30
11
xy x y x y xy
xy x y x y xy
+ ++ =
+ +++ =
.
Đặt
( )
;xyxy axyxyb+ = ++ =
. Ta thu được hệ:
( )
( )
5
6
30 5; 6
11 6; 5
6
5
xy x y
xy x y
ab a b
ab a b
xy x y
xy x y
+=
++=
= = =


⇔⇔
+= = =
+=

++=
.
TH1:
( )
2
3
6
2; 1
1; 2
3
5
()
2
xy
xy
xy x y
xy
xy
xy
xy x y
L
xy
=
+=
+=
= =

⇔⇔
= =
=
++=
+=
TH2:
( )
5
5 21 5 21
()
;
1
5
22
1
6
5 21 5 21
;
5
22
xy
L
xy
xy
xy x y
xy
xy x y
xy
xy
=
−+
= =
+=
+=

⇔⇔
=
++=
+−
= =
+=
.
Vậy hệ có nghiệm:
( ) ( ) ( )
5 21 5 21
; 1; 2 , 2;1 , ;
22
xy

±
=



.
II) HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2
Một hệ phương trình 2 ẩn
,xy
được gọi là đối xứng loại 2 nếu trong hệ
phương trình ta đổi vai trò
,xy
cho nhau thì phương trình trở thành
phương trình kia.
+ Tính chất.: Nếu
( )
00
;xy
là 1 nghiệm của hệ thì
( )
00
;yx
cũng là nghiệm
+ Phương pháp giải:
THCS.TOANMATH.com
Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng
( ) ( )
( )
0
;0
;0
xy
x y f xy
f xy
−=
−=⇔


=
.
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:
a)
2
2
2
2
x xy
y yx
+=
+=
b)
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )
22
22
16 1
16 1
x y yx
y x xy
− += +
− += +
c)
3
3
31 21
31 21
xx x y
yy y x
+ −+ + =
+ −+ + =
d)
Giải:
a) Điều kiện:
,0
xy≥
. Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
22
2
12 0
x x y y yx
xy xyxy xy
+−+ = −

⇔ − + + ++ + =

Vì
( )
(
)
( )
12 0xyxy xy+ + ++ + >
nên phương trình đã cho tương đương với:
xy=
.
Hay
( )(
)
22
0
2 0 2 1 10 1
35
2
x
x xx x xx xx xx x
x
=
−+=⇔+=⇔ − +−=⇔=
−
=
Vậy hệ có 3 cặp nghiệm:
( ) ( ) ( )
3535
; 0;0,1;1, ;
22
xy

−−
=



THCS.TOANMATH.com
b) Hệ đã cho
222
222
66
66
xy x y yx y
yx y x xy x
+ − −= +
⇔
+ − −= +
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:
(
) (
)
( )( ) ( )( )
2 7 0 2 70
2 70
xyyx xy xyxy xyxy xy
xy
x y xy
−+ −+− +=⇔− +− +=
=
⇔
+− +=
+ Nếu
xy=
thay vào hệ ta có:
2
2
5 60
3
xy
xx
xy
= =
− +=⇔
= =
+ Nếu
( )(
)
2 7 0 12 12 15x y xy x y+− +=⇔ − − =
.
Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:
( ) ( )
22
22
5 5 12 0 2 5 2 5 2xy xx x y+−−+=⇔ − + − =
. Đặt
2 5, 2 5
axby=−=−
Ta có:
( )( )
( )
(
)
2
22
0
1
2
22
4 4 15
8
41
31
ab
ab
ab
a b ab
ab
ab
ab a b
ab
+=
= −
+=
+− =

⇔⇔

+ +=
+=−
+ +=−
=
Trường hợp 1:
( )
( ) ( )
0
; 3; 2 , 2; 3
1
ab
xy
ab
+=
⇔=
= −
Trường hợp 2:
8
31
ab
ab
+=−
=
vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
; 2;2,3;3,2;3,3;2xy =
c) Điều kiện:
11
;
22
xy≥− ≥−
THCS.TOANMATH.com
Để ý rằng
1
2
xy
= = −
không phải là nghiệm.
Ta xét trường hợp
1xy
+ ≠−
Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:
( )
33
3121 3121x x x y y y yx+ −+ +− + −+ + = −
(
)
22
2
() 4() 0
21 21
xy
xyx xyy xy
xy
−

⇔− ++ + −+ =

++ +
22
2
() 4 0
21 21
x y x xy y x y
xy

⇔ − + + ++ =⇔ =

++ +


Khi
xy=
xét phương trình:
33
21 210 2 2110xx x xx x+−+ +=⇔++ +−=
22
22
( 1) 0 1 0 0
2 11 2 11
x
xx x x x
xx

+ + = ⇔ ++ = ⇔ =

++ ++

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
0xy= =
HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP
+ Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp
+ Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra
phương trình đẳng cấp.
Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như:
+
22
22
ax
ex
bxy cy d
gxy hy k
++=
++=
,
THCS.TOANMATH.com
+
22
22
ax
,
gx
bxy cy dx ey
hxy ky lx my
++=+
++=+
+
22
3 2 23
ax
gx
bxy cy d
hx y kxy ly mx ny
++=
+ + +=+
…..
Một số hệ phương trình tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa
căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện:
Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ
ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc
n
:
1
. .... 0
n nk k n
kn
ax a x y a y
−
+ +=
Từ đó ta xét hai trường hợp:
0
y =
thay vào để tìm
x
+
0y
≠
ta đặt
x ty=
thì thu được phương trình:
1
.... 0
n nk
kn
at a t a
−
+ +=
+ Giải phương trình tìm
t
sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm
,
xy
Chú ý: ( Ta cũng có thể đặt
y tx=
)
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:
a)
( )
33
22
82
33 1
x xy y
xy
−=+
−= +
b)
(
)
( )
( )
(
)
2 23
2
22
5 4 32 0
,
2
x y xy y x y
xy
xy x y x y
− + − +=
∈
+ += +
Giải:
a) Ta biến đổi hệ:
33
22
82
36
xy x y
xy
+=+
+=
THCS.TOANMATH.com
Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có:
33 2 2
6( ) (8 2 )( 3 )
x y x yx y+=+ +
đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ
đó ta có lời giải như sau:
Vì
0x =
không là nghiệm của hệ nên ta đặt
y tx=
. Khi đó hệ thành:
(
)
(
)
(
)
23
3 33
3
2
2 22
22
1 28
82
14
13 3
33 1
13 6
xt t
xxtxtx
tt
t
x tx
xt
−=+
−= +
−+

⇔ ⇒=

−
−= +
−=

( )
( )
( )
3 22
1
3
3 1 4 1 3 12 1 0
1
4
t
t t t tt
t
=
⇔ − = + − ⇔ −−= ⇔
= −
.
*
( )
22
13 6
3
1
1
3
3
xt
x
t
x
y
y
−=
= ±
=⇒⇔

= ±
=
.
*
4 78
1
13
4
78
13
x
t
y
= ±
=−⇒
=
.
Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm:
(; )xy
=
(
) ( )
4 78 78 4 78 78
3,1 ; 3, 1 ; , ; ,
13 13 13 13

−− − −



b). Phương trình (2) của hệ có dạng:
THCS.TOANMATH.com
(
) ( )
( )
(
)
(
)
(
)
22 22 22
22
2 2 12 10
1 20
xy x y x y xy x y xy xy
xy x y
+ += + + ⇔ + −− − =
⇔ − +−=
22
1
2
xy
xy
=
⇔
+=
TH1:
(
)
2 23
1
5 4 32 0
1
1
x
x y xy y x y
y
xy
=
− + − +=
⇔

=
=
và
1
1
x
y
= −
= −
.
TH2:
( ) ( )
2 23 2 23
22 22
5432 05432
22
x y xy y x y x y xy y x y
xy xy

−+−+= −+=+

⇔

+= +=


(*)
Nếu ta thay
22
2xy+=
vào phương trình (*) thì thu được phương trình
đẳng cấp bậc 3:
(
)
( )
2 2 3 22
543x y xy y x y x y− +=+ +
Từ đó ta có lời giải như sau:
Ta thấy
0y =
không là nghiệm của hệ.
Xét
0y
≠
đặt
x ty=
thay vào hệ ta có:
( )
23 3 3
22 2
5 432
2
t y ty y ty y
ty y
−+= +
+=
Chia hai phương trình của hệ ta được:
2
32
2
5 43 1
4 5 20
11
tt t
ttt
t
−+ +
= ⇔ − + −=
+
22 22
1
11
55
11
11
22
22
55
xx
t xy
xx
yy
t xy
yy

= = −
= =


= = −



⇔⇔ ⇔∨ ∨ ∨


= = −
= =



= = −


.
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:
THCS.TOANMATH.com
a)
( )
( )
(
)
2
2
33
2 32 30
22 3 1 6 1 2 0
xy y
y x yx xx
+++−=
+ + + + ++=
b)
( )
2
12
33 2
22 2 6
xy
x
x y xy
xy x y
+
+=
+
+ = +−
Giải:
a) Điều kiện:
2
2 30
xy+ +≥
.
Phương trình (2) tương đương:
(
)
( ) ( )
( )
2 32
33 2 3
22 316620213140
y x yx x x x yx y+ + ++ ++=⇔ ++ ++ =
Đây là phương trình đẳng cấp giữa
y
và
1
x +
.
+ Xét
0y =
hệ vô nghiệm
+ Xét
0y ≠
. Đặt
1x ty+=
ta thu được phương trình:
32
2 3 40tt+ +=
Suy ra
2 12t xy=−⇔ +=−
Thay vào phương trình (1) ta được:
2
14 5
24
9 18
xx x x y−+=+⇔ =− ⇒ =
.
Vậy hệ có một cặp nghiệm:
( )
14 5
;;
9 18
xy

= −


.
b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của
x
và
y
Điều kiện:
0; 3 0yx> −≤ ≠
.
THCS.TOANMATH.com
Đặt
22
y tx y t x=⇒=
thay vào (1) ta được:
22 2 22
12
33 2
x x tx
x tx x tx
+
+=
+
Rút gọn biến
x
ta đưa về phương trình ẩn
t
:
( )
( )
2
2
2 10 2 2 0t tt t y x− ++ = ⇔ = ⇔ = ≥
.
Thay vào (2) ta được:
22
25 1
4 8 26 4 10 26 26
44
xx x x x x x
+ = + ⇔ + + = ++ ++
22
51
2 26
22
xx

⇔ + = ++


.
Giải ra ta được
17 3 13 3 17
42
xy
−−
= ⇒=
.
Vậy nghiệm của hệ
( )
17 3 13 3 17
;;
42
xy

−−
=



.
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau:
a)
33
22
1
3
1
xy
xy
xy
−=
+
+=
b)
2
3
12 2 1
33 6
x y xy x
x x xy
+− − =
−− =
Giải:
a) Ta có thể viết lại hệ thành:
( )
( )
33
22
31
1
x y xy
xy
− +=
+=
(1)
Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng
cấp ta sẽ thay vế phải thành
2 22
()
xy+
.
Như vậy ta có:
THCS.TOANMATH.com
(
)
( )
( )
2
3 3 2 2 4 3 22 3 4
3 23 2 2 0
x y x y x y x x y x y xy y− += + ⇔ + − − − =
22
22
( )( 2 )(2 ) 0 2
20
xy
x y x y x xy y x y
x xy y
=
⇔− + ++ =⇔ =−
++=
+ Nếu
2
22 2
7
2 0 00
42
y
x xy y x x x y

+ + =⇔ + + =⇔==


không thỏa
mãn.
+ Nếu
xy=
ta có
2
2
21
2
xx=⇔=±
+ Nếu
2
5
2 51
5
xyy y=− ⇔ =⇔=±
Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:
( )
2 2 2 2 25 5 25 5
; ;, ; , ; , ;
22 2 2 5 5 5 5
xy
  
−−
= −−
  
  
  
b) Điều kiện
1
y ≥−
. Ta viết lại hệ thành:
2
3
1 2 ( 1) 1
3 ( 1) 6
x y xy
x xy
+− + =
− +=
Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối
với
,1xy+
Dễ thấy
1y = −
không phải là nghiệm của hệ phương trình.
Xét
1y >−
. Đặt
1x ty= +
thay vào hệ ta có:
( )
( )
3
2
32
3
3
1 21
0
3 6( 2 ) 0
3
1 36
y tt
t
tttt
t
y tt

+ −=
=

⇔−− − =⇔
=

+ −=

+ Nếu
0t =
thì
0x =
. Không thỏa mãn hệ
THCS.TOANMATH.com
+ Nếu
( )
( )
33
3
3
1
3 27 1 9 1 6 1 9
9
t yy y x= ⇔ + − + = ⇔ = −⇒ =
Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất
3
3
1
( ; ) 9; 1
9
xy

= −


Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau
a)
2
23 3
2
2 ( 2 3) 3
xy x y
xy x x y x
+=
+ +− +=
b)
(
)
2
22
30
( 1) 3( 1) 2 2 0
x xy x
x y xy x y y
+ ++=
+ + ++ − + =
Giải:
a) Điều kiện:
0y ≥
. Phương trình (2) của hệ có dạng:
3
3
1
2 ( 1) ( 1) 3( 1)
23
y
xy y x y y
xy x
= −
++ += +⇔
+=
Trường hợp
1y
= −
không thỏa mãn điều kiện
Trường hợp
3
23xy x+=
ta có hệ:
3
2
23
2
xy x
xy x y
+=
+=
.
Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc
3
đối với
,xy
. Dễ thấy
0y
>
. Ta đặt
x ty=
thì thu được hệ:
33
2
2
32
1
(2 ) 3
23
2 3 10
1
12
( )2
2
t
y tt
t
tt
t
t
ytt
=
+=
+
⇔ = ⇔ − += ⇔
+
=
+=
+ Nếu
1t =
thì
11x yx y= ⇔=⇒=
THCS.TOANMATH.com
+ Nếu
1
2
t =
thì
3
33
1 11 4
4
23
39
x y yxx x y= ⇔= ⇔ =⇔= ⇒=
Tóm lại hệ có các nghiệm:
( ) ( )
33
14
; 1;1 , ;
39
xy

=


b) Điều kiện:
2
20 0
xy y y+ ≥⇔≥
.
Từ phương trình thứ nhất ta có:
2
3xy x x=− −−
thay vào phương trình
thứ hai ta thu được:
22 2
22
( 1) 3( 1) 2 2 6 2 ( 2) 0
2 3 2 ( 2) 0
x y x x yx
x y yx
+ + + − − −− + =
⇔ +− + + =
Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với
y
và
2
2x
+
Đặt
( )
2
2ytx= +
ta thu được:
2
1
3 2 10
1
()
3
t
tt
tL
=
− −= ⇔
= −
Khi
1t
=
ta có:
2
2yx= +
thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu
được:
13xy=−⇒ =
Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm
( ; ) (1; 3)xy
= −
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau
a)
22
2 32
8
16
2
8 3 3 42
xy
xy
xy
x x xxy
yy
++ =
+
+= +−
b)
23
22
3 1 3 ( 1 1)
834 4
xy x x y x
x xy y xy y
− −= − −
−+ + =
Giải:
THCS.TOANMATH.com
a) Điều kiện:
32
0, 0, 0
34
xx
y xy
y
≠ +≠ + ≥
.
Phương trình (2) tương đương:
2 32 2 2
43 43 4 3
2 2.
8 6 12 16 8 6 8 6 6
x xy x x x xy x x y
y yy y
++

+=+⇔+= +


.
Đây là phương trình đẳng cấp đối với
2
8
x
y
và
43
6
xy+
Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2
8
x
y
và
43
6
xy+
cùng dấu
hay
2
43
0, 0
86
x xy
y
+
≥≥
.
Đặt
2
,
8
x
a
y
=
43
6
xy
b
+
=
suy ra
22
2a b ab a b+ = ⇔=
2
6
43
2
86
3
xy
x xy
y
xy
=
+
⇔= ⇔
= −
.
TH1:
6xy
=
thay vào (1) ta có:
22
28 168
()
4
37 37
16 16
4 24
9
77
y xL
yy y
yx
=− ⇒=−
+− =⇔
=⇒=
.
TH2:
2
3
xy= −
thay vào (1) ta có:
22
12
()
4
16 16
13
9
12 8( )
yL
yy y
y x TM
= −
+− =⇔
= ⇒=−
.
THCS.TOANMATH.com
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
24 4
; ; , 8;12
77
xy

= −


.
b) Điều kiện:
0
,0
1
1
0
xy
xy
x
x
y
≥
≥
≤⇔

≤
≥
Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với
,xy
. Ta thấy nếu
0y
=
thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra
0x =
, cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ.
Xét
0y >
. Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho
y
ta thu được:
2
8 34 4
xx x
yy y

− ++ =


. Đặt
x
t
y
=
ta thu được phương trình
42
42 2 4 2
44
8 3 44
8 3 4 8 16 8 4 8 12 0
tt
tt t
tt tt ttt
≤≤

− + = −⇔ ⇔

− += − + − + − =

42 3 2
44
1
2 2 3 0 ( 1)( 2 2 3) 0
tt
t
tt t t t tt
≤≤

⇔ ⇔ ⇔=

− + − = − + ++ =

Khi
1t xy
=⇒=
.
Phương trình thứ nhất của hệ trở thành:
33
3 1 3 ( 1 1)xx x x− −= − −
.
Điều kiện:
01x
≤≤
. Ta thấy
0x =
không thỏa mãn phương trình.
Ta xét
01x<≤
. Chia bất phương trình cho
3
0x >
ta thu được phương
trình:
3
23
31 1 1
1 31
xx x
x

− − = −−



. Đặt
1
1tt
x
=⇒≥
phương trình trở
thành:
( )
( )
( )
33
32 32
313 1 31 1 3
tt tt tt tt+−= −−⇔+− +−=
Xét
( )
(
)
3
32
() 3 1 1
ft t t t t=+ − +−
Dễ thấy
( ) ( )
13ft f≥=
suy ra
phương trình có nghiệm duy nhất
11tx=⇔=
THCS.TOANMATH.com
Tóm lại hệ phương trình có nghiệm
(
)
( )
; 1; 1xy
=
Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ
,xy
dựa vào phương trình thứ hai của
hệ theo cách:
Phương trình có dạng:
22
22
()(85) ()
834 3 0 0
834 3
xy x y xyy
x xy y y xy y
xy y
x xy y y
−+ −
− + − + −=⇔ + =
+
−+ +
22
85
(3)
0
834 3
xy
xy y
xy y
x xy y y
=
+
⇔
+=
+
−+ +
. Vì
,0xy>
nên ta suy ra
xy
=
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật
cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích,cộng trừ các
phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt…
* Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau
a)
2
4 232
1 42 52 ( 1) 5
3( )
)
6
(1
(2)
x y yx
x x y xy y
++ − + + − − =
+− = +
b)
3 32
22
12 6 16
4 6 90
x xy y
x y xy x y
−=−+
+ + − − +=
THCS.TOANMATH.com
c)
33 2
2 23
4 36 4
xy x y
x y xy
−+ =
+=+−
d)
2
3
2
7 6 ( 6) 1
2( ) 6 2 4 1
y x yx
xy x y y x
− −− − =
− + − +− = +
Giải:
a). Điều kiện
2
1
2
5 2 ( 1)
x
y
yx
≥−
≤
+ ≥−
Xuất phát từ phương trình (2) ta có:
4 3 22
32
36 ( ) 0
0
3(2)(2)0 (2)(3 1)0
2
x xy x y y
x
xxyxxy xxyx
xy
− +− − =
=
⇔ − + − =⇔ − +=⇔
=
Với
0x =
thay vào (1) ta có:
1 42 42 5 42 42 4yy yy
+−++=⇔−++=
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
( )
2
42 42 2(42 42)16 42 42 4yy yy yy−++ ≤ −++ =⇔−++≤
Dấu = xảy ra khi:
42 42 0y yy− =+ ⇔=
Hệ có nghiệm:
(0; 0)
Với:
2
xy=
. Thay vào phương trình trên ta được
2
1 4 5 ( 1) 5 1 4 ( 1)(4 ) 5xxxx xxxx++ − + +− − = ⇔ ++ − + + − =
(*)
THCS.TOANMATH.com
Đặt
2
5
1 4 0 1. 4
2
t
tx x x x
−
= ++ −>⇒ + −=
. Thay vào phương
trình ta có:
2
2
5
5
5 2 15 0
3
2
t
t
t tt
t
= −
−
+ =⇔+−=⇔
=
.
Khi
2
0
1. 4 2 3 0
3
3t
x
x x xx
x
=
+ − = ⇔− += =
=
⇒ ⇔
Tóm lại hệ có nghiệm
( ) ( )
3
; 0; 0 , 3;
2
xy

=


Nhận xét : Điều kiện
0t >
chưa phải là điều kiện chặt của biến
t
Thật vậy ta có:
22
1 4 5 2 ( 1)( 4 ) 5
t x xt x x t= ++ − ⇒ =+ + − ⇒ ≥
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có
2
2 ( 1)(4 ) 5 10 5; 10xxt t

+ − ≤ ⇒ ≤ ⇔∈

b) Hệ viết lại dưới dạng
33
22
12 ( 2) 12( 2)
( 4) ( 3) 0
x xy y
x xy y
− =−− −
+ −+− =
Đặt
2
ty= −
. Ta có hệ :
3 3 22
2 2 22
12 12 ( )( 12) 0 (*)
( 2) ( 1) 0 2( ) 1 0 (2*)
x x t t x t x t xt
x x t t x t xt x t

− =− − ++− =
⇔

+ − +− = ++ − ++=

Từ
(*)
suy ra
22
12 0 (3*)x t xt
xt
++− =
=
- Với
xt=
thay vào
(2*)
ta có phương trình
2
3 4 10xx− +=
Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là
( ) ( )
17
; 1; 3 , ;
33
xy

=


- Với
(3*)
kết hợp với
(2*)
ta có hệ
THCS.TOANMATH.com
2
2
13
( ) 12 0
2
()
121
() 2()100
4
xt
x t xt
VN
xt xt xt
xt
+=
+ −−=
⇔

+ − − + += =
=
. Do
( )
2
4
x t xt
+<
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:
(
) (
)
17
; 1; 3 , ;
33
xy

=


c) Đưa hệ phương trình về dạng:
3 32
( 1)(2 1) 2
13
( 1) (2 1) 3( 1) (2 1) 5
22
xy
x yx y
+ −=
++−=++−−
Đặt:
a x 1; b 2y 1.
=+=−
Khi đó ta thu được hệ phương trình:
33 2
3 32
2
2
13
2 6 3 10
35
22
ab
ab
ab a b
a ba b
=
=
⇔

+= +−
+ = +−
Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là
x y1= =
nên ta sẽ
có hệ này có nghiệm khi:
a 2; b 1
= =
Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng:
22
( 2) 2(1 )
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
ab b
a a bb
−=−
− += − +
Vì ta luôn có:
0b ≠
nên từ phương trình trên ta rút ra
2(1 )
2
b
a
b
−
−=
Thế xuống phương trình dưới ta được:
2
2 22
2
2
4( 1)
( 1) ( 1) ( 2) ( 1) 4( 1) ( 2) 0
1
4( 1) ( 2)
b
a b b b a bb
b
b
a bb
−

+= − + ⇔ − +− + =

=
⇔
+= +
THCS.TOANMATH.com
Với:
12ba
=⇒=
, suy ra:
1;xy= =
.
Với
2
4( 1) ( 2)
a bb+= +
. Ta lại có:
2
2 ( 1) 2 1 .
b
ab b a b a
b
+
= ⇔ + = + ⇔ +=
Thế lên phương trình trên ta có:
2
3
1
2 1 2;
4( 2)
( 2)
2
4 (Không TM)
b a xy
b
bb
b
b
=−⇒ =−⇔ =− =−
+
= +⇔
=
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là:
(
)
1
(1;1) 2; ;
2
,
xy
=
−−


d) Điều kiện:
1
0
x
y
≥−
≥
. Ta viết lại hệ phương trình thành:
2
2( ) 6 2 4 1xy x y y x− + − +− = +
2
2( ) 6 2 4 1xy x y y x⇔ − + − += + +
. Bình phương 2 vế ta thu
được:
22
2 4 2 6 2 4 1 2 ( 1)x xy y x y x y y x− + + − + = + ++ +
22
2(1)2(1) (1)2(1)x yx y x y yx

⇔ + − + + + ++ = +

22
1
2( 1 ) ( 1 ) 0 1
1
xy
xy x y x y
xy
+=
⇔ +− + +− = ⇔ ⇔ +=
+=
Thay vào phương trình (2) ta có:
22
33
7 1 ( 7) 1 7 1 ( 7) 1
y y yy y y yy−+− −=⇔ −+= −+
.
Đặt
3
( 7)a yy= −
ta có phương trình:
THCS.TOANMATH.com
3
32
1
0
1
11
1
20
2
a
a
a
aa
a
aa a
a
≥−
=
≥−
+= +⇔ ⇔

= −
−− =
=
Với
01
0
76
yx
a
yx
=⇒=−
= ⇒
=⇒=
Với
2
7 35 5 35
22
1 7 10
7 35 5 35
22
yx
a yy
yx
−−
= ⇒=
=−⇒ − += ⇔
++
= ⇒=
Với
2
1 (L)
2 7 80
87
y
a yy
yx
= −
=⇒ − −=⇔
=⇒=
Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :
( )
5 357 35 5 357 35
; ( 1;0),(6;7), ; , ; ; ,(7;8)
22 22
xy

−− ++
= −



Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
a)
22
2 2 32
(2 2) 3 0
2 ( 3) 2 6 1 0
x y xy
x xy y x y y
−+−=
+ − + − − +=
b)
22
32 2
2 2 20
2 220
x xy y y
x xy y y x
− + +=
− + +−=
c).
23 2 2
22
3 4 30
3 3 10
xy x y yx y x
x y y xy
− − −+ =
− + +=
Giải:
THCS.TOANMATH.com
a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta
được:
2 32 2
2 ( 3) 2 6 1 (2 2) 3 0xy y x y y y x y− + − − ++ + + =
(
)
2 32 2 32
2 231 0 12 3
2 10xy y y x x yxy y y y+− +⇔ − +− = −−+
⇔
−=
( 1)(2 1)( 1) 0.y y xy⇔ + − −− =
+ Nếu
1y = −
thay vào phương trình (1) ta có:
2
33xx=⇔=±
+ Nếu
1
2
y =
thay vào phương trình (1) ta có:
2
3 23
4 12 3 0
2
xx x
±
− −=⇔ =
+ Nếu
1yx
= −
thay vào phương trình (1) ta có:
22 2 2
2 3( 1) 0 4 6 3 0xx x xx
− − − = ⇔− + − =
. Vô nghiệm.
Kêt luận:
( )
3 221 3 221
; ( 3;1), ( 3;1), ; , ;
22 22
xy

−+
= −



* Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được:
2
(2 )( 3) 1 0y xx y
+ − − +=
Phương trình thứ nhất phân tích được:
2 2
( ) 2(
2 )0
xy
xy− +
−=
Đặt
2
,2a x yb x y=−=+
ta có hệ:
2
20
( 3) 1 0
ab
ab
−=
− +=
b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được:
322
2 2 0,x x x y xy x−− + − =
hay
32 2
( 2) ( 2) 0.xxxyxx
−− − − =
Do
32 2
2 ( 1)( 2 )xxxxxx−− =+ −
nên từ trên, ta có
2
( 2 )( 1 ) 0.x xx y− +− =
+ Nếu
0
0
2
y
x
y
=
= ⇒
= −
THCS.TOANMATH.com
+ Nếu
0
2
4
3
y
x
y
=
= ⇒
=
+ Nếu
1yx= +
thay vào phương trình (1) ta thu được:
2
12 2 0yy+ +=
vô
nghiệm.
Kết luận:
Hệ phương trình có các cặp nghiệm là:
( ) (
)
4
; (0;0),(0; 2), 2; 0 , 2;
3
xy

= −


c) Hệ được viết lại như sau:
(
)
( )
( )
( )
2 23 2 2 2
2 2 22
33 4 3 4
3 3 10 3 3 10
xy y x x y x y xy y y x x y
x y y xy x y xy
−+ − = − − =


− + += − + +=
⇔
Xét với
0y =
thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ .
Với
0
y ≠
ta biến đổi hệ thành :
( )
22
2
1
34
1
3 30
x yx x
y
xyx
y

− −=


−+ + =
⇔
( )
22
2
1
34
1
34
x yx x
y
xy x x
y

− −=


−+ −=−
Đặt :
2
1
3
ax
y
by x
= −
= −
Khi đó hệ trở thành hệ :
2
4
4
ab x
ab x
=
+=
Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình :
THCS.TOANMATH.com
22 2
2
2
1
1
2
4 4 ( 2) 0 2
1
23
23
y
xx
x
y
t xt x t x t x
xx
xy x
x
= −
= −

− + ⇔ − = ⇔= ⇔ ⇔


=−−
= −
2
32
1
1
1
11
23
3 2 10
y
y
x
x
x
y
xx
xx
x
= −
= −
= −

⇔

=

=−−
+ +=
Vậy hệ có 1 nghiệm
( )
( )
; 1; 1xy = −
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau
a)
b)
32
2 32
2 15 6(2 5 4)
2
8 3 3 42
x xy x y x y
x x xxy
yy
− − = −−
+= +−
c)
32 2 2
36244392
6 3 2 4 46
xx y y
x x y xy y x x
− −= −−
− + += + +
d)
3 42
2
83 4
22
xy y xy
xy y y
−+ =−
+− =
Giải:
a) Từ phương trình (2) của hệ ta có:
( )
( )
( )
24 3 3
3
9 9 90
90
xy
x y yx yy xyxy
xy
=
− + = +− ⇔ − + − =⇔
+ −=
Vì
1y ≤
và
3
1 12xy++ −=
nên
3
12 7xx+<⇔<
Do đó
3
9 10xy+ − <− <
nên
3
90xy+ −=
vô nghiệm.
Ta chỉ cần giải trường hợp
xy=
. Thế vào phương trình ban đầu ta
được:
3
1 12xx++ −=
. Đặt
( )
3
1; 1 0a xb x b=+=−>
thì
THCS.TOANMATH.com
( ) ( )
( )
2
3 32 2
32
2
2 2 4 20 1 2 2 0
2
ab
a a aa a a a a
ab
+=
⇒ + − =⇔ + − +=⇔ − + − =
+=
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu
0; 11 6 3; 11 6 3
xx x= =−+ =−−
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là
0; 11 6 3; 11 6 3xy xy xy== ==−+ ==−−
b) Phương trình thứ nhất của hệ
⇔
( )
2
2
2
(2 ) 12 15 0
15
12
yx
yxx y
x
y
=
− − −=⇔
−
=
TH 1:
2
15
12
x
y
−
=
thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
( )
2 3 22
2
2
3 2 4 15
3 15 4 24
2 15
x x x xx
x
x
−
+= +−
−
−
( ) ( )
22
22
22
36
12 16 15 16 15 0
15 15
xx
xx xx
xx
⇔ − +−++−=
−−
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
16 15 0
16 15 0
36 16 15
6 16 15
15
15
xx
xx
x
x
xx
xx
x
x
+ −≥
+ −≥

⇔⇔

=+−
= +−

−
−
( )( )
2
22 2
16 15 0
36 15 16 15 (*)
xx
xx x x
+ −≥
⇔
=− +−
Xét phương trình (*)
(
)( )
22 2
36 15 16 15xx x x=− +−
THCS.TOANMATH.com
Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho
2
x
ta
có:
15 15
36 16xx
xx

= − +−


Đặt
2
2
15
16 36 0
18
t
x tt t
t
x
=
− =⇒+ − =⇔
= −
+ Nếu
2
5
15
2 2 2 15 0 5
3
x
t x xx x
x
x
=
=⇔− =⇔ − − =⇔ ⇔=
= −
+ Nếu t = −18
2
9 46
15
18 18 15 0 9 4 6
9 46
x
x xx x
x
x
=−−
⇔ − =− ⇔ + − = ⇔ ⇔ =−−
=−+
Nghiệm của hệ đã cho là:
( )
5 27 12 6
; 5; , 9 4 6;
62
xy

+

= −−





TH 2:
2
xy=
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có:
2 32 2
2 2 7 11
0
4 3 3 4 4 6 12
x x xxx x
xx
xx
⇔ + = + −⇔ = ⇔=
(loại) (do điều kiện
0y ≠
)
KL: Nghiệm của hệ đã cho là:
( )
5 27 12 6
; 5; , 9 4 6;
62
xy

+

= −−





c) Điều kiện
2
3
x
y
≥
≥
Phương trình (2) của hệ tương đương với:
2
2
22
(2 2 )(3 2) 0
23
yx
x yx y
yx
= −
−− +− =⇔
= −
THCS.TOANMATH.com
+ Với
22yx
= −
thế vào phương trình
(1)
ta được:
(1) 7624461540(3)xx x⇔−−−−−=
Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
6 2 4 3.2 2( 2) 3
6 2 4 4 6 15 7 4
4 6 15 2.2 3(2 5) 2(2 2)
x xx
x xx
x xx
−= − ≤
⇒ −+ − ≤ −
−= −≤ −
Dấu
'' ''
=
xảy ra khi chỉ khi
4
x =
Từ (3) suy ra
4x
=
là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (4; 6)xy =
- Với
2
23 2
yx=−≤
hệ vô nghiệm do điều kiện
3
y ≥
Vậy hệ đã cho chỉ có 1 nghiệm
( ; ) (4; 6)xy
=
d) Thế phương trình 2 vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình :
( )
( )
3 42 2 332
8 3 2(2 ) 8 3 4 2 2x y y x y xy y y x y x y x y y− + =− +− ⇔ − + =− −+
Vì
0y =
không là nghiệm của hệ. Chia cả hai vế cho y ta được phương
trình
332 32 3
8 3 4 22 3 4 8 2 2x y x x yx x xy y− + =−−+⇔+ += +−
Đặt :
11zx xz= +⇒ = −
. Khi đó ta có phương trình :
( )
(
) ( )
3 3 22 22
8 2 2 4 2 0 do 4 2 0z z y y z y z y zy z y zy

+=+⇔− ++ = ++ >

2 12 2 1z yx yx y
⇔ = ⇒ += ⇒ = −
Thế vào phương trình 2 của hệ ta được phương trình:
2
11
3 20
27
33
yx
yy
yx
= ⇒=
−−=⇔
−−
= ⇒=
THCS.TOANMATH.com
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm
72
( ; ) (1;1); ;
33
xy
−−

=


Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )
( )
22
3 12 1 4 2 1
33
y yx y x y
yy x y
++ + = + +
−=−
b)
c)
( )
42
23
2 6 72 9
2 10
x xy y y x
yx x
+ + −+ =−
−=
Giải:
a) Điều kiện:
2
2 10xy+ +≥
.
Phương trình (1) tương đương:
(
)
( )
22 2 2 2
2
2
2
2
2
4 4 21 21 2
2 13
2 21
21
yyxy xy xxyy
x y yx
y x y xy
x y xy
− +++++=− +
+ += −
⇔ − ++ =− ⇔
+ +=+
TH1:
2
2 13
x y yx+ += −
. Bình phương hai vế phương trình ta được:
2
2 22
2
3
1; 1( )
3
6 9 21
415 17
; ()
2 19 6
51 3
33
yx
x y TM
yx
xy y y
x y TM
x y y xy x
xy y y
≥
= =
≥
⇔ ⇔ = − −⇔

= =
+ += − +
=+−
.
THCS.TOANMATH.com
TH2:
2
21x y xy+ +=+
. Bình phương hai vế phương trình:
2
2 22
2
0
1; 1
0
2 21
41 7
; ()
21 2
21 3
33
xy
xy
xy
xy y y
xy L
x y x xy y
xy y y
+≥
= =
+≥
⇔ =− + +⇔

= = −
+ += + +
=+−
.
Vậy hệ có nghiệm
(
) ( )
415 17
; 1;1 , ;
51 3
xy

=


.
b) Từ phương trình (1) ta thấy:
( ) ( )
32
2 1 31xy y−=−
.
TH1:
1y =
thay vào (2) ta có:
3
7 6 0 1; 3; 2xx xx x− +=⇔= = =−
.
TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới:
.
(*)
(3)
Phương trình (3) tương đương với:
( )
( )
2
22 3 0xy xy x− +−=
.
+ Nếu:
2xy =
thay vào (*) ta có:
(
)
1
2 44 33 1 4
2
y
xyyx yy
−−
++ =+ ⇒= ⇒ + =−
.
Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
+ Nếu
2
23xy x= −
thay vào (*) ta có:
( )
22
2
2 3 3 33 1x xy x y y
x
+− + − =+ ⇒ = −
2
2
2 1 3 1; 1x x xy
x

⇒ − =− ⇔= =


Vậy hệ có nghiệm
( ) (
) ( ) ( )
; 1;1 , 3;1 , 2;1xy = −
.
THCS.TOANMATH.com
c) Phương trình (1) tương đương:
( )
( )( ) ( )
42 2 2 2 2
7 92 30 3 32 30x x yxx xx xx yxx− +− −− =⇔ −− +− − −− =
.
TH1:
2
1 13 79 13
2 36
30
1 13 79 13
2 36
xy
xx
xy
−+
= ⇒=
−−=⇔
+−
= ⇒=
.
TH2:
22
23y xx= +−
thay vào (2) ta có:
(
)
2 23
5
51
2
3 10
5
51
2
xy
xx xx
xy
= ⇒=−
+− − = ⇔
=− ⇒=+
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
1 13 79 13 1 13 79 13 5 5
; ; , ; , 5;1 , 5;1
2 36 2 36 2 2
xy
  
−+ +−
= − −+
  
  
  
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau
a)
32 3
1
4 12 9 6 7
xy x y
x x xy y
−−=
− + =−+ +
b)
32 3
24
4 24 45 6 20
xy x y
x x xy y
−+ =
+ + =−+ −
c)
( )
3
2
3
2
2
2
13
2
14
22
x
xy y
x
xy y
xx

−
+ +=


+ +=+
d)
22
22
3
2
41
1
xyx
xy
xy
xy
+ +=
−+ =−
+−
Giải:
THCS.TOANMATH.com
a) Hệ tương đương:
32 3
3 33 3
4 12 9 6 7
xy x y
x x xy y
−−=
− + =−+ +
.
Trừ hai phương trình cho nhau ta được:
( )
3
3
41 33x y xy y− =−+ +
( )
3
33
4 14 3 3 3x y y xy y⇔ −+ = + +
( )
(
) (
)
(
)
( ) (
)
( )
( )
( )
(
) (
) (
)
( )
( )
2
22
2
22
2
22
2
4 11 1 3 1
4 1 1 1 3 11
4 11 1 3 1
12 2 0
x y x x y y yy x
xy x x yy yy xyy
xy x x yy yxy
xy x y

⇔ +− − − − + = ++


⇔ + − − − − + = + − −+


⇔ +− − − − + = +−

⇔ +− −− =
Với
1yx= −
thay vào (1) ta được:
2
20xx−+=
(vô nghiệm).
Với
22yx= −
thay vào (1) ta được:
2
5 17
4
2 5 10
5 17
4
x
xx
x
−
=
− += ⇔
+
=
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
5 17 1 17 5 17 1 17
; ;, ;
42 42
xy

−− ++
=



.
b) Hệ tương đương:
32 3
6 3 3 12 0
4 24 45 6 20
yxxy
x x xy y
−+ −=
+ + =−+ −
.
Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được:
32 3
4 24 48 32 3 12x x x y xy y+ + + =−+ +
( )
( ) ( ) ( )
( )
3
33
2
22
4 2 4 3 3 12
4 22 2 3 4
x y y xy y
x y x x y y yy x
⇔ ++ = + +

⇔ ++ + − + + = ++

THCS.TOANMATH.com
Thế
24x xy y=+−
vào VP ta được:
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
22 2
4 2 2 2 3 2 44 3 2xy x x yy yy yxy yxy

++ + − + + = + + −+ = ++

( ) ( ) (
)
( )
2
2
24242 0xy x x yy⇔ ++ + − + + =
.
Với
2yx=−−
thay vào (1) ta được:
2
5 80
xx− +=
(vô nghiệm).
Với
22
yx= +
thay vào (1) ta được:
2
17 7
4
2 7 40
17 7
4
x
xx
x
−
=
− +=⇔
+
= −
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
17 7 1 17 17 7 1 17
; ;, ;
42 42
xy

−+ +−
= −



.
c) Điều kiện:
0x ≠
.
Phương trình (2) tương đương:
2
2
1 1 12
20 2y xy y
x x xx

+− =⇔ = −⇔ = −


.
Thay vào (1) ta được:
( ) ( )
33
33
22
22
1 11 1 2 1
1 12
22
t t tt
x x xx

− +−= − ⇔ − +−= −


(
)
( )
4 32
2 1 6 12 2 4 3 0t t ttt⇔ − − + ++=
.
TH1:
13
2
24
t xy=⇒=⇒=−
.
THCS.TOANMATH.com
TH2:
4 32
6 12 2 4 3 0t ttt− + + +=
2
2
21
6
33
tt

⇔ −− =−


(vô lý)
Vậy nghiệm của hệ
( )
3
; 2;
4
xy

= −


.
d) Điều kiện:
1
xy+≠
. Phương trình (2) tương đương:
(
)
( )
( )
22
4 12 1
x y xy xy xy− +−+ =− +−
.
Phân tích nhân tử ta được:
( )
( )
22
21 2 10
x y x y xy y+ − − − ++ =
.
TH1:
2 10xy+ −=
thay vào (1) dễ dàng tìm được:
( )
1 2 14 3 14 2 14 1 3 14
; ;, ;
5 5 52
xy

−− + − −
=



.
TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới:
22
22
21
3
x y xy y
xyx
− − ++
+ +=
.
Giải bằng cách:
( )( )
2
(1) (2) 3 4 0 1 3 4 0PT PT y xy x y y x y− ⇔ + +−−=⇔ + + − =
.
Vậy nghiệm của hệ
( ) (
) ( ) (
1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 10 17
; ; , ; , ; ,1;1,1; 1, 2;
5 5 5 2 11 10
xy

−− + − −

= − − −−





Ví dụ 7) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:
a)
22
2
2 2 8 60
4 10
x y xy
x xy y x
+ +++=
+ + + +=
b)
2
2
2 2 50
5 70
x xy y
y xy x
+ +−=
+ + −=
THCS.TOANMATH.com
Giải:
* Cách 1: Đặt
xua
y vb
= +
= +
thay vào phương trình (1) của hệ ta có:
22
( ) 2( ) 2( ) 8( ) 6 0ua vb ua vb+ + + + + + + +=
⇔
22 22
2 2( 1) 4 ( 2) 2 2 8 6 0u v a u vb a b a b+ + + + + + + + + +=
.
Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều
kiện là:
10
20
a
b
+=
+=
1
2
a
b
= −
⇔
= −
Từ đó ta có các h đặt ẩn phụ như sau: Đặt
1
2
xu
yv
= −
= −
thay vào hệ ta có:
22
2
23
2
uv
u uv
+=
+=
đây là hệ đẳng cấp.
Từ hệ ta suy ra
( )
( )
22 2 2 2
2 2 3 340
4
uv
u v u uv u uv v
uv
=
+ = + ⇔+ − =⇔
= −
Công việc còn lại là khá đơn giản.
* Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với
k
lần phương trình (2).
22 2
2 28 6 410x y x y k x xy y x

+ ++++ ++++=

22
(1 ) ( 2 4 ) 2 8 6 0k x k ky x y y ky k⇔ + + + + + + + ++=
Ta có
22
(2 4 ) 4( 1)(2 8 6)k ky k y y ky k∆= + + − + + + + +
( )
2 22 2
8 8 (4 32 32) 12 12 20kk y k k yk k= −− + − − + − −
.
THCS.TOANMATH.com
Ta mong muốn
∆
có dạng
2
()
Ay B+
0⇔∆=
có nghiệm kép:
( ) ( )( )
2
2 22
3
4 32 32 4 8 8 12 12 20 0
2
k k kk k k k⇔ − − − − − − − =⇔=−
.
Từ đó ta có cách giải như sau:
Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:
( ) ( )
22 2
2 2 2 8 63 410x y x y x xy y x+ +++− ++++=
⇔
(
)
( )
22 2 2
3 8 4 13 9 0 3 8 4 13 9 0
xxyxyy xyxyy
−−−+++=⇔++− ++=
Ta có
(
)
(
)
( )
22
22
3 8 4 4 13 9 25 100 100 5 10y yy y y y
∆=++ ++= + +=+
Từ đó tính được:
3 8 (5 10)
1
2
3 8 (5 10)
49
2
yy
xy
yy
xy
+− +
= =−−
++ +
= = +
Phần việc còn lại là khá đơn giản.
b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:
( )
( )
2 2 22
2 2 5 5 7 0 2 5 12 0x xy y y xy x x y x y y+ +−− + + − =⇔ + − − ++ =
1
2
2
y
x
xy
+
=
⇔
=−+
Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng:
22
1 2 3 45 6
22
1 2 3 45 6
0
0
ax axy ay ax ay a
bx bxy by bx by b
+ + + + +=
+ + + + +=
THCS.TOANMATH.com
+ Ta đặt
,x u ay v b
=+=+
sau đó tìm điều kiện để phương trình không có
số hạng bậc 1 hoặc không có số hạng tự do .
+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn
k
sao cho có thể biễu diễn được
x
theo y . Để có được quan hệ này ta cần
dựa vào tính chất. Phương trình
2
ax
bx c++
biểu diễn được thành dạng:
2
() 0Ax B+ ⇔∆=
Đối với các hệ đại số bậc 3:
Ta có thể vận dụng các hướng giải
+ Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức
+ Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương
trình để tạo ra quan hệ tuyến tính.
Ví dụ 8) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực:
a)
32
22
3 49
8 8 17
x xy
x xy y y x
+=−
− +=−
c)
32
22
3 6 3 49
6 10 25 9
x x y xy x
x xy y y x
+ = −−
− += − −
b)
33
22
35
2 3 49
xy
x y xy
−=
+=−
d)
( )
( )( )
3
34
7 11 3 1 (1)
xy x y
x xyxy
+=
+ = + ++
Giải:
a) Phân tích: Ta viết lại hệ như sau:
32
22
3 49 0
8( 1) 17 0
x xy
y x yx x
+ +=
+ + ++ =
Nhận thấy
1x = −
thì hệ trở thành:
2
2
3 48 0
4
16 0
y
y
y
− +=
⇔=±
−=
Từ đó ta có lời giải như sau:
Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có:
THCS.TOANMATH.com
( )
( )
32 2 2
22
3 49 3 8 8 17 0
1 ( 1) 3( 4) 0
x xy x xy y y x
xx y
+ ++ − +−+ =

⇔+ ++ − =

Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ:
( ) ( ) ( )
; 1; 4 , 1; 4
xy
=− −−
b) Làm tương tự như câu
a
Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được:
( )
22
1 ( 1) 3( 5) 0xx y

+ ++ − =

. Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của
hệ.
c) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được:
33
( 2) ( 3) 5x y xy− = + ⇔=+
Thay vào phương trình (2) ta có:
22 2
3
2( 5) 3 4( 5) 9 5 25 30 0
2
y
y y y yy y
y
= −
+ + = +− ⇔ + + =⇔
= −
Vậy hệ phương trình có các nghiệm là:
( ) ( ) ( )
; 2;3,3;2xy =−−
d) Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:
( )
22
1 ( 3) 2 0
x y x yx x

− − + + −− =

Trường hợp 1:
1x =
hệ vô nghiệm
Trường hợp 2:
22
32
( 3) 2 0
( )( 1)
y x yx x
x y x y xy
− + + −−=
+=− −
Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được:
( )
22
2 1 ( 1) 2 0x y x yx x

+ − − + −+ =

+ Nếu
1 3 35
24
xy
±
=−⇒=
THCS.TOANMATH.com
+ Nếu
22
( 1) 2 0y x yx x− − + −+=
ta có hệ:
22
22
( 1) 2 0
( 3) 2 0
y x yx x
y x yx x
− − + −+=
− + + −−=
.
Trừ hai phương trình cho nhau ta có:
1
y = −
thay vào thì hệ vô nghiệm
KL: Nghiệm của hệ là:
( )
13 35 13 35
; ; ,;
24 24
xy

+−
=−−



d).
Ta có: (1)
( ) ( )( )
3
7 3 3 13 1
x xyxy xyxy⇔ + + =+ + ++
( ) ( )( )
3
7 3 4 2 13 1x xyx yxy xyxy⇔ + + −− =+ + ++
( )
( ) ( )(
)
33 33
8 62 3 3 1 1x y xyxy x y xyxy xy xy⇔ ++ +=++ ++ ++ ++
( ) ( ) ( )( ) ( )
33 3
3
2 3 11 1xy xy xyxy xy⇔ + = + + + +++ = ++
2 11xyxy x⇔ + = + +⇔ =
.
Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với:
( )
1
11
34
14
x
xx
yy
yy
=
= =

⇔∨

+=
= = −

.
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức
(, ); (, )f xy gxy
trong hệ phương
trình để đặt thành các ẩn phụ mới làm đơn giản cấu trúc của phương
trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn
giản hơn, hay quy về các dạng hệ quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp…
Đễ tạo ra ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong
hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm nhân tử chung, chia các phương trình
theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đối biến
theo đặc thù phương trình…
THCS.TOANMATH.com
Ta quan sát các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau
a)
22
3 2 23
22 2
2 3 3 10
x xy y
x x xy y
− −=
− − − +=
b)
4 22
22
4 6 90
2 22 0
x xy y
xy x y
− + − +=
++ −=
Giải:
a) Ta viết lại hệ phương trình thành:
22
32 32
3 ( )2
3 3 ( )3 1
x xy
x xy x y x
−+ =
+ −+ − =−
22
2 32
3 ( )2
3()()3 1
x xy
xxy xy x
−+ =
⇔
+−+ − =−
.
Đặt
2
3,a xb x y
= = +
ta thu được hệ phương trình:
2
3
2
1
ab
ab b a
−=
⇔
− −=−
.
Từ phương trình
(1)
suy ra
2
2ab
= +
vào phương trình thứ hai của hệ ta
thu được:
( ) ( )
2 32 2
2 2 1 2 10 1 3b bb b b b b a+ − − + =−⇔ − += ⇔ =⇒ =
Khi
2
1
0
3
1
1
1
1
2
x
y
a
x
b
xy
x
y
=
=
=
=
⇒⇔

=
+=
= −
=
Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:
( ) ( ) ( )
; 1; 0 , 1; 2xy = −
b) Ta viết lại hệ phương trình thành:
( )
( )
2
2
2
22
2 34
2 22 0
xy
xy x y
− +− =
++ −=
Đặt
2
2; 3ax by=−=−
. Ta có hệ phương trình sau:
THCS.TOANMATH.com
22 22 2
4 4 ( )2 4
( 2)( 3) 2 2( 3) 22 4( ) 8 4( ) 8
ab ab ab ab
a b a b ab a b ab a b

+= += + − =
⇔⇔

+ ++++ += + += + +=

2
2
0
()8()200
4( ) 8
10
()
48
ab
ab
ab ab
ab a b
ab
L
ab
+=
=
+ + +− =
⇔⇔
+ +=
+=−
=
Xét
2 2, 0
0 0, 2
ab a b
ab a b
+= = =

⇔
= = =

+ Nếu:
2
0, 2
5
x
ab
y
= ±
= = ⇒
=
+ Nếu
2
2, 0
3
x
ab
y
= ±
= = ⇒
=
Tóm lại hệ có các cặp nghiệm:
( )
( )
(
)
( ) ( )
; 2;5 , 2;5 , 2;3 , 2;3xy =−−
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )
( ) ( )
22
22
1 25 1
2 89
x y xy y
x xy y x y
+ ++ = +
+ + +− =
b)
( )
22
2
19
60
8
15
20
4
x y xy
xy
y
xy
+ + − +=
−
− +=
−
Giải:
a) Để ý rằng khi
1y = −
thì hệ vô nghiệm
THCS.TOANMATH.com
Xét
1y ≠−
. Ta viết lại hệ thành:
(
)
( )
( )
( )
( )
(
)
22
2
22
1 25 1
1 1 10 1
x y xy y
x y xy y y
+ ++ = +
+ + ++ + = +
Chia hai phương trình của hệ cho
1y +
ta thu được:
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
22
22
22
2
22
1 25
1 25
1
1
1 10
1 1 10 1
1
xy
xy
xy
xy
y
y
xy
xy
x y xy y y
y
+
+
++ =
++ =
+
+
⇔

+

+ ++ =
+ + ++ + = +
+
.
Đặt
22
;1
1
xy
ax y b
y
+
= + +=
+
. Ta có:
( )
22
3; 1
25
51
5
3 11
10
;
4
22
xy
ab
xy y
ab
ab
xy
xy
= =
=
+= +
⇔==⇔ ⇔

+=
=−=
+=
.
Vậy hệ có nghiệm
(
) ( )
3 11
; 3;1 , ;
22
xy

= −


.
b) Điều kiện:
xy≠
.
Hệ đã cho tương đương:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2
22
2
2
19
1 25
20
20
8
8
15
15
0
0
4
4
xy yx
xy yx
yx
yx
yx xy
yx xy
yx
yx

+ − − − +=
+ − −+ + =

−
−


⇔




−+ + + + =
−+ + + + =



−
−


.
Đặt
1
; ;2x y ay x bb
yx
+= −+ = ≥
−
hệ thành:
THCS.TOANMATH.com
22
5
4
13 3
5
5
2
;
88
4
4
5
25
5 73
2
;
4
8
2 88
1
2
yx
yx
xy
ab
a
yx
ab
b xy
yx
+=
−=−
= = −
+=−
=

⇔⇔ ⇔

+=

−=−
=−==
−=−
Vậy hệ có nghiệm
(
)
7 3 13 3
; ;, ;
88 8 8
xy

= −


.
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau
a)
22
22
17 4 19 9 3
17 4 19 9 10 2 3
x xy y
x y xy
−+ −=
− + − =−−
b)
( )
( )
2 22
22 3 3
4 10
14 0
x xy y y
xy x y x y
+ − + +=
+ +− − =
Giải:
a) Điều kiện:
17 17 19 19
;
2 23 3
xy− ≤≤ − ≤≤
.
Để ý
2
17 4xx
−
liên quan đến
2x
và
22
17 4 , 19 9xy y−−
liên quan
đến
3y
và
2
19 9y−
. Và tổng bình phương của chúng là những hằng
số.
Đặt
22
2 17 4 ;3 19 9x x ax y y b
+−= + −=
. Hệ đã cho tương đương:
22
10
5; 5
17 19
3; 7
3
46
ab
ab
ab
ab
+=
= =
⇔
−−
= =
+=
.
THCS.TOANMATH.com
TH1:
2
2
1
2
2 17 4 5
2
3 19 9 5
5 13
6
x
xx
x
yy
y
=
+−=

=
⇔

+−=

±
=
.
TH2:
2
2
2 17 4 3
3 19 9 7
xx
yy
+−=
+−=
(loại).
Vậy hệ có nghiệm
(
)
1 5 13 1 5 13 5 13 5 13
; ; , ; , 2; , 2;
262666
xy
  
+ −+−
=
  
  
  
.
b) Ta viết lại hệ như sau:
(
)
22 2
22 33 3
14
14
x xy y y
xy x y x y y
+ + +=
+ ++ =
Ta thấy
0y =
không thỏa mãn hệ.Chia phương trình đầu cho
2
y
,
phương trình thứ 2 cho
3
y
ta được:
( )
2
2
2
3
2
1
4
14
y
xx
y
xx
x
yy
+
++ =
+ ++ =
Viết lại hệ dưới dạng:
2
2
2
2
2
2
11
1
4
2
1
11
2
4
xy
x
x
yy
y
xy
x
x
y
yy
+
++ =
+=

⇔


+

+=
+=



.
Đặt
2
2
11
,
xy
xa b
yy
+
+= =
ta có hệ mới
4
2
4
ab
ab
ab
+=
⇔==
=
THCS.TOANMATH.com
2
2
1
2
1
2
x
y
x
y
+=
⇔
+=
2
1
12
2
2
1
1
1
2
x
x
x
y
yy
xy
x
x
y
y

+=
+ −=



⇔ ⇔ ⇔==


=
+=

Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất
1xy
= =
Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )
( )
( )
43 2 2
2
42 2 2
6 12 6
5 1 . 11 5
x x xy y x
xx y x
− − −+ =−
−− − =−
b)
22
22
5
4
5
55
xy
x y xy
xy
xy
xy
+=
−+
−
++ =
Giải
a) Nhận thấy
0x =
không là nghiệm của hệ.
Chia hai vế phương trình cho
2
x
ta có:
2
22
2
2
2
22
22
2
2
61
11
6 12 0
60
51
11
5 11 0
5 10
x x yy
x x yy
xx
xx
x xy
x xy
xx
xx


+ − − −− =
− − − −=




⇔




+ −− −=
− − − −=





.
Đặt
1
xa
x
−=
. Hệ thành:
22
2 22
60
5 10
a ay y
a ay
− −=
− −=
.
Chia hai vế cho
2
a
và đặt
1
,
y
y XY
aa
+= =
giải ra ta được
THCS.TOANMATH.com
11
1 17
2
4
1
11
,1
2
1
15
1, 2
1
2
2
2
x
x
x
yy
ay
ay
x
x
x
y
y
±
−=
=
= =
= =

⇔ ⇔⇔

±
= =
−=
=
=
=
Vậy hệ có nghiệm
(
)
1 17 1 5
; ;1 , ;2
42
xy

±±
=



.
b). Điều kiện:
22
, 0; ;xy x y y x≠ ≠− ≠
.
Phương trình (2) tương đương:
22
5
5 5 5. 5
x y xy x y
yx
yx x x
+−
++ − =⇔ + =
Đặt
22
,
x y xy
ab
xx
−+
= =
.
Hệ thành:
( )
( )
2
2
3
,3
2
15
2
4
15 1
, 1,
22 2
25
55
33
,
22
xy
xyx
a b xy
ab
xy y
ba
xy
=−=
−=
+=

⇔= =⇔ ⇔ = =

+=

+=
= =
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
3 1 33
; ; 3 , 1; , ;
2 2 22
xy
 
= −
 
 
.
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau
THCS.TOANMATH.com
a)
(
)
( )
22
22
38
1
1 14
xy x y
xy
xy
+ ++ =
+=−
++
b)
22
2
92 4
2
1 9 18
yx
xy
xy
xy
yx
++ + =


− −=




Giải
a) Triển khai phương trình (1)
(1)
22 2 2 22 2 2
6 9 2 8 18x y xy x xy y x y x y xy⇔ + +++ +=⇔ +++=−
( )
( )
22
1 18x y xy
⇔ + +=−
.
Nhận thấy
0, 0xy= =
không là nghiệm của hệ.
Phương trình (1) khi đó là:
22
11
.8
xy
xy
++
= −
.
Đặt
22
;
11
xy
ab
xy
= =
++
. Hệ đã cho tương đương với:
2
2
2
2
1
1
12
2
1
1
1
1
23
14
4
4
1
11
23
8
4 14
1
1
1
2
12
x
a
x
x
y
b
ab
y
y
x
x
a
ab
x
y
y
b
y
= −
= −
+
=−
=
=
+=−
= ±
+


⇔⇔ ⇔

= +±
= −
= =

+
= −
= −
= −
+
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
( ) ( ) (
) ( )
; 1; 2 3 , 1; 2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1xy =−− −+ − − + −
.
THCS.TOANMATH.com
b) Phương trình (2) tương đương:
( )
(
)
2 2 22 22 3 3
2 9 18 9 18 2
x y y x xy xy x y xy− − = ⇔ + +=
22 3 3 2 2
9 18 18
2 9 24
xy x y x y
xy
xy y x
++
⇔ =⇔ + + +=
22 2
9 49 4
xy x y x
xy y x y
yx y x y
 

⇔ ++ +=⇔+ +=
 


 
.
Đặt
2
9;
yx
a x by
xy


=+=+




. Hệ thành:
2
2
94
24 9 4
2; 1
2
2
2
1
y
x
ab xy x
x
ab
x
ab
y xy
y
y
+=
+ = +=

⇔= =⇔ ⇔

=
+=
+=
(
)
2
2
22
0( )
49
11
49 2 49
93
xL
y xx
xy
xx x xx
=
= −
⇔
=⇒=
− +=−
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
11
;;
93
xy

=


.
Ví dụ 6: Giải các hệ phương trình sau
a)
22
2 2 22
6 37
36 2
x x y x xy
xx yy x y
++ +=
++ += + +
b)
( ) ( )
2 3 46
2
22
21 1
xy y x x
xyx
+= +
+ += +
Giải
Giải hệ:.
Hệ phương trình tương đương với :
THCS.TOANMATH.com
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
22
22
22
3
6
6 39
9
3 62
3 62
xx
yy
x y y y x x xy
yx
xx x yy y
xx x yy y
++
++
+++ ++=
+=

⇔


+− + +− =
+− + +− =
(
)
(
)
(
)
(
)
22
22
63
9
63
3 62
yy y xx x
xx x yy y
+=
+− +−
⇔
+− + +− =
Đặt
(
)
(
)
22
3; 6x x x ay y y b
+− = +− =
.
Hệ thành:
1
63
;1
9
2
24
1
;
33
ab
ba
ab
ab
= =
+=

⇔


+=
= =
.
TH1:
(
)
(
)
2
2
1
31
1
61
2
x
xx x
y
yy y
=
+− =

⇔

=

+− =
.
TH2:
(
)
(
)
2
2
2
2
3
15
3
4
2
6
2
3
15
x
xx x
yy y
y
=
+− =

⇔


+− =
=
.
Vậy nghiệm của hệ
( )
12 2
; 1; , ; 2
2 15
15
xy


=





.
PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC:
THCS.TOANMATH.com
Điểm mấu chốt khi giải hệ bằng phương pháp biến đổi theo các hằng
đẳng thức:
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )
3
3 2 2 2 10
22 25
x x yy
xy
− −− −=
++ +=
b)
(
)
(
)
2 3 46
2
22
21 1
xy y x x
xyx
+= +
+ += +
Giải
a) Điều kiện:
1
2,
2
xy
≤≥
. Phương trình (1) tương đương:
( ) (
)
2 2 2 2121 21x x xy y y− − + − = − −+ −
Đặt
2, 21a xb y
=−= −
. Ta có phương trình:
33
a ab b
+= +
( )
( )
22
10aba abb⇔ − + + +=
. Do
2
2
22
3
1 10
24
bb
a ab b a

+ + += + + +>


suy ra phương trình cho ta
ab=
2 1 2 32y xx y−= − ⇔ =−
thay vào ta có:
3
52 2 2 5yy− + +=⇔
Đặt
3
5 2; 2a yb y=−=+
ta có hệ phương trình sau:
32
1; 2
25
3 65 23 65
;
48
29
65 3 23 65
;
48
ab
ab
ab
ab
ab
= =
+=
−− +
⇔= =
+=
−−
= =
2
233 23 65
32
233 23 65
32
y
y
y
=
+
⇔=
−
=
.
Vậy hệ có nghiệm
THCS.TOANMATH.com
( )
(
)
23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65
; 1; 2 , ; , ;
16 32 16 32
xy

−− ++
=−−



b) Điều kiện:
1y ≥−
.
Ta viết lại phương trình (1) thành:
( )
36 2 2
20y x xyx−+ − =
(
)(
)
2
22 24 2
20
0
yx
y x y yx x x
xy
=
⇔− + ++ =⇔
= =
Dễ thấy
0xy
= =
không phải là nghiệm. Khi
2
yx=
thay vào (2) ta được:
( ) ( ) ( )
( )
( )
22 4
22
3, 3
2 11 2 1 1
3, 3
xy
xx x x x x
xy
= =
+ += + ⇒ + + = + ⇔
=−=
(thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm
( )
( )
; 3;3xy = ±
.
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
a)
5 4 10 6
2
4 5 86
x xy y y
xy
+=+
++ +=
b)
( )
32 3
3
2 4 3 12 2 32
2 14 3 2 1
xxx x y y
x xy
− + −= − −
+= − − +
Giải
a) Điều kiện:
5
4
x ≥−
.
Ta thấy
0y =
không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho
5
y
ta
được:
THCS.TOANMATH.com
5
5
xx
yy
yy

+= +


. Đặt
x
a
y
=
ta có phương trình:
55
a ay y+= +
suy ra
(
)
(
)
4 3 22 3 2
10
a y a a y a y ay y a x y
− + + + +=⇔=⇔=
4 5 86 1 1x x xy++ +=⇔=⇒ =±
. Từ đó tính được
1y
= ±
Vậy hệ đã cho có nghiệm
( ) ( )
; 1; 1xy = ±
.
b) Điều kiện:
3
2;
2
xy≥− ≤
.Ta thấy khi
0x =
thì hệ không có nghiệm.
Chia phương trình (1) cho
2
0x ≠
:
( ) (
)
23
43 1
1 2 42 32yy
xx x
⇔−+ − = − −
( )
3
3
11
1 1 32 32yy
xx

⇔− +− = − + −


.
Đặt
1
1 , 32ab y
x
=−=−
. Ta có
33
a ab b+= +
ab⇒=
1
32 1y
x
⇔−=−
.
Thay vào (2) ta được:
32
33
2 15 1 1 15 3 4 14 0x x x xx x x+− −=⇔+= −⇔ + + − =
.
111
7
98
xy⇔=⇒=
. Vậy hệ có nghiệm
( )
111
; 7;
98
xy

=


.
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau
a)
2
(17 3 ) 5 (3 14) 4 0
2 2 5 3 3 2 11 6 13
x xy y
xy x y x x
− −+ − −=
+++ + + = +
+
(1)
(2)
THCS.TOANMATH.com
b)
( )
(
)
( )
3
22
3
221
5 7 46 1
xxy xy y y
x y x x y xy x
+ + += +
− + + −= −+
Giải
a) Điều kiện:
5
4
2 50
3 2 11 0
x
y
xy
xy
≤
≤
++
≥
++
≥
Biến đổi phương trình (1) ta có:
( ) ( )
35 2 5 34 2 4 x xy y− + −= − + −


Đặt
5, 4a xb y=−=−
ta
có”
( )
( )
33 2 2
3 2 3 2 3 3 3 20a a b b a b a ab b a b+ = + ⇔ − + + + =⇔=
54 1x y yx⇔ −= −⇔=−
Thay vào (2) ta có:
2
6 13 2 3 4 3 5 9 (4)
xx x x+ + = ++ +
Điều kiện xác định của phương trình (4) là:
4
3
x
≥−
( )
( )
(
)
( )
( )
2
22
2
2
2
(4) 2 2 3 4 3 3 5 9 0
23
0
2 34 3 59
23
10
2 34 3 59
0
23
10
2 34 3 59
xx x x x x
xx xx
xx
x xx x
xx
x xx x
xx
x xx x
⇔ ++ +− + + +− + =
++
⇔ ++ + =
++ + ++ +

⇔+ + + =

++ + ++ +

+=
⇔
++=
++ + ++ +
(*)
2
0xx+=
01
12
xy
xy
=⇒=−
=−⇒ =−
⇒
THCS.TOANMATH.com
Ta có
23
10
2 34 3 59x xx x
++>
++ + ++ +
do điều kiện
4
3
x ≥−
Kết luận:
( ) ( ) ( )
; 0;1, 1;2xy = − −−
b) Điều kiện:
0, 0y xy≥ +≥
.
Nhận thấy
0y
=
thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi
0
y
>
Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp:
PT(1)
( )
( )
( )
22
22 2
2
xy
xxyy y xy xyxy
y xy
−−
⇔ + − = − +⇔ − + =
++
Rõ ràng
1
2 0; 0
2
x yxyy
y xy
−
+ =++> <
++
, từ đó suy ra
xy=
.
Thay vào (2) ta được:
3
32 2
5 14 4 6 1x x x xx− + −= −+
.
Biến đổi phương trình đã cho tương đương:
3
32 2 2
3 648 8838 88
xxx xx xx+ ++= −++ −+
( ) ( )
3
3
22
1 3 18 8838 88x x xx xx⇔+ + += −++ −+
.
Đặt
3
2
1, 8 8 8ax b x x=+ = −+
suy ra
33
33a ab b+=+
( )
( )
22
30aba abb a b
⇔ − + + + =⇔=
3
2
1 8 8 8 1; 1x xx xy+= − + ⇔ = =
.
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
; 1; 1xy =
.
KHI TRONG HỆ CÓ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2
THCS.TOANMATH.com
THEO ẨN x, HOẶC y
Khi trong hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn
x
hoặc
y
ta có thể nghỉ đến các hướng xử lý như sau:
* Nếu
∆
chẵn, ta giải
x
theo
y
rồi thế vào phương trình còn lại của hệ để
giải tiếp
* Nếu
∆
không chẵn ta thường xử lý theo cách:
+ Cộng hoặc trừ các phương trình của hệ để tạo được phương trình bậc hai
có
∆
chẵn hoặc tạo thành các hằng đẳng thức
+ Dùng điều kiện
0∆≥
để tìm miền giá trị của biến
,
xy
. Sau đó đánh giá
phương trình còn lại trên miền giá trị
,xy
vừa tìm được:
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau
a)
22
2
2 12 2
xy x y x y
x y yx x y
++= −
− −= −
(1)
(2)
b)
22
22
2 3 3210
4 42 4
x y xy x y
x y x xy x y
+ − + − +=
− ++= ++ +
Giải
Xét phương trình (1) của hệ ta có:
222 2
2 ( 1) 2 0xy x y x y x x y y y++= − ⇔ − +− −=
. Ta coi đây là phương
trình bậc 2 của
x
thì ta có:
22 2
( 1) 8 4 (3 1)y yyy∆= + + + = +
. Từ đó suy
ra
THCS.TOANMATH.com
1 (3 1)
2
1 (3 1)
21
2
yy
xy
yy
xy
+− +
= = −
++ +
= = +
Trường hợp 1:
xy= −
. Từ phương trình
(2)
của hệ ta có điều kiện:
1
0
x
y
≥
≥
suy ra phương trình vô nghiệm
Trường hợp 2:
21xy= +
thay vào phương trình thứ hai ta có:
( )
(2 1) 2 2 2 2 2 2 2( 1)
( 1) 2 2 0 2 5
y yyy y yy y y
y y yx
+ − = +⇔ + = +
⇔ + − =⇔=⇒=
Vậy hệ có một cặp nghiệm:
( ; ) (5; 2)
xy =
b) Xét phương trình (1) của hệ ta có:
22 2 2
2 3 3210 2 (33) 210x y xy x y x x y y y+ − + − += ⇔ + − + − +=
.
Coi đây là phương trình bậc 2 của
x
ta có:
(
)
22 2 2
(33)8 21 21(1)y yy yy y∆=− − −+=−+=−
Suy ra
3 3 ( 1) 1
42
3 3 ( 1)
1
4
yy y
x
yy
xy
−− − −
= =
−+ −
= = −
Trường hợp 1:
1yx= +
thay vào phương trình (2) ta thu được:
2
2
3 3 31 5 4
3 3 ( 1 3 1) ( 2 5 4) 0
xx x x
x xx x x x
−+= ++ +
⇔ −++− +++− +=
(
)
2
11
30
1 31 2 5 4
xx
x xx x

⇔− + + =

++ + + + +

THCS.TOANMATH.com
Do
1
3
x ≥−
nên
11
30
1 31 2 5 4x xx x
++ >
++ + + + +
2
0
0
1
x
xx
x
=
⇒ −=⇔
=
Trường hợp 2:
21yx= +
thay vào phương trình (2) ta thu được:
33 41 54 41 54330xxx xxx− = ++ + ⇔ ++ + + −=
Giải tương tự như trên ta được
0x
=
.
Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:
( ; ) (0;1), (1; 2)xy =
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )( )
323 1
5
32 22
2
x yxy
x
y xy y
+= − +
+
−− = − −
(1)
(2)
b)
( )
2
2 7 10 3 1 1
3
12
1
y y xy y x
y xy
x
− + − + + +=+
++ = +
+
c)
4 341
2 3 4 (5 ) (4 ) 1
xy y x
y x yxy xxy
−− − =
− + −= +−
Giải
Điều kiện:
2
; 3; 3
3
y x yx
≥ ≥− ≥
.
Phương trình (1) tương đương
2
( 3) 4( 1)(3 )x y yx+= + −
22 2 2
6 9 12 12 4 4 2 (5 2 ) 12 12 9 0x x y yxyx x x y y y⇔ + += + − − ⇔ + + − − +=
THCS.TOANMATH.com
Coi đây là phương trình bậc 2 của
x
ta có:
( )
2
22
' (2 5) 12 12 9 4 4
y yy y∆= + + + − = +
suy ra
5 2 (4 4) 6 9
5 2 (4 4) 2 1
x yy y
x yy y
=−− − +=−−
=−− + + = −
Trường hợp 1:
69xy=−−
.
Do
3
x ≥− ⇒
693 1yy− − ≥− ⇔ ≤−
suy ra phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2:
21xy= −
thay vào phương trình 2 của hệ ta có:
(
)
(
)(
)
2
22
32 22 32 21 2
32 2
y
y y yy y y
yy
−
−− += − −⇔ = + −
−+ +
Ta có:
2 37
;2 1
3
32 2 2
y
yy
≤ +≥
−+ +
.
Nghĩa là
VP VT>
, suy ra
21yx=⇒=
.
Vậy hệ có nghiệm
( ) (
)
; 1; 2xy =
.
b) Điều kiện:
.
Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì:
10 1xx+ ≥ ⇔ ≥−
.
Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng:
( )
2
2 7 10 3 1 1y y xy x y− + − + = +− +
.
Để bình phương được ta cần điều kiện:
2
11x y x xy
+≥ +⇔ + ≥
.
THCS.TOANMATH.com
Ta bình phương hai vế được:
( ) ( )
22
2 88 3 22 1 1y y xy x x x y− +− + = + − + +
(1).
Ta đưa phương trình (2) về dạng:
( )
2
1 1 2 23x y x x xy y+ += ++ + −
(2).
Thế (2) vào (1) ta được:
( )
(
)
2 22
2 88 3 22 2 23y y x y x x x x xy y− +− + = + − ++ + −
22
2 423 30y y xy x x⇔ − ++ + − =
( ) ( ) ( )( )
2
2
10
3 12 1 0 1 2 2 0
2 20
xy
x xy y x y x y
xy
+ −=
⇔ + −+ − =⇔ +− + − =⇔
+ −=
.
* Với
10 1xy y x
+ −= ⇔ =−
, ta có thêm
2x ≤
thay vào phương trình (2)
ta có:
( ) ( )
22
12 1 1 12 0xxxxxxxx+ −=−+− ⇔ −++ + −=
.
Vì
12x−≤ ≤
, ta dễ thấy:
0VT >
, nên suy ra phương trình vô nghiệm.
* Với
2
2 20
2
x
xy y
−
+ −=⇔ =
, thay vào phương trình (2) ta được:
43
2
21
x
x
−
+=
+
. Đặt
1ux= +
khi đó ta thu được phương trình:
32
3 24 18 0
53
2 320
3
2
2
uu u
u
uxy
u
u
+ − +=
−
=−⇔ ⇔=⇔=⇒=
≥
.
Hệ có một cặp nghiệm duy nhất:
2; 0xy= =
c). Điều kiện
3
44
yy
x≤≤
.
THCS.TOANMATH.com
Ta viết phương trình (1) thành:
4 134xy y x−=+ −
. Bình phương 2
vế ta thu được:
23 4 8 4 1yx xy−=−−
. Thay vào phương trình
(2)
của
hệ ta có:
22
4 4 ( 2) 4 0x xy y y− ++ + =
. Ta coi đây là phương trình bậc 2 của
x
thì
( )
2
2
' 4 2 4( ) 16y yy∆= + − + =
suy ra
2( 2) 4
42
2( 2) 4 4
42
yy
x
yy
x
+−
= =
++ +
= =
Trường hợp 1:
2
yx=
thay vào phương trình (1) ta có:
2 12x = −
vô
nghiệm
Trường hợp 2:
24yx= −
thay vào phương trình (1) ta thu được:
273 257
2 2 12 15 ,
84
x xy− = ⇔= =
Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm:
( )
273 257
;;
84
xy

=


PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Để giải được hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ta cần nắm chắc
các bất đẳng thức cơ bản như: Cauchy, Bunhicopxki, các phép biến đổi
trung gian giữa các bất đẳng thức, qua đó để đánh giá tìm ra quan hệ
,xy
Ngoài ra ta cũng có thể dùng hàm số để tìm GTLN, GTNN từ đó có hướng
đánh giá, so sánh phù hợp.
THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )
(
)
22
11 2
12
12 12
2
12 12
9
xy
xy
x xy y
+=
+
++
−+ −=
b)
(
)
( )
(
)
3
22 2 2
22
3
2
76 20 2 4 8 1
xx y x x y
x y xx
− += −
− += +
.
Giải
a) Điều kiện:
1
0,
2
xy
≤≤
.
Đặt
1
2 , 2 ; , 0;
2
a xb yab

= = ∈


.
Ta có:
22
22
1 1 11
2
11
11
VT
ab
ab

=+≤ +

++

++
.
Ta sử dụng bổ đề với
,0ab>
và
1ab ≤
ta có bất đẳng thức:
( )
( )
( )
( )( )
2
22
22
1
11 2
0
111
111
a b ab
a b ab
ab a b
−−
+≤ ⇔ ≤
+++
+++
(đúng).
Vậy
2
1
VT VP
ab
≤=
+
.
Đẳng thức xảy ra khi
xy=
. Thay vào(2) ta tìm được nghiệm của
phương trình.
Nghiệm của hệ
(
)
9 73 9 73 9 73 9 73
; ;,;
36 36 36 36
xy

−− ++
=



.
THCS.TOANMATH.com
b) Điều kiện:
2
0
xy≥≥
.
Phương trình (1) tương đương:
( ) ( )
3
32 2
20x xxy xy+ −− − =
.
Đặt
2
xy u−=
phương trình (1) thành:
323 2 2
20x xu u x u y x x+ − =⇔=⇔ =−
.
Thay vào (2) ta được:
3
22
96 20 2 32 4x x xx− += +
.
Ta có
( )
2
3
222
3
32 4 2
96 20 2 32 4 1.1. 32 4
3
xx
x x xx xx
++
− += + = + ≤
(
)
( )
2
22
17
3 96 20 2 32 4 2 16 2 0
88
x x xx x x y
⇔ − + ≤ + +⇔ − ≤⇔=⇒=±
.
Từ đó ta có các nghiệm của hệ là: Vậy hệ có nghiệm
( )
17
;;
88
xy

= ±



.
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
a)
( )
(
)
2
3
2
2
2
3
2
1
29
2
2
29
xy
x xy
xx
xy
y yx
yy
+=+
−+
+=+
−+
với
,0xy≥
b)
( )
( )
33
22
22
3 10 12
6
23
x xy y
xy
x xy
x xy y
+ −=
+
+ − +≤
++
.
Giải
THCS.TOANMATH.com
a) Hiển nhiên
0xy= =
là một nghiệm của hệ. Ta xét
0x ≠
và
0y ≠
.
Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được
( )
( )
22
22
33
11
2
18 18
xy x y
xy


+=+

−+ −+

. Chú ý rằng
(
)
( )
22
33
1 11 1
;
22
18 18
xy
≤≤
−+ −+
.
Với
0xy >
ta có
( )
( )
22
22
33
11
22
18 18
xy xy x y
xy


+ ≤ ≤+

−+ −+

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
xy= =
. Với
0xy <
. Khả năng này
không thể xảy ra. Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử
0, 0
xy<>
thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm
( )
;xy
là
( ) ( )
0; 0 , 1;1
.
b) Theo bất đẳng thức
AM GM−
ta có :
12 3 10 3 5 5 8 4 2 3
2
xy
xy x xy y x x y y x y x y
+
≤ ⇒ = + −≤ + + −= + ⇒ +≥
Ta sẽ chứng minh:
( )
( )
33
22
22
6
22
xy
x x y xy
x xy y
+
+ − + ≥+
++
( )
(
)
33
22
22
6
2 ( ).
xy
x y xy
x xy y
+
⇔ ≥ + ++
++
Ta có:
22
2( )xy x y
+≤ +
Để chứng minh
()
ta sẽ chứng minh bất
đẳng thức mạnh hơn là:
( )
33
22
22
6
2 2( ) (1)
xy
xy
x xy y
+
≥+
++
THCS.TOANMATH.com
Mặt khác ta cũng có:
22
2
xy
xy
+
≤
nên
(1)
sẽ được chứng minh nếu ta
chỉ ra được:
33
22 33 22 22
22
22
6( )
2 2( ) 2( ) ( ) 2( )
2
xy
xy xy xy xy
xy
xy
+
≥ + ⇔ +≥+ +
+
++
6 6 33 22 2 2
4 3 ( ) 0 (2)
x y xy xy x y⇔++ − + ≥
Vì y > 0 chia hai vế cho
6
y
đặt
0
x
t
y
= >
bất đẳng thức
(2)
trở thành.
64 32
3 4 3 10tttt−+−+≥
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do:
( )
( )
6432 243
33
22
22
3 4 3 1 ( 1) ( 2 2 1)
6
23
tttt t ttt
xy
x xy
x xy y
−+−+=− +++
+
⇒+ − + ≥
++
Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số
,xy
thỏa mãn
điều kiện
,0
23 1
xy
xy xy
xy
>
+=⇔==
=
là nghiệm của hệ
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau
a)
2
22
41 1
9 3 40
22
5 6 4 99
xx
xy
x xy y y x

+=+

+

+ + = ++
với
,0xy>
b)
22 2 2
23
2 5 34 5 3
x y x xy y
xy
x xy x xy x
+ ++
+=+
+ += − −
THCS.TOANMATH.com
Giải
a) Phương trình (1) tương đương:
2
1 6 80
82
29
x
x
xy

+
+=

+

.
Ta có:
( )
(
)
22 2
11 3 6
19 9 9 9
2 29
2
92
VT x x x x
xy xy
xy
xy

= + + ≥ + ≥+ ≥+

+ ++
+
+

2
6 80 6
32 6 0
92 9
x
x x xy y
xy
+
⇒ ≥ ⇔− −+ ≥
++
(*)
Lấy (*) cộng với PT(2) ta được:
( )
2
22
4 4 12 6 90 2 3 0 32
x xy y y x x y x y− + − + − −≥⇔− − + ≥⇔+=
.
Để dấu bằng xảy ra thì
3
xy= =
.
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
; 3; 3xy =
.
b) Ta có
(
) ( )
( )
22 2
22 22
2 4 4 4 22
xy
xy xy xy
xy xy
+
+−+
++
=+≥⇒ ≥
( ) ( ) (
)
22 2
22 22
3 4 12 4 3 2
xy
xy xy xy
x xy y x xy y
+
+−+
++ ++
=+≥⇒ ≥
Từ đó suy ra
22 2 2
23
x y x xy y
xy xy
+ ++
+ ≥ + ≥+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0xy= ≥
THCS.TOANMATH.com
Thay
xy=
vào phương trình còn lại ta có:
22
2 5 34 5 3xx x x x+ += − −
Để ý rằng
0x
=
không phải là nghiệm. Ta xét
0x >
, chia phương trình
cho
2
x
thì thu được:
22
53 53
24
xx xx

++ =− +


. Đặt
2
53
20t
xx
= ++ >
ta có phương trình:
2
22
53 35
60 2 2 4 20 3
tt t x
xx x x
+−=⇔=⇔++ =⇔ +−=⇔=
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 3; 3xy =
Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau
a)
2
4
4
32 3 0
32 6 24 0
x xy
x xy
+ −− +=
+ −+ − =
b)
( )
() 2
( 1) (1 ) 4
xy x y xy x y y
x y xy x x
+− −+ =+

+ + +− =

(1)
(2)
Giải
a) Điều kiện:
0 32
4
x
y
≤≤
≤
Cộng hai phương trình vế theo vế ta có:
2
44
32 32 6 21xxxxyy
+−++−=−+
(*)
Ta có:
( )
2
2
6 21 3 12 12yy y−+=− +≥
.
Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
THCS.TOANMATH.com
( )( )
( )
( )
44
32 1 1 32 8
32 1 1 32 4
x x xx
xx xx
+ −≤ + + − =
⇒+−≤+ +−=
Vậy
44
32 32 12xxxx+−++−≤
. Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi
và chỉ khi
,
xy
phải thỏa mãn:
44
32
16
32
3
30
xx
x
xx
y
y
= −
=
= −⇔

=
−=
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất
( )
; (16; 3)xy =
b) Điều kiện:
(
)
,0
( ) 20
xy
xy x y xy
≥
+− −≥
Chuyển vế và bình phương ở phương trình thứ nhất của hệ ta thu được:
2
( )( 2) ( )xy x y xy y y x+− −=+ −
( )( 2) ( )(2 ) 0 (3)x y y xy x y y y x⇔− + −+ − + − =
Từ phương trình (1) của hệ ta có
2 ( )( 2) 0y y x y xy x y xy+ − =+ +− −≥
.
Từ phương trình (2) ta có:
32
( 1)( ) 4 ( 2)( 1) 2( 1) 2( 1) 2x y xy x x x x x x y xy+ + = −+= + − + + ≥ + ⇒ + ≥
Kết hợp với (3) ta suy ra
xy=
Thay vào phương trình (2) ta có:
[ ]
32
( 1) 2 (1 ) 4 2 3 4 0 1x xx x x x x x+ + − =⇔ − − +=⇔=
THCS.TOANMATH.com
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất
1xy= =
Nhận xét: Việc nhìn ra được quan hệ
xy=
là chìa khóa để giải quyết bài
toán. Đây là kỹ năng đặc biệt quan trọng khi giải hệ bằng phương pháp
đánh giá cũng như chứng minh bất đẳng thức.
MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1)
( )
22
3
3
2
11
xy x
xy
+=
−+=
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên
ĐHQG Hà Nội 2008) .
2)
22
33
21
87
xy yx
xy
−=
−=
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên
ĐHQG Hà Nội 2008) .
3)
22
2
1
33
x y xy
xy y
−+=
+= +
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên
ĐHQG Hà Nội 2009) .
4)
22
22
3 8 12 23
2
x y xy
xy
++ =
+=
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) .
5)
( )( )
22
5 2 2 26
3 2 11
x y xy
x xyxy
++=
+ − −=
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10
THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) .
6)
( )( )
2 2 22
22
2
14
x y xy
x y xy x y
+=
+ +=
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2011) .
7)
22
24
24
xy y
x y xy
++ =
++ =
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2012) .
THCS.TOANMATH.com
8)
22
22
1
24
x y xy
x xy y
+−=
++ =
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) .
9)
22
22
2 3 12
6 12 6
x y xy
x xy y yx
− +=
+ =++
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10
THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) .
10)
22 2
23 5
45
x y xy
x y xy
+=
+=
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) .
11)
( )
3 32
22 5
27 7 26 27 9
x y xy
xy y x x x
++=
+ + += + +
( Trích đề tuyển sinh vòng 2-
lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) .
12)
( )
( )
22 2
4 12 3
12 4 9
xy y
xx y y
+− =−
− +=
. ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên
Amsterdam và Chu Văn An năm 2014)
13)
( ) ( )
22
22
1
2
11
31
xy
yx
xy x y
+=
++
=++
( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên
Phan Bội Châu – Nghệ An 2014)
14)
3
3
24
622
x y xy
xy
+ =−−
++ =
( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên
Lam Sơn Thanh Hóa 2014)
15)
( )
22
22
2 3 2 52 0
2 3 15 0
x xy y x y
x xy y
+ − − −=
− − +=
( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10
chuyên Thái Bình 2014) .
16)
( )
( )( )
3
34
7 11 3 1
xy x y
x xyxy
+=
+ = + ++
17)
2 2 22
22
2
8 35 7
x y xy
yxyxx xy
+=
+ += +
THCS.TOANMATH.com
18)
22
3
1
2
x xy y
y xy
−+=
= +
19)
(
)
( )
22
4
15xyx y
yy x
+ +=
+=
20)
( )
( )
( )
( )
22
4 4 22 5
2
22
xyx y
x y x y xy x
+ +=
+ ++ −=
21)
( )
22
3
31xy
xy x
+=
+=
22)
( )
( )
22 3
34
1 1 15
1
xy x y y
y xy
+ +=
+=
23)
22
4 4 22
2
6 8 16
xy
x y x y xy
+=
++ + =
24)
22
32 3 2
3
27 6 2 30
x y xy
x yx y xy
++=
+ =++
25)
22
33
45
15
12 40
xy
xy
xy
yx
+=
++ =
26)
(
)
( )
( )
23
22
28
1 1 1 2 11 1
16
xx y
x y xy
xy xy
+=

+ + +=

++

27)
( ) ( )
22
2
2
22
9
1
1
1
xy
x
y
xy x y
+=
−
−=
+ −+
28)
( ) ( )
4 3 1 2 76
12 4 4 2 2 5
x y yx
x y y x xy
− −+ − −=
−+ −=
THCS.TOANMATH.com
29)
22
8 17 21
68 4
16 9 7
xy x y
x y xy y x
xy

+ +=

++

− + −=
30)
3 13 2 5
3 13 2 5
3 13 2 5
xy
yz
zx
−+ − =
−+ −=
−+ −=
31)
( )
2
32
22
7 74
3 8 48
x y x y xy x
xy y x
+=+ + ++
+ + +=
32)
( )
32 3 5
,
23 2 3 4 2
x y xy
xy
xy x y
+ + −− =
∈
−−− + +=
33)
( )( )
( )
3
2
2 2 1 20 28
22
x y xy
x yy x x
− −= + −
+ +=+
34)
(
)
2
4
,
16 2 3
x y x y xy
xy
x yx
+ −− = −
∈
−=+ −
35)
(
)
( )
2
39 1 2 1 2
2 32
yy xy xy
x x yx y
+= − + −
+ − =+−
36)
22
22
9
5
35
30 6
x xy
x
x xy
xx
yy
+−
=
−−
+
=
−
THCS.TOANMATH.com
37)
22
2
3
( 3) 8 20 ( 4) 6 10 0
4( 5) 6 11 3 2 5
x yy y xx
xy y
+ ++++ ++=
+ + += +
38)
3 22
22
2 24
(, )
2 2 24
x xy x y
xy
x xy y y
+ +− =
∈
++ + =
39)
22 2
2
2 ( 3)(2 3) 12 11 8
6 13 1
y x y x y xy y
yx y y
+ += + + +
= ++
40)
3 22
2
3
24
2
22
x xy
x
y xy
y
−=
−+ =
41)
33 2
22 2
3 32
1 32 2
xy y x
x x yy
−+ −=
+−− − =−
42)
( )
32 3
3
2 4 3 12 2 32
2 14 3 2 1
xxx x y y
x xy
− + −= − −
+= − − +
43)
( )( )
22
22
7
2 12 1
2
7 6 14 0
x y xy
x y xy x y
− −=
++−−+=
44)
( )
32
4
16 24 14 3 2 3 2
4 2 2 46
xxx y y
xy
+ + += − −
++ +=
45)
13 4 2 2 5
2 22
x y xy
xyx y
+ += +−
++− =
46)
33 3
22
8 27 18
46
xy y
xy x y
+=
+=
THCS.TOANMATH.com
47)
( )
3
3 2 2 2 10
22 25
x x yy
xy
− −− −=
++ +=
48)
(
)
(
)
22
2
1 11
35
12
1
xx yy
y
y
x
+ + + +=
+=
−
49)
(
) (
)
22
22
38
1
1 14
xy x y
xy
xy
+ ++ =
+=−
++
50)
43 2
22 2 2
3 4 10
4 24
2
23
xx x y
x y x xy y
xy
− + − −=
+ ++
+=+
51)
32
32
32
12 48 64 0
12 48 64 0
12 48 64 0
xz z
yx x
xy y
− + −=
− + −=
− + −=
52)
( )
2 2 23
2
2 12 0
2 2 ( 2) 4 4 0
x yy x yy
x xy x y x
++ −− +− + =
+ ++ + + +=
53)
( )
3 2 7 10
11
2
33
xy x
xy
x y xy
++ +=

+ +=


++

54)
3 22
2
2 ( 4) 8 4 0
11
2 3 4( 1) 8
22
y x y yx x
x
xy x y
−+ + +− =
−
+ + += − + −
THCS.TOANMATH.com
55)
(
)
2
32
( ) ( 1)
3 4 47
x y x y y xy
x xy y
− ++ = +
+=++
56)
( )
( )
3 22
2
3
2 ( 4) 4 2 0
3 1 4( 1) ( 1) 8 1
y x y yx x
x xy x y
−− + −− =
−+ − + = + − −
57)
22
2
5
8( ) 4 13
()
1
21
x y xy
xy
x
xy
+++ =
+
+=
+
58)
22
3
2 22
( ) 12( 1)( 1) 9
x yy x
x y x y xy
−+ −=
+ − − −+ =
59)
( )
( )
33 22
7 82
2 3 62
x y x y xy xy x y
yx x
++ + = +
− −=−
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN
1) Ta viết lại hệ phương trình thành:
( )
( )
2
2
3
3
11
11
xy
xy
−+=
−+=
đặt
1ax= −
ta
có hệ mới
22
33
1
1
ay
ay
+=
+=
. Suy ra
1, 1ay−≤ ≤
. Mặt khác ta cũng có:
( )
( )
33 2
1 1 1 00 1a y y yy a=− = − ++ ≥⇒≤≤
. Tương tự ta cũng có
23
22 33
23
01 1
aa
y ayay
yy
≥
≤ ≤⇒ ⇒ + ≥ + =
≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1, 0ay= =
hoặc
0, 1ay= =
. Từ đó suy ra các nghiệm của hệ là:
( ) ( ) ( )
; 1;1 , 2; 0xy =
.
2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra
( )
( )( )( )
33 2 2 3 2 23
8 7 2 8 14 7 0 4 2x y xyyx x xy xy y xy xy xy−= − ⇔ − + −=⇔− − −=
THCS.TOANMATH.com
2
4
yx
yx
yx
=
⇔=
=
thay vào một phương trình ta tìm được nghiêm là:
( ) ( )
1
; 1;1 , ; 2
2
xy

= −−


Ta có thể giải nhanh hơn như sau: Lấy phương trình (2) trừ 6 lần phương
trình (1) thì thu được:
(
)
3
2 12 1 21
xy xy y x− =⇒ −=⇔= −
.
3) Từ hệ phương trình suy
ra
22
22
2
1
1 3 3 ( 3) 2 0
33
x xy y
x xy x y x y x y
xy y
−+ =
⇒ −+ = +−⇔ + − −+=
+−=
. Đây
là phương trình bậc 2 của
x
có
( ) ( )
2
2
6 94 2 1yy y y∆= − + − − + = −
từ đó
tính được
1x =
hoặc
2
xy
= −
thay vào ta tìm được các nghiệm là
( ) ( ) ( ) ( )
; 1; 0 , 1;1 , 5; 3xy = −
Chú ý ta có thể giải cách khác:
( ) (
)( )
22
1 3 3 1 3 20 1 2 0x xy x y y x x x x y x−+ = + − ⇔ − + − + = ⇔ − + − =
.
4) Nhận xét: Có thể đưa hệ về dạng đẳng cấp:Từ hệ ta suy ra
( )
( )
( )
( )
2 2 22 2 2
2 3 8 12 23 17 24 7 0 17 7 0x y xy x y x xy y x y x y
+ + = + ⇔ − + =⇔− − =
7
17
xy
xy
=
⇔
=
. Giải hệ với 2 trường hợp ta suy ra
( ) ( ) ( )
7 17 7 17
; 1;1 , 1; 1 , ; , ;
13 13 13 13
xy

= −− − −


.
Cách khác: Cộng hai phương trình của hệ ta thu được:
( )
2
23 5
2 3 25
23 5
xy
xy
xy
+=
+=⇒
+=−
rồi thay vào để giải như trên.
THCS.TOANMATH.com
5) Ta viết lại hệ đã cho thành:
22
22
5 2 2 26
3 2 11
x y xy
x x xy y
++=
+ −−=
Nhân hai vế của phương trình: (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta
được:
( )
2
2
2
9 6 48 3 1 48
8
3
x
xx x
x
=
+=⇔ +=⇔
= −
thay vào ta tìm được
1y =
hoặc
3y = −
.
Cách khác: Ta viêt lại hệ thành:
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
22
22
2 26
26
11
2 2 11
xy xy
ab
a b ab
xy xy xyxy
+ +− =
+=
⇔

++ =
++−+ + −=
đây là hệ đối
xứng loại 1.
6) Nhận xét
0
xy= =
là nghiệm của hệ. Xét
,0xy
≠
. Ta chia 2
phương trình cho
22
xy
2
22
11
11 2
2
2
11 2
11 2
28
28
xy
x y xy
x y xy
x y xy

+=
+ −=



⇔




+ +=
+ +=





. Đặt
11 2
;2ab
x y xy

+= + =


thu được
3
2
8
8 2; 4
0
ab
a ab
ab
=
⇒ =⇒= =
−=
. Từ
đó tìm được nghiệm là
( ) ( )
; 1; 1xy =
.
7) Ta viết lại hệ phương trình thành:
( )
( )
2
2
22
15
5
5
1 15
xy
ab
a b ab
x xy y
++ =
+=
⇔

++ =
+ + + +=
đây là hệ đối
Xứng loại 1, ta dễ tìm được
2, 1ab= =
hoặc
1, 2ab= =
. Từ đó giải được
1xy= =
hoặc
2; 0xy= =
.
THCS.TOANMATH.com
Cách khác: Ta viết lại hệ thành:
( ) ( ) ( )
22
2
22
24
2 4 12 4 12 0
422 8
xy y
x y xy xy xy xy
x y xy
++ =
⇒++++=⇔+++−=
++ =
.
8) Từ hệ ta suy ra
( )
( )( )
2 2 22 2 2
2 4 3 5 2 0 32 0x xy y x y xy x xy y x y x y++= +−⇔−+=⇔− −=
.
Giải hệ ứng với 2 trường hợp ta có:
1; 1xy xy= = = = −
,
27 37 27 37
;; ;
77 7 7
xyx y===−=−
9) Ta viết hệ đã cho thành:
( )( )
( )( )
( )( ) (
)( )
2 3 12
23 6
6 12
xy x y
xy x y xyxy
x y xy
− +=
⇒− + =− +
− +=
( )( ) ( )( )( )
236 0 3 20xy x y xy xyx y− + −− =⇔ − − − =
.Giải 3 trường hợp
ta thu được:
.
10) Từ hệ ta suy ra
( )( )
22
2 22 2 2
22 2
235
2 3 4 4 2 2 0 42
45
xy y xy
xy y x y x xy y x y x y
x y xy
+=
⇔ + = +⇔ − − =⇔− +
+=
. Giải 2 trường hợp ta thu được
.
11) Ta viết lại hệ đã cho thành:
( )(
)
( ) ( )
3
33
2 29
27 8 3 1
xy
xy y x x
+ +=
+ + + += +
Chú ý rằng:
( ) ( )( )
27 3 2 2xy x y+= + +
suy ra
( ) ( ) ( )( )( ) ( )
33
33 33
27 831 3 2 2 831xy y x x x y x y xy x+ + + += + ⇔ + + + + + += +
THCS.TOANMATH.com
(
) (
)
33
2 31 231 21
xy x xy x y x
⇔ ++ = + ⇔++= +⇔= −
thay vào ta tìm
được:
( )
(
)
7
; 1;1 , ; 8
2
xy

= −−


.
12) Hệ đã cho tương đương với:
( )
( )
2
22 2
412 3
12 9 4
xy y
xx y y
+= −
−=−
( )( )
( )
22
22 2
4 12 3 4 9
12 9 4
xy y y
xx y y
+ += −
⇔
−=−
Cộng theo vế hai phương trình ta được:
( )
22 2
8 2 30xx y y+ + +=
( )
2
22 2
3
7 1 20 0
2
xx y y x y

⇔ + + + + =⇔=⇒=

(tm)
Vậy hệ có nghiệm
(
)
3
; 0;
2
xy

=


.
Điều kiện:
1; 1xy≠− ≠−
.
13) Hệ phương tình đã cho tương đương:
( ) ( )
22
22
1
2
11
1
.
1 14
xy
yx
xy
yx
+=
++
=
++
.
Đặt
;
11
xy
uv
yx
= =
++
, hệ thành:
22
1
2
1
4
uv
uv
+=
=
( )
( )
2
22
22 2
1
21
20
0
uv
u v uv
u v uv
uv
+=
++ =

⇔⇔

+− =
−=
THCS.TOANMATH.com
Suy ra
1
2
uv= =
hoặc
1
2
uv= = −
. Nếu
1
2
uv= =
thì
1xy= =
(tm). Nếu
1
2
uv
= = −
thì
1
3
xy
= = −
(tm).
14) Điều kiện
20
0
xy
y
+≥
≥
. Đặt
20t xy=+≥
từ phương trình
( )
1
suy
ra
2
3 40 1 2 1t t t xy+ −= ⇒=⇒+ =
thay vào phương trình
(2)
ta có:
3
84 2 2yy−+ =
. Đặt
2
2 02ya ya=≥⇒ =
. Thay vào phương trình ta
có:
3
2 32
0
8 2 2 8 12 0 2
6
a
a aa a a a
a
=
− =−⇔ − + =⇔ =
=
. Từ đó tìm được các
nghiệm của hệ là
( ) (
) ( )
( )
; 1;0 , 3;2 , 35;18xy = −−
15) Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau:
( )( )
2
2 250
52
yx
xyx y
xy
=
− + −=⇒
= −
Thay vào phương trình (2) của hệ ta tìm được các nghiệm là
( ) ( ) ( ) ( )
; 1; 2 , 1; 2 , 3; 4xy = −− −
.
16) Từ phương trình ( 2) ta có:
( ) ( )
( )
3
7 3 3 13 1x xyxy xyxy+ + =+ + ++
Hay
( )
( )( )
3
7 3 4 2 13 1x xyx yxy xyxy+ + −− =+ + ++
Hay
( ) ( ) ( )( )
33 33
8 62 3 3 1 1x y xyxy x y xyxy xy xy++ +=++ ++ ++ ++
Hay
( ) ( )
33
2 12 1 1xy xy xyxy x+ = ++ ⇒ +=++⇒=
. Thay vào phương
trình đầu tìm được nghiệm của hệ là:
( ) ( ) ( )
; 1;1 , 1; 4xy = −
.
17) Dễ thấy hệ có nghiệm
( )
0; 0
.
THCS.TOANMATH.com
Nếu
(
)
, 0;0xy≠
hệ phương trình tương đương với:
22
2
11
2
1 3 75
8
xy
x xy x y
+=
+ −−=−
.
Đặt
11
;uv
xy
= =
và cộng hai phương trình của hệ ta thu được:
22
2
2
3 75 8
uv
u uv u v
+=
+ −+=−
( )( )
22
2 3 7 5 60 22 3 0u v uv u v uv uv
⇒ + + − + +=⇔ +− +− =
.Ta được:
22
22
2
2
23
2
uv
uv
uv
uv
+=
+=
+=
+=
18)
Ta có:
(
) ( )
( )
3 2 2 33 33
2 .1y xy xyx xyy x y y x x y= + = + − + = + ⇒ = ⇔=
.Hệ
tương đương với
22
1
1
1
xy
xy
xy
x xy y
=
= =
⇔
= = −
−+=
.
19) Hệ tương đương:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
( )
22
22
22 4
4
15
15
15
15 15
xyx y
xyx y
xyx y xy y
xy y
+ +=
+ +=

⇔

++−=
−=

( )
( )
( )
( )
22
22
44 4
15
15
2
15
xyx y
xyx y
x
xy y
+ +=
+ +=

⇔⇔

= ±
−=
+)
( )
( )
3
22
2
15 15 1; 2
15
xy
y yx
xyx y
=
⇒ = ⇔= =
+ +=
THCS.TOANMATH.com
+)
( )
( )
3
33
22
2
5 15 3; 2 3
15
xy
y yx
xyx y
= −
⇒− = ⇔ =− =
+ +=
Vậy nghiệm của hệ:
2; 1xy= =
,
33
2 3; 3xy
= = −
.
20) Ta có:
( )
( )
( )
5 4422 22 55
2x xyxyxyxyxy xy xy= + + + − + = + ⇔=
Ta thu được hệ tương đương:
( )
22
1
2
1
xy
xy
xy x y
xy
=
= =
⇔
+=
= = −
.
21) Hệ đã cho tương đương:
( ) (
) ( )( )
( ) (
) ( )
22
3
1
2
xy xy xyxy
xy xy xy
+ +− −+ −=
+ =++−
Đặt
;u x yv x y=+=−
, sau đó giải như bài 18.
22) Nếu
0y =
suy ra
10=
(loại)
Chia cả hai vế cho
34
0, 0
yy≠≠
ta được:
2
2
4
11
15
11
xx
yy
x
yy

+ +=


+=
. Đặt
1
t
y
=
ta được:
( )
( )
22
4
15xt x t
tt x
+ +=
+=
, sau đó
giải như bài 19
23) Ta có:
( )
( )
4
44 22 22
16 4 6 2x y xyx y xy xy xy= + + + + = + ⇒+=±
+)
( )
2
22
22
2
1
2 2 2 4 20
1
2
xy
x
x x xx
y
xy
+=
=
⇒ + − =⇔ − +=⇒

=
+=
+)
( )
2
22
22
2
1
2 2 2 4 20
1
2
xy
x
xx x x
y
xy
+=−
= −
⇒ + + =⇔ + +=⇒

= −
+=
THCS.TOANMATH.com
Vậy nghiệm của hệ có 2 cặp nghiệm là
( ) ( )
1;1 , 1; 1
−−
.
24) Ta có: PT 2
33 2 2 33 2 2
27 27 9 3 3x y xy yx x y yx xy⇔ −− + =++ +
(
)
( )
33
3xy xy x y⇔ − = + ⇔=
. Hệ đã cho tương đương:
33
2
1
xy
xy
xy
+=
⇔==
=
.
25) Ta có: PT 2
( )
44 22 22
15 12 40 8 4x y x y xy xy x y
⇔ ++ = = +
( )
44 22 224
16 8 4 12xy xyxy xyx⇔ +− + + =
( )
4
4
2
2
23
xyx x y
xy x
xy x x y
−= =

⇔−=⇔ ⇔

−=− =

+)
22
1
45
1
xy
xy
xy
xy
= =
+=
⇒
= = −
=
.
+)
22
22 2
45
5 5 55
4 9 5 ;3 , ; 3
13 13 13 13
3
xy
xx x
xy

+=
⇒ + =⇔=⇒ − −


=

.
26) Điều kiện:
,0xy≠
.
Ta có:
( ) ( )
23
2 2 22
1 1 1 2 11 1
x y x y xy
xy xy

+ + +=

++

Hệ đã cho tương đương với hệ:
(
)
2
22
28
4
28
16
xx y
xy
x xy
xy
+ =
= ±
⇔

+=
=
Xét hệ:
2
4
28
xy
x xy
=
+=
. khi đó
2
4
0
xy
x
=
=
. Hệ này vô nghiệm.
THCS.TOANMATH.com
Xét hệ:
2
4
16
xy
x
= −
=
Hệ này có nghiệm
(
)
4; 1−
và
(
)
4;1−
.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
( )
4; 1−
và
( )
4;1−
.
27) Ta có:
( ) ( )
22
2
2
22
9
1
12
1
xy
x
y
xy x y
+=
−
+− =
+ −+
Hệ này tương tự với hệ
( ) (
)
22
2
2
22
9
1
12
1
xy
x
y
xy x y
+=
−
+− =
+ −+
2
22
11
9
,1
y
xy
xy
−=
⇔ +=
≠±
Khi đó, hệ có nghiệm
( )
3; 0
−
và
( )
3; 0
.
28) Điều kiện:
2, 4xy≥≥
Vì
( )
12 4 3 4 4 3x y x y xy−≤ −+ =
và
( )
42 2 2 2 2 2y x y x xy−≤ −+ =
Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
5124422325xy x y y x xy xy xy= −+ −≤ + =
Do vậy dấu “=” phải xảy ra. Khi đó
4, 8
xy= =
.
Kiểm tra lại, ta thấy
4, 8xy= =
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
29) Điều kiện:
16, 9xy≥≥
.
Khi đó:
8 17 21
84
6
xy
xy
yx
yx

+ +=


++
.Đặt
2. 2
x y xy
t
y x yx
=+≥ =
.
THCS.TOANMATH.com
Từ sự đánh giá qua bất đẳng thức dưới đây:
( )
8 17 3 8 1
6 6 2 2 2.2 6
6 8 4 68
t tt
tt
= + + = + + + ≥+ =
++
, suy ra
68t +=
hay
2t =
.
Vậy
16tx= ≥
.Xét phương trình vô tỷ
16 9 7xx
− + −=
với
16
x
≥
.
Bình phương hai vế và giản ước được:
(
)(
)
16 9 37
xx x− −=−
Từ đây suy ra
25x
=
.
Kiểm tra lại, ta thấy
25, 25xy= =
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
30) Điều kiện:
3 , , 13xyz≤≤
. Cộng ba phương trình vế theo vế, ta
được:
3 13 3 13 3 13 6 5x xy yz z−+ −+ −+ − + −+ −=
.
Xét:
3 13Tt t= −+ −
với
[ ]
3;13t ∈
Vì
( )
(
)
3 13 1 1 3 13 2 5Tt t t t
= −+ −≤ + −+ − =
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki và dấu “=” xảy ra khi
8
t =
.
Vậy hệ phương trình có một nghiệm
8xyz= = =
.
31) Biến đổi hệ phương trình thành:
( ) ( ) ( )
( )
2
2
22
7 4 (1)
4 3 8 (2)
xxy xy xy
x y xy
−=+ + −+
=− −+ −
Thực hiện phép thế (2) vào (1) ta có:
THCS.TOANMATH.com
( )
( )
( ) ( )
2
2 22
738xxy xy xy x y xy
−=+ + −− −+ −
( ) ( )
22
2 2 15xxy x xy xy⇔ −=− + + −
( ) ( )
( )
( )
( )
22
2x 15 2 15 0xxy xy xy xyx x⇔ −=− −+ −⇔− +− =
TH1:
.xy=
Thay vào phương trình (2) có ngay:
2
4 40x +=
. Phương
trình này vô nghiệm.
TH2:
2
2
2
1
3 8 70
7
2 15 0
5 8 119 0( )
y
x yy
y
xx
x y y VN
= −
=⇒ + +=⇔
= −
+−=⇔
=−⇒ + + =
Vậy hệ đã cho có các nghiệm sau:
( ) ( )
3; 1 , 3; 7−−
32) Đặt
2 22
2 22
2
23
3 62
3
u xy
x yu yu v
xyv x u v
v xy
= +

+ = =+−

⇒⇒

−−= =− −

= −−

22
234 7
xy uv
⇒ + += − +
Khi đó hệ ban đầu trở thành:
22
35
2 7 2(*)
uv
v uv
+=
− − +=
Thế
53vu= −
vào phương trình (*) giải tìm được
1u =
, từ đó v = 2
⇒ x = −3; y = 2
33) PT thứ hai của hệ
(
)
( )
2
2
2
22 21 21 21 1 2xy xy x x xy x xyx
⇔ + + + += + +⇔ + + = + ⇔ + =
hoặc
22xy x+ =−−
TH1:
2
0
2
2
x
x yx
yx x
≥
+=⇔
= −
thay vào phương trình thứ nhất ta
được
2
13 11 30 0xx− −=
THCS.TOANMATH.com
TH2:
2
20
22
21
x
xy x
yx x
+≤
+ =−− ⇔
= ++
thay vào phương trình thứ
nhất ta được bậc hai theo x
34) Điều kiện:
2
4; 0; ; 4 ; 3x y x y x yy x≥≥ ≥ ≥≥
Phương trình (1)
22
22 4 2 2 44 0x xy xy xyyx y x y
⇔ − −= −⇔ −=− ⇔= −∨=
+ Nếu
0y =
thì không thỏa mãn do điều kiện
3 12yx≥≥
+ Nếu
44yx= −
thay vào phương trình (2) ta thu được:
22
16 2 4 16 3 4 1
x xx x− =+ − ⇔ − −= −−
( )
2
22
2
25 5 5 1
50
41 41
16 3 16 3
51
50
41
16 3
xx x
x
xx
xx
x
x
x
x

−− +
⇔ = ⇔− − =

−+ −+
−+ −+

+
⇔=∨ − =
−+
−+
Với
5 16
xy=⇒=
Xét
( )
2
2
51
0 5 4 2 16 0
41
16 3
x
x xx x
x
x
+
− =⇔ + −++− − =
−+
−+
.
Dễ thấy
22 2
2 16 4 4 16 0x x xx x+− −= ++− −>
với mọi
4x ≥
nên
phương trình vô nghiệm
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất:
( ) ( )
; 5;16xy =
35). ĐK:
2, 2 0x yx x y≥ +−≥
Đặt
3
2
ay
b xy
=
= −
, phương trình (1) của hệ đã cho tương đương với:
THCS.TOANMATH.com
(
) (
)
(
)
( )
2 2 22
1 1 10
aa bb aba abb
+= +⇒ − + ++=
.
Do
( )
22
0,a ab b a b a b+ + > ∀ ⇒=
Hệ
2
22
0
23
92
2 32
9 23 9 232
y
xy y
xy y
x x yx y
y yy y yy
≥
−=

⇔ ⇒= +

+ − =+−

++= ++−
Đặt
2
2
2
9 5, 2 4
5 40
t
t y y pt t t t
tt
≥
= + ⇔ =−⇔ ⇒=
− +=
.
Do
48
0
93
yy x
≥⇒= ⇒=
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:
( )
84
;;
39
xy

=


36) Từ phương trình (1) ta rút ra được:
(
)
(
)
(
)
2
22
2 2222
2
22 22
22
99
55
x xy
x xxyxy
xx
y
x xyx xy
+−
+ −+−
=⇔=
−− +−
(*)
Từ phương trình 2 ta có kết quả:
96
1
5
xx
y
= −
Thay vào (*) ta có:
2 22 2
2 22
2
22
0
22
6
12 2 6
3
x
x xx y y
x
x x x y xy
yy
x xy y
=
+ −−
= −⇔ + − = ⇔
+ −=
Nếu
0x =
vô nghiệm.
THCS.TOANMATH.com
Nếu
22 22
33
x xy y xy yx+ −=⇔ −=−
22 2 2
30
30
0
96
5
3
yx
yx
y
x y y xy x
yx
−≥
−≥
=
⇔⇔

−= − +
=
5
3
yx⇔=
.
Thay vào ta tìm được:
( ; ) (5; 3)xy=
KL: Hệ có nghiệm:
( ; ) (5; 3)xy=
37) Biến đổi phương trình (1)
22
( 3) ( 4) 4 ( 4) ( 3) 1 (*)xy yx
+++=−+++
+
34xy=−⇒ =−
ta thấy không thỏa mãn.
+
34
xy≠− ⇒ ≠−
thì bình phương hai vế phương trình (*)
22
( 3)( 4) 0
4 2( 3) 2 10
( 4) 4( 3)
xy
y x yx
yx
+ +<
⇔+=− +⇔=−−
+=+
Thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được:
2
3
4 28 51 3 4 15 0xx x+ ++ +=
⇔
( )
( )
2
3
4 8 16 3 4 15 4 13 0xx x x++ + +− + =
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3
2
22
3
3
27 4 15 4 13
44 0
9 4 15 3 4 13 4 15 4 13
xx
x
x xx x
+−+
⇔ ++ =
+ + + ++ +
( )
( )( )
( )
( ) ( )
2
2
22
3
3
16 4 7 4
44 0
9 4 15 3 4 13 4 15 4 13
xx
x
x xx x
++
⇔ +− =
+ + + ++ +
THCS.TOANMATH.com
( )
(
)
(
)
(
)
( )
2
22
3
3
44 7
41 0
9 4 15 3 4 13 4 15 4 13
x
x
x xx x

+

⇔+ − =

+ + + ++ +

( )
( ) ( ) (
)
22
3
3
44 7
10
9 4 15 3 4 13 4 15 4 13
4
x
x xx x
x
+
−=
+ + + ++ +
= −
- Với
x 4 y 2=−⇒ =−
- Với
( )
( ) ( ) (
)
22
3
3
44 7
1 0 (3)
9 4 15 3 4 13 4 15 4 13
x
x xx x
+
−=
+ + + ++ +
Ta sẽ chứng minh phương trình này vô nghiệm như sau:
Dễ thấy với mọi x thì
2
4 28 51 0
xx+ +>
Do đó phương trình(**)có nghiệm khi
3
15
3 4 15 0
4
xx< ⇒+ <−
. Từ đó
suy ra vế trái của (3) luôn dương, dẫn đến phương trình này vô nghiệm.
KL:
( ) ( )
x; y 4; 2=−−
38) Từ phương trình (2) ta thu được:
22
2
2
xy
y xy=− −−
Thay vào phương trình (1) ta có:
2
32 2 3 2
2 2 24 2 24
22
xy x y
xx xy xy xxxy xy

+ −−− +− = +−− +− =


⇒
222
( 2)( 2 4) ( 2 4) ( 2 4) 0x xx xxx yxx− +++ ++− ++=⇔
32 2
2 2 4 2 48x x x x y xy y−−⇔ + + −=
− + + + − + + = −− + + =⇔⇒
3 32 2 2
(x 8) (x 2x 4x) (x y 2xy 4y) 0 ( 2x 2 y)(x 2x 4) 0
THCS.TOANMATH.com
22yx⇔ = −
Thay
y 2x 2
= −
vào phương trình (2)và rút gọn ta được
02
(6 7)
0
1
63
7
xy
xx
xy
= = −
−=
⇒
⇔
= =
⇒
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm
71
( ; ) (0; 2), ;
63
xy

= −


39) Với điều kiện
x0>
hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:
22 2 2
22
8 6 12 7 8 0
13 1 6 0
x y xy xy y y
y y xy
+ − − − +=
+ +− =
Lấy (1) + (2) ta có được phân tích sau:
22 2 2 2
2 6 6 9 0 [ ( 1)] 6 ( 1) 9 0x y xy y xy y y x y x+ + − − +=⇔ + − + +=
Ta được
( )
2
yx 1 3
19 17 1 0yy−
⇔ +=
=+
- Với
17 213 49 3 213
;
38 2
yx
+−
= =
- Với
17 213 49 3 213
;
38 2
yx
−+
= =
Vậy hệ phương trình đã cho có bộ nghiệm là:
49 3 213 17 213 49 3 213 17 213
(; ) ; , ;
2 38 2 38
xy

−+ +−
=



40). Điều kiện:
0y ≠
THCS.TOANMATH.com
Với
0y ≠
ta biến đổi hệ phương trình thành
2
2
3
4
2
22 2
x
xy
y xy
x
xy y
y
−=
− +=
Đặt
2
;
x
a b xy
y
= =
hệ phương trình trên trở thành
2
2 22
4
2
2 4 (3)
2 2 2 (4)
22 2
ab
ab b
b
b a ab b a
ab
a
−=
−=
⇔

− +=
−+ =
Cộng (3) và (4) theo vế và thu gọn ta được
2
2
1
20
2
1: 1 2 4 0 ( VN)
a
aa
a
TH a b b
= −
−−=⇔
=
=−⇒ + + =
2: 2 2TH a b=⇒=
ta có hệ phương trình
2
3
3
2
4
2
2
x
x
y
y
xy
=
=

⇒

=
=
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
( )
33
( ; ) 4; 2xy =
41) Điều kiện:
2
2
1 0 11
02
20
xx
y
yy
− ≥ −≤ ≤
⇒

≤≤
−≥
Cách 1: Đặt
1, 0 2tx t= + ≤≤
. Lúc đó hệ pt thành:
32 3 2 323 2
22 2 22 2
32 3 2 3 3
1 32 2 1 32 2
tt yy tty y
x x yy x x yy

− += − + − = −

⇒

+−− − =− +−− − =−


THCS.TOANMATH.com
Từ phương trình (1) ta suy ra:
( )
(
)
22
3( ) 0
t y t ty y t y− ++ − + =
Vì
( )
22 2 2
3( ) 0 3 3 0
t tyy ty t y ty y++−+=⇔+− +−=
có
(
)
( )
( )
(
) (
)
( )
2
2
3 4 3 3 34 3 3 1 0y yyyy y yy
∆=−−−=−−−=−−+<
nên
phương trình này vô nghiệm.
Vậy
1ty x y= ⇒ +=
. Thay
1xy
+=
vào phương trình (2) có:
(
)
(
)
22 22 2 2
2
2
21 2 1 21 3 0 1 1 1 3 0
11
01
13
xx xx x x
x
xy
x
− −=−⇔−+ −−=⇔ −− −+=
−=
⇔ ⇒=⇒=
−=−
Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất là
( ) ( )
; 0;1xy =
Cách 2: Phương trình (2)
( )
( )
22 2
1 2 32x x y y f x gy
⇔ + − += − ⇔ =
.
Xét
( )
fx
trên miền
[ ]
1;1−
ta có
(
)
13
3
4
fx
≤≤
Ta lại có:
( )
( )
2
32 3
2
yy
gy y y
+−
= −≤ =
.
Vậy
( ) ( )
fx gy≥
. Dấu bằng xảy ra khi
1
1, 0
y
xx
=
=±=
.
Thay vào phương trình (1) có nghiệm
( ) ( )
; 0;1xy =
(thỏa mãn)
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
; 0;1xy =
.
42) Vì
0x
=
không phải là nghiệm của hệ chia phương trình (1) cho
3
x
ta thu được:
( )
32 3
2 4 3 12 2 32xxx x y y− + −= − −
( )
3
3
11
1 1 32 32yy
xx

⇔− +− = − + −


THCS.TOANMATH.com
Đặt
1
1 , 32ab y
y
=−=−
suy ra
( )
( )
33 2 2
10a a b b aba abb a b+= +⇔ − + + + =⇔=
.
Thay vào pt thứ 2 ta được:
( ) ( )
(
)
3
2
3
3
77
2 3 15 2 0 0
23
15 2 15 4
xx
xx
x
xx
−−
+− − −− =⇔ + =
++
− + −+
111
7
98
xy⇔=⇒=
43) Dễ thấy
0xy =
không thỏa mãn hệ.
Với
0xy ≠
viết lại hệ dưới dạng:
22
1 17
22
2
7 6 14 0
xy
xy
x y xy x y


− −=




++−−+=
Điều kiện để phương trình
22
7 6 14 0x y xy x y++−−+=
(ẩn x) có
nghiệm là
( )
2
2
1
7
7 4 24 56 0 1;
3
y yy y

∆= − − + − ≥ ⇔ ∈


Điều kiện để phương trình
22
7 6 14 0x y xy x y++−−+=
(ẩn y) có
nghiệm là:
( )
2
2
2
10
6 4 28 56 0 2;
3
x xx x

∆= − − + − ≥ ⇔ ∈


Xét hàm số
( )
1
2ft t
t
= −
đồng biến trên
( )
0; +∞
nên
( ) ( ) (
) ( )
7
. 2. 1
2
fxfy f f⇒ ≥=
Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được:
2
1
x
y
=
=
là nghiệm của hệ.
THCS.TOANMATH.com
“Để chứng minh hàm số
( )
fx
đồng biến trên miền xác định
D
ta làm như
sau: Xét hai giá trị
12
x xD≠∈
. Chứng minh:
(
)
( )
12
12
0
fx fx
xx
−
>
−
”
Ngược lại để chứng minh hàm số
( )
fx
nghịch biến trên miền xác định
D
ta làm như sau: Xét hai giá trị
12
x xD≠∈
. Chứng minh:
(
) ( )
12
12
0
fx fx
xx
−
<
−
”
44) Điều kiện xác định
1
;2
2
xy
−
≥≥
.
Ta viết lại hệ thành:
( ) ( )
3
4
221 212 3 2
4 2 2 46
x x yy
xy
+ + += − −
++ +=
Đặt
2 1, 2
axb y=+=−
suy ra
33
22
a a b b ab
+= +⇔=
. Từ phương
trình thứ nhất của hệ ta có:
21 2xy
⇔ += −
Thay vào phương trình thứ hai ta được:
4
4 8 2 4 6(*)yy−+ +=
Đặt
24ty= +
thì
2
24yt= −
thay vào ta có:
2
4
2 16 6 4t tt
− = −⇒=
6y
⇒=
. Vậy hệ có nghiệm duy nhất là
( )
1
; ;6
2
xy

=


45) Điều kiện:
4
13 4 0
13
20
2
y
x
xy
xy
y
x
≥−
+≥
⇔

+≥
≥−
Đặt
13 4 , 2a x yb x y=+=+
. Khi đó ta được hệ phương trình:
THCS.TOANMATH.com
22
5
(1)
45 2
4
25 25 25 (2)
22 22 22(3)
x
b
a b x a bx
ab ab ab
bx y bx y bx y
−
=
− = −=
+= ⇔+= ⇔+=


+− = +− = +− =
Thế (1) vào (3) ta được:
83
(4)
3
y
x
+
=
. Thế (4) vào phương trình
2 22xyx y++− =
ta được:
2
3
19 6 3 2
2
33
4 69 19 0
y
yy
yy
≤
+−
= ⇔
− −=
Giải ra
69 3 545
8
y
−
=
từ đó tính được
24 545x = −
Thử lại ta thấy
( )
69 3 545
; 24 545;
8
xy

−
= −



là nghiệm cần tìm.
46) Ta tìm cách loại bỏ
3
18y
. Vì
0y =
không là nghiệm của phương trình
(2) nên tương đương
22 3
72 108 18x y xy y+=
.
Thế
3
18y
từ phương trình (1) vào ta thu được:
33 22
3
2
21 9 5
8 72 108 27 0
4
21 9 5
4
xy
x y x y xy xy
xy
= −
−
− − +=⇔ =
+
=
.
Thay vào phương trình (1) ta tìm được
,xy
.
THCS.TOANMATH.com
( )
(
)
( )
( )
(
)
(
)
3
3
3
3
0( )
8 27
31
53 3 5
18 2 4
8 27
31
35 35
18 2 4
yL
xy
yx
xy
yx
=
+
⇒ = =− − ⇒= −
+
= = + ⇒= +
Vậy hệ đã cho có nghiệm
( )
( ) ( ) ( ) ( )
13 13
; 3 5; 5 3 , 3 5; 3 5
42 42
xy

= − − − + −+


.
47) Điều kiện:
1
2,
2
xy≤≥
.
Phương trình (1) tương đương:
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2121 21 21 21x x xy y y fx fy− − + − = − −+ −⇔ − = −
Đặt
33
2, 21a xb y a ab b ab= − = −⇒ + = +⇒ =
.
2 2 1 32xy x y− = −⇔ =−
thay vào ta có:
3
32
25
52 2 2 5
29
ab
yy
ab
+=
− + +=⇔
+=
1; 2
3 65 23 65
;
48
65 3 23 65
;
48
ab
ab
ab
= =
−− +
⇔= =
−−
= =
2
233 23 65
32
233 23 65
32
y
y
y
=
+
⇔=
−
=
.
Vậy hệ có nghiệm
THCS.TOANMATH.com
( )
(
)
23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65
; 1; 2 , ; , ;
16 32 16 32
xy

−− ++
=−−



48) Điều kiện:
2
1
x
>
.
Ta có (1) tương đương
(
)
(
)
(
)
2 22 2
22
1 11 1
1 1.
xxyy yyyy
xx yy
+ + + + +− = +−
⇔ + +=−+ +
Từ đó ta rút ra
xy= −
.
Thay vào (2) ta được:
2
35
12
1
y
y
y
+=
−
.
Bình phương hai vế (điều kiện
0
y >
). Khi đó ta có:
22
2 2 422 2
2
22
22
2 35 2 35
1 12 1 12
11
y y yyy y
y
yy
yy
−+
 
+ += ⇔ + =
 
−−
 
−−
.
Đặt
2
2
0
1
y
t
y
= >
−
. Phương trình tương đương:
2
2
2
2
5
49
()
35 25
4
12
20
5
25
12 12
1
3
12
y
tL
y
tt
y
y
t
= ±
= −

+− =⇔ ⇔ = ⇔


−
= ±
=
.
Đối chiếu điều kiện chỉ lấy 2 giá trị dương.
Vậy hệ có nghiệm
( )
55 55
; ;, ;
44 33
xy

=−−


.
49) Triển khai phương trình (1)
THCS.TOANMATH.com
(1)
22 2 2 22 2 2
6 9 2 8 18
x y xy x xy y x y x y xy⇔ + +++ +=⇔ +++=−
( )
( )
22
1 18x y xy⇔ + +=−
.
Nhận thấy
0, 0
xy
= =
không là nghiệm của hệ.
Phương trình (1) khi đó là:
22
11
.8
xy
xy
++
= −
.
Đặt
22
;
11
xy
ab
xy
= =
++
. Hệ đã cho tương đương:
2
2
2
2
1
1
12
2
1
1
1
1
23
14
4
4
1
11
23
8
4 14
1
1
1
2
12
x
a
x
x
y
b
ab
y
y
x
x
a
ab
x
y
y
b
y
= −
= −
+
=−
=
=
+=−
= ±
+


⇔⇔ ⇔

= +±
= −
= =

+
= −
= −
= −
+
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
( ) ( ) ( ) ( )
; 1; 2 3 , 1; 2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1xy =−− −+ − − + −
.
50) Ta có:
(
)
( )
(
)
( )
22 22
2
2 22
44
2
( 2)
( 2) 11 4
2 4 22
xy xy
xy
xy
xy x y
++
+
+
+ ≤+ + ⇒ ≥ ⇔ ≥
Mặt khác ta cũng có:
THCS.TOANMATH.com
( ) ( )
22
2
22
22
3 2 ( 2) 2
24
3 12 4
2
24
32
xy xy xy
x xy y
xy
x xy y
+ +− +
++
= ≥
+
++
⇒≥
Từ đó suy ra
22 2 2
4 24
22
23
x y x xy y
xyxy
+ ++
+ ≥ + ≥+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
20xy= ≥
Thay vào phương trình còn lại ta thu được:
( )
(
)
43 2 3
1
3 2 10 1 3 1 0 1
2
xxxx x xx x y
− + − −= ⇔ − + + = ⇔ =⇒ =
Hệ có một cặp nghiệm:
( )
1
; 1;
2
xy

=


51) Cộng theo vế các pt của hệ ta được:
( ) ( ) ( )
3 33
4 4 40xyz
−+−+−=
(*)
Từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không
âm, không mất tính tổng quát ta giả sử:
( )
3
40 4zz
− ≥⇒≥
Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
( )
2
32
16 12 2 12.2 4xz x− = − ≥ ⇒≥
Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương:
(
)
2
32
16 12 2 12.2 4yx y− = − ≥ ⇒≥
Do vậy từ
( ) (
) ( ) ( )
3 33
4 4 4 0* 4x y z xyz−+−+−= ⇒===
thử lại
thỏa mãn.
Vậy
( ) ( )
; ; 4; 4; 4xyz =
là nghiệm của hệ.
THCS.TOANMATH.com
52) Phương trình (1) của hệ có dạng:
(
)
(
)
2 22
2 2 10x yx y+− ++ − =
Do
22
2 10xy+ + −>
nên suy ra
22
20 2x y yx+−=⇔= +
thay
vào phương trình (2) ta có:
(
)
2
2
( 2) ( 2) ( 2) 2 2x x x xx x+ + + + + =−− − +
2 13x xx y⇒+=−⇔=−⇒=
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
( )
( )
; 1; 3xy = −
53) Theo bất đẳng thức cô si ta có:
1
.
3 32 3
13
22
3
1 2 11 2
3 2 3 22 3
x x xy x xy
xy xyxy xyxy
xy
x
xy
xy
yy y
xy xy xy

++
= ≤+

+ ++ + +
+


⇒ ≤+

+
+


= ≤+

++ +

Tương tự ta cũng có:
13
22
3
xy
x
xy
yx
+

≤+

+
+

Từ đó suy ra
( )
11
2
33
xy
x y xy

+ +≤


++

. Dấu bằng xảy ra khi
xy=
thay vào phương trình thứ nhất ta được:
4xy= =
3 22
2
2 ( 4) 8 4 0
11
2 3 4( 1) 8
22
y x y yx x
x
xy x y
−+ + +− =
−
+ + += − + −
54) Điều kiện:
10
2 30
x
xy
−≥
+ +≥
Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành:
THCS.TOANMATH.com
(
)
22 3 2
2
22 3 2 2
( 4) 2 4 8 0
( 4) 4(2 4 8 ) 4 4
x y xy y y
y yyyyy
− + + − +=
⇒∆= + − − + = − +
Từ đó ta tính được:
2
2
24
xy
xy y
=
=−+
Vì
22
2 4 ( 1) 3 1xy y y
= − += − +>
nên không thỏa mãn
Thay
2
xy=
vào phương trình thứ hai ta được:
2
17
2 34 4
22
x
x xx
−
+ += − +
Ta có:
22
7 55
4 4 (2 1)
2 22
xx x
− += − +≥
;
( )
11 1 5
23 22 23 12223
22 4 2
x
x x x xx
−

++= −++≤ +−++=


Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi các dấu bằng đồng thời xảy ra.
Suy ra
11
;
24
xy= =
55) Từ phương trình (2) ta suy ra
0x >
Phương trình (1) được viết lại như sau:
( ) ( ) (
) ( )
22
2 2 32 2 32 2
1 0 14 1
x yy xyy yy yy yy+ −− − − =⇒∆= −− + + = ++
Từ đó tính được:
2
0
1
xy
xy
=−<
= +
THCS.TOANMATH.com
Thay
1yx
= −
vào phương trình ta thu được:
22
3 ( 4) 4 2xx x x+ = ++
.
Chia phương trình cho
2
4x
+
ta có:
22
2
31
44
xx
xx
= +
++
Đặt
2
0
4
x
t
x
= >
+
ta có
2
1
2 3 10
1
2
t
tt
t
=
− += ⇔
=
Với
2
1 40t xx
=⇔ −+=
vô nghiệm
Với
1
21
2
t xy
=⇔=⇒=
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
( ) (
)
; 2;1xy =
56) Điều kiện:
1x ≥
Ta viết lại phương trình (1) thành:
22 3 2
( 2) 2 4 4 0x y xy y y+ + − − −=
Tính được
( ) ( )
22
2 32 2
2
2
2 8 16 16 4 2
2 20
xy
y y y yy y
xy y
=
∆= + + + + = + + ⇒
=− − −<
Thay
2
x
y
=
vào phương trình ta thu được:
( )
2
3
3 1 2 4 2 9(*)x x xx−+ + = − +
Theo bất đẳng thức Cosi ta có:
(
)
( )
3
3 33
3 1 2 4 .2 1.( 1) 1 1
2 22
xx x xx−+ + = − ≤ + − =
( )
3
3
3 1 10
3 2 4 4.4.( 2) 4 4 2
22 2
x
xx x
+
+= + ≤ +++ =
THCS.TOANMATH.com
Từ đó suy ra
(
)
3
3 10
3 1 24 25
22
x
xx x x
+
−+ + ≤ + = +
Mặt khác ta có:
( )
2
2
29(25) 2 0xx x x− +− + = − ≥
Từ đó suy ra phương trình (*) có nghiệm khi các dấu bằng đồng thời xảy
ra
2
x =
.
Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( )
( )
; 2;1xy
=
Mặt khác ta thấy
2; 3xy
= =
là một nghiệm của hệ
Vậy
( ) ( )
; 2; 3
xy =
là nghiệm duy nhất của hệ.
57) Đặt
1
,axy bxy
xy
=++ =−⇔
+
Hệ
22
2
1
5 ( ) 3( ) 13
()
1
( )1
xy xy
xy
xy xy
xy

++ +−=

+

++ +−=
+
nên ta có:
2 2 22
5( 2) 3 13 5 3 23
11
a b ab
ab ab

−+= +=
⇔

+= +=

Giải hệ này ta tìm được
4
3
a
b
=
= −
và
5
2
7
2
a
b
= −
=
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ:
( )
1 3 5 3 3 11 3
; ; ,; ,;2
2 2 44 2
xy

−± ±

= −−





.
58) Từ phương trình (2) ta suy ra
0,xy x y≥⇔
cùng dấu. Từ phương trình
(1) ta suy ra
,0xy≥
.
THCS.TOANMATH.com
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
2 22 2
22
22
22 2
22
x yy x
x yy x
+− +−
−+ −≤ + =
. Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi
22
2
xy+=
.
Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình:
22
3
2
( ) 12( 1)( 1) 9
xy
x y x y xy
+=
+ − − −+ =
Ta có:
33
( ) 12( 1)( 1) 9 ( ) 12( ) 21 12x y x y xy x y x y xy xy
+− − −+ −=++ +−− +
Đặt
( )
22
22txy t x y
= + ⇒≤ + =
ta thu được
( )
( )
2
2
22 21xy xy xy t+ − =⇔+= +
. Ta có:
3
( ) 12( ) 21 12x y x y xy xy+ + +−− + ≤
( )
( )
( )
2
22
3 32
( ) 12( ) 21 12 6 12 8
22
xy x y
xy
xy xy t t t
+−+
+
+ + +−− + =− + −
.
Ta có
( )
3
32
6 12 8 2 0
tt t t
− + −= − ≤
. Khi
2t =
thì
1xy⇒==
là nghiệm
duy nhất của hệ.
59). Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra
,0xy≥
. Xét phương trình:
( )
( )
33 22
7 82x y x y xy xy x y
++ + = +
Ta có:
( ) ( )
(
)
( ) ( )
2
33 22
7 64x y xyxy xyx y xy xy xy xy

++ + =+ ++ =+ + +

.
Theo bất đẳng thức Cô si ta có:
( ) ( )
22
4 2 .4x y xy x y xy++≥ +
. Suy ra
( )
( ) ( )
( )
22
33
74 4x y xyxy xyxy xy xyxy++ + ≥ + + = +
. Ta có
( )
( ) ( )
2
22 22
2 2 .2x y x y xy x y xy+=++≥ +
.
THCS.TOANMATH.com
Suy ra
( )
( )
33 22
7 82x y x y xy xy x y++ + ≥ +
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
xy=
. Thay vào phương trình (2) ta thu được:
(
)
(
)
(
)
3
2362 23 2 3 2 3
23
x
xx x x xx x
xx
−
− −=− ⇔ −− = − ⇔ = −
−+
Suy ra
3
x =
hoặc:
1
23
2
xx
−+ =
Do
3
2
x ≥
nên pt này vô nghiệm.
Tóm lại: Hệ có nghiệm:
3xy= =
.
| 1/108
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1:
a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1
nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi b) Tính chất
Nếu (x , y là một nghiệm thì hệ ( y , x cũng là nghiệm 0 0 ) 0 0 )
S = x + y c) Cách giải: Đặt  điều kiện 2
S ≥ 4P quy hệ phương trình về 2 P = . x y ẩn S, P
Chú ý: Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện
trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ
S, P từ đó suy ra qua hệ x, y .
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau:
x + y + 2xy = 2 3 3 x + y =19 a)  b)  3 3 x + y = 8 (  x + y  )(8+ xy) = 2
2(x + y) = 3(3 2 3 2 x y +  xy )
x + y − xy = 3 c)  d)  3  3 x + y =  6
 x +1 + y +1 = 4 Giải:
S = x + y a) Đặt  điều kiện 2
S ≥ 4P hệ phương trình đã cho trở thành: P = . x y THCS.TOANMATH.com  2 − S  + 2 = 2 P S P =    2  ⇔ S  ( 2 S − 3P) = 8   2 6−3S S S    − =   8   2  3 2
⇒ S + S − S − = ⇔ (S − )( 2 2 3 6 16 0
2 2S + 7S + 8) = 0 ⇔ S = 2 ⇒ P = 0
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: 2
X − 2X = 0 ⇔ X = 0, X = 2
x = 0 x = 2  ∨ y 2  = y = 0
S = x + y b) Đặt  điều kiện 2
S ≥ 4P hệ phương trình đã cho trở thành: P = . x y S ( 2 S − 3P) =19 SP = 8 − SSP = 8 − SS =1  ⇔  ⇔  ⇔  S  (8 + P) 3 = 2 S − 3  (2−8S) 3 =19
S + 24S − 25 = 0 P = 6 −
. Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: 2
X − X − 6 = 0 ⇔ X = 3; X = 2 − 1 2
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm ( ; x y) = ( 2 − ;3),(3; 2 − )  ( 3 3 a + b ) = ( 2 2 2 3 a b + b a) c) Đặt 3 3
a = x,b = y hệ đã cho trở thành:  . a + b = 6
S = a + b Đặt  điều kiện 2
S ≥ 4P thì hệ đã cho trở thành. P = ab  ( 3
2 S − 3SP) = 3SP
2(36 −3P) = 3PS = 6  ⇔  ⇔  . S = 6 S = 6 P = 8
Suy ra a,b là 2 nghiệm của phương trình: THCS.TOANMATH.com
a = 2 ⇒ x = 8
a = 4 ⇒ x = 64 2
X − 6X + 8 = 0 ⇔ X = 2; X = 4 ⇒  ∨ 1 2 b  4 y 64 b  = ⇒ =  = 2 ⇒ y = 8
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm ( ; x y) = (8;64),(64;8) xy ≥ 0
S = x + y d) Điều kiện:  . Đặt  điều kiện 2
S ≥ 4P hệ phương x, y ≥ 1 − P = . x y trình đã cho trở thành:
S − P = 3
S ≥ 3;P = (S −3)2   ⇔ 
S + 2 + 2 S + P +1 =16
2 S + (S − 3)2 +1 =14 − S  3  ≤ 
S ≤14; P = (S − 3)2 3
 ≤ S ≤14;P = (S −3) ⇔  ⇔  4  ( 2 S + 8S +10) 2 2
= 196 − 28S + S
S + 30S − 52 = 0 S = 6 ⇔ 
. Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; x y) = (3;3).
P = 9 ⇒ x = y = 3
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:   2xy 2 2 2 2
x + y + 2xy = 8 2 x + y + = 1 a)   c) x + y   x + y = 4  2
x + y = x −  y (     x + y) 1 1+ =  5 3 2 2 3   xyx y
(1+ y)+ x y (2+ y)+ xy −30 = 0 b)   d)  (   2 x y + x  ( 2
1+ y + y ) + y −11=  0 2 2 x + y ) 1 1+ =   9  2 2   x y Giải:
a) Đặt x = a, y = b điều kiện a,b ≥ 0 . THCS.TOANMATH.com  4 4
Hệ phương trình trở thành:  a + b + 2ab = 8 2  . Ta viết lại hệ a + b = 4  4 2 2 2
phương trình thành:  (a + b) − 4ab(a + b) + 2a b + 2ab = 8 2  a + b = 4
S = a + b 2 S ≥ 4P Đặt  điều kiện 
thì hệ đã cho trở thành. P = abS, P ≥ 0  2
 256 − 64P − 6P + 2P = 8 2 
⇔ S = P = 4 ⇔ a = b = 2 ⇔ x = y = 4 S = 4
Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau:  2( 2 2
x + y ) + 2 xy =16 
x + y + 2 xy =  16 ⇔ 2( 2 2 x + y ) 2
= x + y ⇔ (x − y) = 0 ⇔ x = y ⇔ 2 x = 4 ⇔ x = 4
Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất ( ; x y) = (4;4)
b) Điều kiện: x + y > 0.
Biến đổi phương trình (1): 2 2 2xy + + = ⇔ ( + )2 2 1 −1 xy x y x y + − 2xy = 0 x + y x + y
Đặt x + y = S, xy = P ta có phương trình: 2 2P S + − 2P −1 = 0 S 3 2 2
⇔ S + 2P − 2SP − S = 0 ⇔ S(S −1) − 2P(S −1) = 0 ⇔ (S −1)(S + S − 2P) = 0 . Vì 2
S > 4P, S > 0 suy ra 2
S + S − 2P > 0 . Do đó S =1 THCS.TOANMATH.com
Với x + y =1 thay vào (2) ta được: = ( − y)2 1 1
− y ⇔ y = 0, y = 3 Xét 2xy 2 2 2 2 x + y +1 =
⇔ x + y +1 =1− x − y ⇔ x + y + x + y = 0 (không x + y thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; x y) = (1;0),( 2 − ;3).
c) Điều kiện: xy ≠ 0.
Hệ đã cho tương đương:  1 1  1   1  x + y + + = 5  x + +   y + =  5  x y   x   y   ⇔  . 2 2  2 2 1 1   1   1 x + y + + = 9  2 2   x + +   y + =   9  x y   x   y   1   1   x + +   y + =  S   x   y Đặt     1   1   x +  . y + =   P   x   y  Hệ trở thành:  1 1 x + = 2; y + = 3 2 S − 2P = 9  x y
⇔ S = 5, P = 6 ⇔  . S = 5  1 1 x + = 3; y + = 2   x y  3± 5 x = 1; y = 2 ⇔ 
. Vậy hệ đã cho có nghiệm:  3± 5 x = ; y =1  2 (  ±   ±  x y) 3 5 3 5 ; = 1; , ;1  . 2   2      THCS.TOANMATH.com
xy(x + y)(x + y + xy) = 30
d) Hệ tương đương với :  . xy
 ( x + y) + x + y + xy = 11
Đặt xy (x + y) = a; xy + x + y = b. Ta thu được hệ:
xy(x + y) = 5  ab = 30 a = 5;b = 6 
xy + x + y = 6  ⇔ ⇔ . a b 11  a 6;b 5  + = = =
xy(x + y) = 6 
xy + x + y = 5 xy = 2 
xy(x + y) = 6 x + y = 3 x = 2; y =1 TH1:  ⇔ ⇔
xy + x + y = 5 xy = 3   x = 1; y = 2  (L)
x + y = 2 xy = 5  5 − 21 5 + 21 
xy(x + y) (L) x = ; = 5  + = 1 y x y = TH2: 2 2  ⇔ ⇔  .
xy + x + y = 6 xy =1  5 + 21 5 − 21  x = ; y =
x + y = 5  2 2  ± 
Vậy hệ có nghiệm: (x y) = ( ) ( ) 5 21 5  21 ; 1;2 , 2;1 , ;   . 2 2   
II) HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2
Một hệ phương trình 2 ẩn x, y được gọi là đối xứng loại 2 nếu trong hệ
phương trình ta đổi vai trò x, y cho nhau thì phương trình trở thành phương trình kia.
+ Tính chất.: Nếu (x ; y là 1 nghiệm của hệ thì ( y ; x cũng là nghiệm 0 0 ) 0 0 ) + Phương pháp giải: THCS.TOANMATH.com
Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng (  − =
x − y)  f  ( x y) x y 0 ;  = 0 ⇔   . f  ( ; x y) = 0
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: 2  2 2
x + x = 2y (  x − )
1 ( y + 6) = y(x +  )1 a)  b)  2
y + y = 2x (  y − ) 1 
( 2x +6) = x( 2y + )1 3
x +3x −1+ 2x +1 = y c)  d) 3
y + 3y −1+ 2y +1 = x Giải:
a) Điều kiện: x, y ≥ 0 . Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được: 2
x + x − ( 2y + y ) = 2( y − x)
⇔ ( x − y )( x + y)(x + y)+1+ 2( x + y) = 0 
Vì ( x + y )(x + y)+1+ 2( x + y ) > 0
nên phương trình đã cho tương đương với: x = y . Hay  x = 0  2 2
x − 2x + x = 0 ⇔ x + x = 2x ⇔ x ( x − ) 1 (x + x − ) 1 = 0 ⇔ x =1  3−  5 x =  2  − − 
Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: (x y) = ( ) ( ) 3 5 3 5 ; 0;0 , 1;1 , ;   2 2    THCS.TOANMATH.com 2 2 2
xy + 6x − y − 6 = yx + y b) Hệ đã cho ⇔  2 2 2
yx + 6y − x − 6 = xy + x
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:
2xy ( y − x) + 7(x − y) + (x − y)(x + y) = 0 ⇔ (x − y)(x + y − 2xy + 7) = 0 x = y
⇔ x+ y−2xy+7 =0 x = y = 2
+ Nếu x = y thay vào hệ ta có: 2
x − 5x + 6 = 0 ⇔  x = y = 3
+ Nếu x + y − 2xy + 7 = 0 ⇔ (1− 2x)(1− 2y) =15 .
Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được: 2 2
x + y − 5x − 5x +12 = 0 ⇔ (2x − 5)2 + (2y − 5)2 = 2. Đặt
a = 2x − 5,b = 2y − 5 a + b = 0  2 2 a + b = 2 (
 a +b)2 − 2ab = 2 ab = 1 − Ta có: ( ⇔  ⇔  a 4 
)(b 4) 15 ab+ 4  (a +b) = 1  + + = − a + b = 8 −  ab = 31 a + b = 0 Trường hợp 1:  ⇔ ( ; x y) = (3;2),(2;3) ab = 1 − a + b = 8 − Trường hợp 2:  vô nghiệm. ab = 31
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: ( ;
x y) = (2;2),(3;3),(2;3),(3;2) c) Điều kiện: 1 1
x ≥ − ; y ≥ − 2 2 THCS.TOANMATH.com Để ý rằng 1
x = y = − không phải là nghiệm. 2
Ta xét trường hợp x + y ≠ 1 −
Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được: 3 x + x − + x + − ( 3 3 1 2 1
y + 3y −1+ 2y +1) = y − x 2 x − y 2 2 ( )
⇔ (x − y) x + xy + y  + 4(x − y) + = 0   2x +1 + 2y +1   2 2 2
⇔ (x − y) x + xy + y + 4 +
 = 0 ⇔ x = y 
2x +1 + 2y +1
Khi x = y xét phương trình: 3 3
x + 2x −1+ 2x +1 = 0 ⇔ x + 2x + 2x +1 −1 = 0 2 2x  2 2 x(x 1) 0 x x 1  + + = ⇔ + + = 0 ⇔ x = 0 2x 1 1  2x 1 1 + + + + 
Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x = y = 0
HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP
+ Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp
+ Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra
phương trình đẳng cấp.
Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như: 2 2
ax + bxy + cy = d +  , 2 2
ex + gxy + hy = k THCS.TOANMATH.com 2 2
ax + bxy + cy = dx + ey +  , 2 2
gx + hxy + ky = lx + my 2 2
ax + bxy + cy = d +  ….. 3 2 2 3
gx + hx y + kxy + ly = mx + ny
Một số hệ phương trình tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa
căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện:
Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ
ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc n : n n−k
a x + a x . k y .... n + a y = k n 0 1
Từ đó ta xét hai trường hợp:
y = 0 thay vào để tìm x
+ y ≠ 0 ta đặt x = ty thì thu được phương trình: n n−k a t + a t + a = k .... n 0 1
+ Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm x, y
Chú ý: ( Ta cũng có thể đặt y = tx )
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: 3 3
x −8x = y +  2y a)  2 x − 3 = 3( 2 y +  )1 2 2 3 5
x y − 4xy + 3y − 2(x + y) = 0 b)  ∈  xy  ( x, y 2 2 x + y ) 2 ( ) + 2 = (x + y) Giải: 3 3
x + y = 8x + 2y a) Ta biến đổi hệ:  2 2 x + 3y = 6 THCS.TOANMATH.com
Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có: 3 3 2 2
6(x + y ) = (8x + 2y)(x + 3y ) đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ
đó ta có lời giải như sau:
Vì x = 0 không là nghiệm của hệ nên ta đặt y = tx . Khi đó hệ thành: 3 3 3 2
x −8x = t x + 2tx x  ( 3 1− t ) = 2t +8 3 − + 1 t t 4  ⇔  ⇒ = 2 x − 3 = 3  ( 2 2 t x + ) 2 1 x  ( 2 1− 3t ) 2 = 6 1− 3t 3  1 t =  ⇔ ( 3
− t ) = (t + )( 2 − t ) 2 3 3 1 4 1 3
⇔ 12t − t −1 = 0 ⇔  .  1 t = −  4 2 x ( 2 1− 3t ) = 6 1  x = 3 ± * t = ⇒  ⇔ . 3 x  y = y = 1 ±  3  4 78 x = ± * 1  13 t = − ⇒ . 4   78 y =    13
Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm:     ( ;
x y) = ( ) (− − ) 4 78 78 4 78 78 3,1 ; 3, 1 ; , ; − ,−   13 13   13 13     
b). Phương trình (2) của hệ có dạng: THCS.TOANMATH.com xy ( 2 2 x + y ) 2 2
+ 2 = x + y + 2xy ⇔ ( 2 2
x + y )(xy − ) 1 − 2(xy − ) 1 = 0 ⇔ (xy− )1( 2 2 x + y − 2) = 0 xy =1 ⇔  2 2 x + y = 2 2 2 3 5
 x y − 4xy + 3y − 2(x + y) = 0 x =1 x = 1 − TH1:  ⇔  và  . xy =1 y = 1 y = 1 − TH2: 2 2 3 5
 x y − 4xy + 3y − 2(x + y) 2 2 3 = 0 5
 x y − 4xy + 3y = 2(x + y)  ⇔  (*) 2 2 2 2 x + y = 2 x + y = 2 Nếu ta thay 2 2
x + y = 2 vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3: 2 2 3
x y − xy + y = ( 2 2 5 4 3
x + y )(x + y)
Từ đó ta có lời giải như sau:
Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ. 2 3 3 3 5
 t y − 4ty + 3y = 2(ty + y)
Xét y ≠ 0 đặt x = ty thay vào hệ ta có:  2 2 2 t  y + y = 2
Chia hai phương trình của hệ ta được: 2 − + + 5t 4t 3 t 1 3 2 =
⇔ t − 4t + 5t − 2 = 0 2 t +1 1  2 2  2 2 t =1 x = yx = x = − x =1 x = 1 −  5    5 ⇔ 1 ⇔ 1 ⇔  ∨  ∨  ∨  . t = x = yy =1 y = 1 −  2  2  2  2 y = y = −  5    5
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: THCS.TOANMATH.com  2
x + 2y + 3 + 2y − 3 =  0 a)  2  ( 3 3
2y + x ) + 3y(x + )2 1 + 6x(x + ) 1 + 2 = 0  1 2x x + y  + = b)  2
3x 3y 2x + y  2
 (2x + y ) = 2x + 6 − y Giải: a) Điều kiện: 2
x + 2y + 3 ≥ 0.
Phương trình (2) tương đương: ( 3 3
y + x ) + y(x + )2 2
+ x + x + = ⇔ (x + )3 + y(x + )2 3 2 2 3 1 6 6 2 0 2 1 3 1 + 4y = 0
Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và x +1.
+ Xét y = 0 hệ vô nghiệm
+ Xét y ≠ 0 . Đặt x +1 = ty ta thu được phương trình: 3 2 2t + 3t + 4 = 0 Suy ra t = 2 − ⇔ x +1 = 2 − y
Thay vào phương trình (1) ta được: 2 14 5
x − x + 2 = x + 4 ⇔ x = − ⇒ y = . 9 18
Vậy hệ có một cặp nghiệm: (x y)  14 5 ; ;  = −  . 9 18   
b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của x và y
Điều kiện: y > 0; 3 − ≤ x ≠ 0 . THCS.TOANMATH.com + Đặt 2 2
y = tx ⇒ y = t x thay vào (1) ta được: 1 2x x tx + = 2 2 2 2 2 3x 3t x 2x + t x
Rút gọn biến x ta đưa về phương trình ẩn t : (t − )2 ( 2 2 t + t + )
1 = 0 ⇔ t = 2 ⇔ y = 2x ≥ 0 . Thay vào (2) ta được: 2 2 25 1
4x + 8x = 2x + 6 ⇔ 4x +10x +
= 2x + 6 + 2x + 6 + 4 4 2 2  5   1 2x   2x 6  ⇔ + = + +  . 2 2      − − Giải ra ta được 17 3 13 3 17 x = ⇒ y = . 4 2  − − 
Vậy nghiệm của hệ (x y) 17 3 13 3 17 ; =  ;   . 4 2   
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau:  3 3 1 3  x − y = 2
x y +1 − 2xy − 2x =1 a) x +  y b)   3 2 2
x − 3x − 3xy = 6 x + y =1 Giải: ( 3 3
 3x − y )(x + y) =1
a) Ta có thể viết lại hệ thành:  (1) 2 2 x + y =1
Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng
cấp ta sẽ thay vế phải thành 2 2 2 (x + y ) . Như vậy ta có: THCS.TOANMATH.com
( x − y )(x + y) = (x + y )2 3 3 2 2 4 3 2 2 3 4 3
⇔ 2x + 3x y − 2x y − xy − 2y = 0 x = y 2 2
(x y)(x 2y)(2x xy y ) 0  ⇔ − + + + = ⇔ x = 2 − y   2 2
2x + xy + y = 0 2 + Nếu 2 2 7 2 2 0  y x xy y x x  + + = ⇔ + + = 0 ⇔ x = y =   0 không thỏa 4  2  mãn.
+ Nếu x = y ta có 2 2 2x =1 ⇔ x = ± 2 + Nếu 2 5 x = 2
− y ⇔ 5y =1 ⇔ y = ± 5
Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:      −   −  (x y) 2 2 2 2 2 5 5 2 5 5 ; =  ; , − ;− , ; , ;   2 2   2 2   5 5   5 5          2
x y +1 − 2x(y +1) =1
b) Điều kiện y ≥ 1
− . Ta viết lại hệ thành:  3
x − 3x(y +1) = 6
Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với x, y +1 Dễ thấy y = 1
− không phải là nghiệm của hệ phương trình. Xét y > 1
− . Đặt x = t y +1 thay vào hệ ta có:  ( y + )3 2
1 t − 2t =1    t = 0 3 2 
⇔ t − 3t − 6(t − 2t) = 0 ⇔   ( y + )3 3  −  t = 3 1 t 3t = 6   
+ Nếu t = 0 thì x = 0 . Không thỏa mãn hệ THCS.TOANMATH.com
+ Nếu t = 3 ⇔ 27 ( y + )3 1 − 9 ( y + )3 1 3 1 = 6 ⇔ y = −1⇒ x = 9 3 9
Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất   3 1 ( ; x y) = 9; −  1 3 9   
Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau 2
xy + x y = 2 a)  2 3 3
2xy + (x + 2x − 3)y + x = 3 2
x + xy + x + 3 = 0 b)  2
(x +1) + 3(y +1) + 2  ( 2
xy − x y + 2y ) =  0 Giải:
a) Điều kiện: y ≥ 0. Phương trình (2) của hệ có dạng:  y = 1 − 3
2xy(y +1) + x (y +1) = 3(y +1) ⇔  3 2xy + x = 3 Trường hợp y = 1
− không thỏa mãn điều kiện 3
2xy + x = 3 Trường hợp 3
2xy + x = 3 ta có hệ:  . 2
xy + x y = 2
Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3
đối với x, y . Dễ thấy y > 0. Ta đặt x = t y thì thu được hệ:  3 3 t = 1 2
y (2t + t ) = 3 + t 2 3 2  2t 3t 1 0  ⇔ = ⇔ − + = ⇔ 1 3 2 t +1 2  ( ) 2 t y t t = + =  2
+ Nếu t =1 thì x = y ⇔ x =1⇒ y =1 THCS.TOANMATH.com + Nếu 1 t = thì 1 3 1 1 4 x =
y ⇔ y = 4x ⇔ x = ⇔ x = ⇒ y = 2 3 3 2 3 3 9
Tóm lại hệ có các nghiệm: (x y) ( )  1 4 ; 1;1 , ;  =  3 3 3 9    b) Điều kiện: 2
x y + 2y ≥ 0 ⇔ y ≥ 0.
Từ phương trình thứ nhất ta có: 2
xy = −x − x − 3 thay vào phương trình thứ hai ta thu được: 2 2 2
(x +1) + 3(y +1) − 2x − 2x − 6 − 2 y(x + 2) = 0 2 2
⇔ x + 2 − 3y + 2 y(x + 2) = 0
Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với y và 2 x + 2 t =1
Đặt y = t ( 2
x + 2) ta thu được: 2 3t 2t 1 0  − − = ⇔ 1 t = − (L)  3 Khi t =1 ta có: 2
y = x + 2 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: x = 1 − ⇒ y = 3
Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( ; x y) = (1; 3 − )
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau  2 2 8xy x + y + = 16  x + y a)  b) 2 3 2  x 2x x x y + = + − 8y 3 3y 4 2 2 3
x y −3x −1= 3x y( 1− x −  1)  2 2
 8x −3xy + 4y + xy = 4y Giải: THCS.TOANMATH.com 3 2
a) Điều kiện: ≠ 0, + ≠ 0, x x y x y + ≥ 0 . 3y 4
Phương trình (2) tương đương: 2 3 2 2 2 + + x 4x 3y x x x 4x 3y x  4x 3 2 2 . y  + = + ⇔ + = + . 8y 6 12y 16 8y 6 8y  6 6    2 +
Đây là phương trình đẳng cấp đối với x và 4x 3y 8y 6 2 +
Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi x và 4x 3y cùng dấu 8y 6 2 + hay x 4x 3 ≥ 0, y ≥ 0. 8y 6 2 +
Đặt x = a, 4x 3y = b suy ra 2 2
a + b = 2ab ⇔ a = b 8y 6 x = 6y 2 + x 4x 3y  ⇔ = ⇔ 2 . 8y 6 x = − y  3
TH1: x = 6y thay vào (1) ta có:  28 168 y = − ⇒ x = − (L)  4 2 2 37 37
y + y −16y =16 ⇔  . 9  4 24 y = ⇒ x =  7 7 TH2: 2
x = − y thay vào (1) ta có: 3  12 4 y = − (L) 2 2 y y 16y 16  + − = ⇔ 13 . 9 
y = 12 ⇒ x = 8( − TM ) THCS.TOANMATH.com
Vậy hệ có nghiệm (x y)  24 4 ; ;  = ,( 8; −   12) .  7 7  xy ≥ 0  x, y ≥ 0
b) Điều kiện: x ≤1 ⇔   x ≤ 1 y ≥  0
Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với
x, y . Ta thấy nếu y = 0 thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra
x = 0 , cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ.
Xét y > 0. Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho y ta thu được: 2   8 x − 3 x + 4 x + =  
4 . Đặt x = t ta thu được phương trình  y y y y t  ≤ 4 t  ≤ 4 4 2
8t − 3t + 4 = 4 − t ⇔  ⇔  4 2 2 4 2 8
t − 3t + 4 = t − 8t +16 8
t − 4t + 8t −12 = 0 t  ≤ 4 t  ≤ 4 ⇔  ⇔  ⇔ t =1 4 2 3 2
2t − t + 2t − 3 = 0
(t −1)(2t + 2t + t + 3) = 0
Khi t =1⇒ x = y .
Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 3 3
x − 3x −1 = 3 x( 1− x −1) .
Điều kiện: 0 ≤ x ≤1. Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình.
Ta xét 0 < x ≤1. Chia bất phương trình cho 3
x > 0 ta thu được phương 3   trình: 3 1 1 1 1− − = 3 −1 −
. Đặt 1 = t ⇒ t ≥1 phương trình trở 2 3  x xx x    x 3 3 thành: 3 2
t + t − = ( t − t − ) ⇔ ( 3 2 3 1 3 1 t + 3t − )
1 ( t + t −1) = 3
Xét f t = (t + t − )( t + t − )3 3 2 ( ) 3 1
1 Dễ thấy f (t) ≥ f ( ) 1 = 3 suy ra
phương trình có nghiệm duy nhất t =1 ⇔ x =1 THCS.TOANMATH.com
Tóm lại hệ phương trình có nghiệm ( ; x y) = (1; ) 1
Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ x, y dựa vào phương trình thứ hai của hệ theo cách: Phương trình có dạng: 2 2
(x − y)(8x + 5y) (x − y) 8 − 3 + 4 − 3 + − = 0 y x xy y y xy y ⇔ + = 0 2 2
8x − 3xy + 4y + 3y xy + yx = y  ⇔ 8x + 5y y (3)  + = 0
. Vì x, y > 0 nên ta suy ra 2 2
 8x −3xy + 4y +  3y xy + y x = y
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật
cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích,cộng trừ các
phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt…
* Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau  2
a)  x +1 + 4 − 2y + 5 + 2y − (x −1) = 5 ) (1  4 2 3 2 
3x + (x − y) = 6x y + y (2) 3 3 2
x −12x = y − 6y +16 b)  2 2
x + y + xy − 4x − 6y + 9 = 0 THCS.TOANMATH.com
2xy − x + 2y = 3 c)  3 3 2
x + 4y = 3x + 6y − 4  2 3
y − 7x − 6 − y(x − 6) = 1 d)  2
 2(x − y) + 6x − 2y + 4 − y = x +1 Giải: x ≥ 1 −
a). Điều kiện y ≤ 2  2
5 + 2y ≥ (x −  1)
Xuất phát từ phương trình (2) ta có: 4 3 2 2
3x − 6x y + (x − y) − y = 0 x = 0 3 2
⇔ 3x (x − 2y) + x(x − 2y) = 0 ⇔ x(x − 2y)(3x +1) = 0 ⇔ x = 2y
Với x = 0 thay vào (1) ta có:
1+ 4 − 2y + 4 + 2y = 5 ⇔ 4 − 2y + 4 + 2y = 4
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
( − y + + y )2 4 2 4 2
≤ 2(4 − 2y + 4 + 2y) =16 ⇔ 4 − 2y + 4 + 2y ≤ 4
Dấu = xảy ra khi: 4 − 2y = 4 + 2y ⇔ y = 0 Hệ có nghiệm: (0;0)
Với: x = 2y . Thay vào phương trình trên ta được 2
x +1 + 4 − x + 5 + x − (x −1) = 5 ⇔ x +1 + 4 − x + (x +1)(4 − x) = 5 (*) THCS.TOANMATH.com 2 Đặt t 5 t x 1 4 x 0 x 1. 4 x − = + + − > ⇒ + − = . Thay vào phương 2 2 t − 5 t = 5 − trình ta có: 2 t +
= 5 ⇔ t + 2t −15 = 0 ⇔ . 2  t = 3 x = 0 Khi 2
t = 3 ⇒ x +1. 4 − x = 2 ⇔ −x + 3x = 0 ⇔  x = 3
Tóm lại hệ có nghiệm (x y) ( )  3 ; 0;0 , 3;  =  2   
Nhận xét : Điều kiện t > 0 chưa phải là điều kiện chặt của biến t Thật vậy ta có: 2 2
t = x +1 + 4 − x ⇒ t = 5 + 2 (x +1)(4 − x) ⇒ t ≥ 5
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có 2
2 (x +1)(4 − x) ≤ 5 ⇒ t ≤10 ⇔ t ∈  5; 10   3 3
x −12x = (y − 2) −12(y − 2)
b) Hệ viết lại dưới dạng  2 2
x + x(y − 4) + (y − 3) = 0
Đặt t = y − 2 . Ta có hệ : 3 3 2 2
x −12x = t −12t
(x − t)(x + t + xt −12) = 0 (*)  ⇔  2 2 2 2
x + x(t − 2) + (t −1) = 0
x + t + xt − 2(x + t) +1 = 0 (2*) 2 2
x + t + xt −12 = 0 (3*) Từ (*) suy ra  x = t
- Với x = t thay vào (2*) ta có phương trình 2
3x − 4x +1 = 0
Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là (x y) ( )  1 7 ; 1;3 , ;  =  3 3   
- Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ THCS.TOANMATH.com  13 2 ( + ) − −12 = 0 x + t x t xt =   2  ⇔ 
(VN) . Do (x + t)2 < 4xt 2
(x + t) − xt − 2(x + t) +1 = 0 = 0 121 xt =  4
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (x y) ( )  1 7 ; 1;3 , ;  =  3 3   
c) Đưa hệ phương trình về dạng:
(x +1)(2y −1) = 2   3 1 3 2 3
(x +1) + (2y −1) = 3(x +1) + (2y −1) −  5  2 2
Đặt: a = x +1; b = 2y −1.
Khi đó ta thu được hệ phương trình: ab = 2  ab = 2  ⇔ 3 1 3 2 3  3 3 2
a + b = 3a + b − 5
 2a + b = 6a + 3b −10  2 2
Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là x = y =1nên ta sẽ
có hệ này có nghiệm khi: a = 2; b =1
(a − 2)b = 2(1− b)
Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng:  2 2
 (a − 2) (a +1) = (b −1) (b + 2) −
Vì ta luôn có:b ≠ 0 nên từ phương trình trên ta rút ra 2(1 ) − 2 b a = b
Thế xuống phương trình dưới ta được: 2 4(b −1) 2 2 2
(a +1) = (b −1) (b + 2) ⇔ (b −1) 4(a +1) − b (b + 2) = 0 2 b    b =1 ⇔  2
 4(a +1) = b (b + 2) THCS.TOANMATH.com
Với: b =1⇒ a = 2 , suy ra: x = y =1; . Với 2
4(a +1) = b (b + 2) . Ta lại có: b + 2
ab = 2 ⇔ b(a +1) = b + 2 ⇔ a +1 = . b
Thế lên phương trình trên ta có:  1 4(b + 2) b = 2 − ⇒ a = 1 − ⇔ x = 2; − y = − 2 b (b 2)  = + ⇔ 2 b  3  b = 4 (Không TM)
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là: ( ; x y)  1 = (1;1), 2;  − −  2    x ≥ 1 − d) Điều kiện: 
. Ta viết lại hệ phương trình thành: y ≥ 0 2
2(x − y) + 6x − 2y + 4 − y = x +1 2
⇔ 2(x − y) + 6x − 2y + 4 = y + x +1 . Bình phương 2 vế ta thu được: 2 2
2x − 4xy + 2y + 6x − 2y + 4 = x + y +1+ 2 y(x +1) 2 2
⇔ 2 (x +1) − 2y(x +1) + y  + (x +1+ y) = 2 y(x +1)   x +1= y 2 2
⇔ 2(x +1− y) + ( x +1 − y) = 0 ⇔  ⇔ x +1 = y  x +1 = y
Thay vào phương trình (2) ta có: 2 2 3 3
y − 7y +1 − y(y − 7) =1 ⇔ y − 7y +1 = y(y − 7) +1. Đặt 3
a = y(y − 7) ta có phương trình: THCS.TOANMATH.com a ≥ 1 − a ≥ 1  −  a = 0 3
a +1 = a +1 ⇔  ⇔ 3 2
a − a − 2a = 0 a = 1 −   a =  2
y = 0 ⇒ x = 1 − Với a = 0 ⇒ 
y = 7 ⇒ x = 6  7 − 3 5 5 − 3 5  y = ⇒ x = Với 2 2 2 a = 1
− ⇒ y − 7y +1 = 0 ⇔   7 + 3 5 5 + 3 5  y = ⇒ x =  2 2  y = 1 − (L) Với 2
a = 2 ⇒ y − 7y −8 = 0 ⇔ 
y = 8 ⇒ x = 7
Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :  − −   + +  (x y) 5 3 5 7 3 5 5 3 5 7 3 5 ; = ( 1 − ;0),(6;7), ; , ; ;,(7;8)  2 2   2 2     
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau 2 2
x − (2y + 2)x − 3y = 0 a)  2 2 3 2
x + 2xy − (y + 3)x − 2y − 6y +1 = 0 2 2
x − 2xy + 2y + 2y = 0 b)  3 2 2
x − x y + 2y + 2y − 2x = 0 2 3 2 2
xy − x y − yx − y + x = c). 3 4 3 0  2 2 3
x y − y + 3xy +1 = 0 Giải: THCS.TOANMATH.com
a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta được: 2 3 2 2
2xy − (y + 3)x − 2y − 6y +1+ (2y + 2)x + 3y = 0 2 3 2
⇔ xy + xy − y − y + − x = ⇔ x( 2 2y + y − ) 3 2 2 2 3 1 0
1 − 2y − 3y +1 = 0
⇔ (y +1)(2y −1)(x − y −1) = 0. + Nếu y = 1
− thay vào phương trình (1) ta có: 2
x = 3 ⇔ x = ± 3 + Nếu 1
y = thay vào phương trình (1) ta có: 2 2 3 2 3 4x 12x 3 0 x ± − − = ⇔ = 2
+ Nếu y = x −1thay vào phương trình (1) ta có: 2 2 2 2
x − 2x − 3(x −1) = 0 ⇔ 4
− x + 6x − 3 = 0 . Vô nghiệm.  −   +  Kêt luận: (x y) 3 2 2 1 3 2 2 1 ; = ( 3;1),(− 3;1), ; , ;   2 2   2 2     
* Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được: 2
(2y + x)(x − y − 3) +1 = 0
Phương trình thứ nhất phân tích được: 2 2
(x − y) − 2(x + 2y ) = 0 2 a − 2b = 0 Đặt 2
a = x − y,b = x + 2y ta có hệ: 
(a − 3)b +1 = 0
b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được: 3 2 2
x − x − x y + 2xy − 2x = 0, hay 3 2 2
(x − x − 2x) − y(x − 2x) = 0. Do 3 2 2
x − x − 2x = (x +1)(x − 2x) nên từ trên, ta có 2
(x − 2x)(x +1− y) = 0.  y = 0 + Nếu x = 0 ⇒   y = 2 − THCS.TOANMATH.com y = 0 + Nếu x 2  = ⇒ 4  y =  3
+ Nếu y = x +1 thay vào phương trình (1) ta thu được: 2
1+ 2y + 2y = 0 vô nghiệm. Kết luận:
Hệ phương trình có các cặp nghiệm là: (x y) ( )  4 ; (0;0),(0; 2), 2;0 , 2;  = −  3   
c) Hệ được viết lại như sau: ( 2
 xy − y)+( 2 3 3x − 3x y) 2 = 4x y (
 xy − y)( 2 y − 3x ) 2 = 4x y  ⇔  2 2 2 2 3
 x y − y + 3xy +1 = 0 3
 x − y + 3xy +1 = 0
Xét với y = 0 thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ .
Với y ≠ 0 ta biến đổi hệ thành :  1   1   x − ( 2 y − 3x ) 2 = 4x  x − ( 2 y − 3x ) 2 = 4x  y  y    ⇔   2 1
3x − y + 3x + = 0  2 1 
3x − y + − x = 4 − xy  y  1 a = x − 2 ab = 4x Đặt : 
y Khi đó hệ trở thành hệ :    + = 2 b a b 4x  = y − 3x
Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình : THCS.TOANMATH.com  1  1 2 y x = x = − −  2 2 2
t − 4xt + 4x ⇔ (t − 2x) = 0 ⇔ t = 2  x x ⇔  y ⇔  1  2  2
2x = y − 3x 2x = − − 3x  x  1 y = −  1  xy = − x = 1 −   x ⇔ 1   2   = 3 2 y 1
2x = − − 3x 3
x + 2x +1 = 0  x Vậy hệ có 1 nghiệm ( ; x y) = ( 1; − ) 1
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau 3 2
x − 2x y −15x = 6y(2x − 5 − 4y) 3
 1+ x + 1− y =  2  a)  b) 2 3 2  2 4 x 2x x x y
x − y + 9y = x  ( 3
9 + y − y )  + = + − 8y 3 3y 4 2 3
 x − 6 2x − 4 = 4 3y −9 − 2y 3 4 2
x y −8y + 3x y = 4 − c)  d)  3 2 2 2  2
6x − 3x y + 2xy + 4 = y + 4x + 6x
2xy + y − y = 2 Giải:
a) Từ phương trình (2) của hệ ta có: x = y 2 4
x − y + 9y = x( 3
9 + y − y ) ⇔ (x − y)( 3
x + y − 9) = 0 ⇔  3
x + y − 9 = 0
Vì y ≤1 và 3 1+ x + 1− y = 2 nên 3 1+ x < 2 ⇔ x < 7 Do đó 3
x + y − 9 < 1 − < 0 nên 3
x + y − 9 = 0 vô nghiệm.
Ta chỉ cần giải trường hợp x = y . Thế vào phương trình ban đầu ta
được: 3 1+ x + 1− x = 2 . Đặt 3
a = 1+ x;b = 1− x (b > 0) thì THCS.TOANMATH.com a + b = 2 3 
⇒ a + (2 − a)2 3 2
= 2 ⇔ a + a − 4a + 2 = 0 ⇔ (a − ) 1 ( 2 a + 2a − 2 = 0 3 2 ) a + b = 2
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu x = 0; x = 11 − + 6 3; x = 11 − − 6 3
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là
x = y = 0; x = y = 11
− + 6 3; x = y = 11 − − 6 3
b) Phương trình thứ nhất của hệ 2y = x
⇔ (2y − x)( 2 x −12y −15)  2 = 0 ⇔ x −15  y =  12 2 TH 1: x 15 y − =
thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 12 2 3 2 2 − 3x 2x 4x x x 15 + = + − 2( 2 x −15) 2 3 x −15 4 24 2 2 36x ⇔ −12 x
( 2x +16x−15) +( 2x +16x−15 = 0 2 2 ) x −15 x −15 2 2
x +16x −15 ≥ 0
x +16x −15 ≥ 0   ⇔ 2  x ⇔  x 6 = x +16x −15 36  = x +16x −15 2 ( 2 ) 2 2 2  x −15  x −15 2
x +16x −15 ≥  0 ⇔  2 36x = 
( 2x −15)( 2x +16x−  15)(*) Xét phương trình (*) 2 x = ( 2 x − )( 2 36
15 x +16x −15) THCS.TOANMATH.com
Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho 2 x ta có:  15  15 36 x  x 16  = − + −  Đặt x x     15 t = 2 2 x −
= t ⇒ t +16t − 36 = 0 ⇔ x  t = 18 − 15 x = 5 + Nếu 2 t = 2 ⇔ x −
= 2 ⇔ x − 2x −15 = 0 ⇔ ⇔ x =  5 xx = 3 − + Nếu t = −18 15 x = 9 − − 4 6 2 ⇔ x − = 18
− ⇔ x +18x −15 = 0 ⇔  ⇔ x = 9 − − 4 6 x x = 9 − + 4 6    + 
Nghiệm của hệ đã cho là: (x y) 5 27 12 6 ; = 5; , 9 − − 4 6;  6  2     
TH 2: x = 2y Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: 2 3 2 2 x 2x 2x x x 7 11x ⇔ + = + − ⇔ x =
⇔ x = 0 (loại) (do điều kiện 4x 3 3x 4 4 6 12 y ≠ 0 )    + 
KL: Nghiệm của hệ đã cho là: (x y) 5 27 12 6 ; = 5; , 9 − − 4 6;  6  2      x ≥ 2 c) Điều kiện  y ≥ 3
Phương trình (2) của hệ tương đương với:  y = 2x − 2 2
(2x − 2 − y)(3x + y − 2) = 0 ⇔  2  y = 2 − 3x THCS.TOANMATH.com
+ Với y = 2x − 2 thế vào phương trình (1) ta được:
(1) ⇔ 7x − 6 2x − 4 − 4 6x −15 − 4 = 0 (3)
Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
6 2x − 4 = 3.2 2(x − 2) ≤ 3x
⇒ 6 2x − 4 + 4 6x −15 ≤ 7x − 4
4 6x −15 = 2.2 3(2x − 5) ≤ 2(2x − 2)
Dấu ' = ' xảy ra khi chỉ khi x = 4
Từ (3) suy ra x = 4 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (4;6) - Với 2
y = 2 − 3x ≤ 2 hệ vô nghiệm do điều kiện y ≥ 3
Vậy hệ đã cho chỉ có 1 nghiệm ( ; x y) = (4;6)
d) Thế phương trình 2 vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình : 3 4 2 2
x y − y + x y = −
xy + y − y ⇔ ( 3 3 2 8 3 2(2 )
x −8y + 3x ) y = ( 4
− x − 2 + 2y) y
Vì y = 0 không là nghiệm của hệ. Chia cả hai vế cho y ta được phương trình 3 3 2 3 2 3
x −8y + 3x = 4
− x − 2 + 2y ⇔ x + 3x + 4x = 8y + 2y − 2
Đặt : z = x +1⇒ x = z −1 . Khi đó ta có phương trình : 3 3
z + z = y + y ⇔ (z − y)( 2 2
z + y + zy) =  ( 2 2 8 2 2 4 2
0 do z + 4y + 2zy) > 0
⇔ z = 2y ⇒ x +1 = 2y ⇒ x = 2y −1
Thế vào phương trình 2 của hệ ta được phương trình:  y =1 ⇒ x =1 2 3y y 2 0  − − = ⇔ 2 − 7 y x −  = ⇒ =  3 3 THCS.TOANMATH.com
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  7 2 ( ; x y − − ) (1;1); ;  =  3 3   
Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau  2
y + + y ( x + ) 2 3 1 2 1 = 4y x + 2y +1 a)  y
 ( y − x) = 3 − 3y
2x + (3− 2xy) 2 y = 3 b)  2 3 2 2
2x − x y = 2x y − 7xy + 6 4
x + 2xy + 6y −(7 + 2y) 2 x = 9 − c)  2 3
2yx − x =10 Giải: a) Điều kiện: 2
x + 2y +1≥ 0 .
Phương trình (1) tương đương: 2 2 2 2 2
4y − 4y x + 2y +1 + x + 2y +1 = x − 2xy + y ⇔ (
x + 2y +1 = 3y − x 2
2y − x + 2y +1) 2
2 = (x− y)2 ⇔  2x+2y+1=x+  y TH1: 2
x + 2y +1 = 3y − x . Bình phương hai vế phương trình ta được: 3  y ≥ x
x =1; y =1(TM ) 3  y ≥ x  2  6xy 9y 2y 1  ⇔ ⇔ = − − ⇔ 2 2 2 415 17
x + 2y +1 = 9y − 6xy + x   x = ; y = (TM ) 2
xy = y + 3y −  3  51 3 . THCS.TOANMATH.com TH2: 2
x + 2y +1 = x + y . Bình phương hai vế phương trình: x + y ≥ 0 x =1; y =1 x + y ≥ 0  2  2xy y 2y 1  ⇔ = − + + ⇔ 2 2 2 41 7
x + 2y +1 = x + 2xy + y   x = ; y = − (L) 2
xy = y + 3y −  3  21 3 .
Vậy hệ có nghiệm (x y) ( )  415 17 ; 1;1 , ;  =  . 51 3   
b) Từ phương trình (1) ta thấy: x( 3 − y ) = ( 2 2 1 3 1− y ) .
TH1: y =1 thay vào (2) ta có: 3
x − 7x + 6 = 0 ⇔ x =1; x = 3; x = 2 − . 2
2x + 2xy + 2xy = 3+ 3y (*)
TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới:  . 2 3 2 2
2x − x y = 2x y − 7xy + 6 (3)
Phương trình (3) tương đương với: (xy − )( 2
2 2xy + x − 3) = 0 .
+ Nếu: xy = 2 thay vào (*) ta có: − − 1 2 + 4 + 4 = 3+ 3 y x y y ⇒ x = ⇒ y (1+ y) = 4 − . 2
Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. + Nếu 2
2xy = 3− x thay vào (*) ta có: 2
x + − x + y ( 2 − x ) 2 2 3 3
= 3+ 3y ⇒ y = −1 x  2  2 ⇒ 2x
−1 = 3− x ⇔ x =1; y =   1  x  Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (1 ) ;1 ,(3 ) ;1 ,( 2 − ) ;1 . THCS.TOANMATH.com
c) Phương trình (1) tương đương: 4 2
x − x + − y ( 2
x − x − ) = ⇔ ( 2 x − x − )( 2
x + x − ) − y( 2 7 9 2 3 0 3
3 2 x − x − 3) = 0 .  1− 13 79 + 13 x = ⇒ y = TH1: 2 2 36
x − x − 3 = 0 ⇔  .  1+ 13 79 − 13 x = ⇒ y =  2 36 TH2: 2 2
2y = x + x − 3 thay vào (2) ta có:  5
x = 5 ⇒ y = 1− ( 2 x + x − ) 2 3 2
3 x − x =10 ⇔  .  5
x = − 5 ⇒ y = 1+  2 Vậy hệ có nghiệm (  − +   + −      x y) 1 13 79 13 1 13 79 13 5 5 ; =  ; , ; , 5;1− , − 5;1+   2 36   2 36   2   2         
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau
xy − x − y =1
xy − x + 2y = 4 a)  b)  3 2 3
4x −12x + 9x = − y + 6y + 7 3 2 3
4x + 24x + 45x = − y + 6y − 20 3  2 1− x  3 3  2 2   + xy + = y
x + y + x = 3 2 c)  x  2   d)  2 2 2 − 4 xy x y + = 1 − (  xy  + )2 1 4 2 + = 2y +   x + y −1 2  x x Giải: THCS.TOANMATH.com 3
xy − 3x − 3y = 3 a) Hệ tương đương:  . 3 2 3
4x −12x + 9x = − y + 6y + 7
Trừ hai phương trình cho nhau ta được: (x − )3 3 4
1 = −y + 3xy + 3y ⇔ (x − )3 3 3 4
1 + 4y = 3y + 3xy + 3y
⇔ 4(x + y − ) 1 (x − )2 1 − (x − ) 2
1 y + y  = 3y ( 2 y + x + ) 1  
⇔ 4(x + y − ) 1 (x − )2 1 − (x − ) 2
1 y + y  = 3y ( 2
y + xy − y −1+ ) 1  
⇔ 4(x + y − ) 1 (x − )2 1 − (x − ) 2 2
1 y + y  = 3y (x + y − ) 1   ⇔ (x + y − )
1 (2x − 2 − y)2 = 0
Với y =1− x thay vào (1) ta được: 2
x − x + 2 = 0 (vô nghiệm).  5 − 17 x =
Với y = 2x − 2 thay vào (1) ta được: 2 4
2x − 5x +1 = 0 ⇔  .  5 + 17 x =  4  − −   + + 
Vậy hệ có nghiệm (x y) 5 17 1 17 5 17 1 17 ; =  ; , ;   . 4 2   4 2     
6y − 3x + 3xy −12 = 0 b) Hệ tương đương:  . 3 2 3
4x + 24x + 45x = − y + 6y − 20
Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được: 3 2 3
4x + 24x + 48x + 32 = −y + 3xy +12y ⇔ 4(x + 2)3 3 3
+ 4y = 3y + 3xy +12y
⇔ 4(x + y + 2) (x + 2)2 − (x + 2) 2
y + y  = 3y ( 2 y + x + 4)   THCS.TOANMATH.com
Thế x = xy + 2y − 4 vào VP ta được:
(x + y + )(x + )2 −(x + ) 2
y + y  = y ( 2
y + y + xy − + ) 2 4 2 2 2 3 2
4 4 = 3y (x + y + 2)  
⇔ (x + y + )( (x + )2 − (x + ) 2 2 4 2 4 2 y + y ) = 0.
Với y = −x − 2 thay vào (1) ta được: 2
x − 5x + 8 = 0 (vô nghiệm).  17 − 7 x =
Với y = 2x + 2 thay vào (1) ta được: 2 4
2x − 7x + 4 = 0 ⇔  .  17 + 7 x = −  4  − +   + − 
Vậy hệ có nghiệm (x y) 17 7 1 17 17 7 1 17 ; =  ; , − ;   . 4 2   4 2     
c) Điều kiện: x ≠ 0 .
Phương trình (2) tương đương: 2  1  1 1 2 y + 2 −
= 0 ⇔ xy = − 2 ⇔ y = −   . 2  x x x x Thay vào (1) ta được: 3 3  1  1 1  1 2  − + − = − ⇔ (t − )3 1 1
1 + t − = (t −     2t)3 2 2 2 2  xx 2  x x  2 ⇔ ( t − )( 4 3 2
2 1 6t −12t + 2t + 4t + 3) = 0 . TH1: 1 3
t = ⇒ x = 2 ⇒ y = − . 2 4 THCS.TOANMATH.com 2 TH2: 4 3 2
6t −12t + 2t + 4t + 3 = 0  2 2  1
⇔ 6 t − t − = −  (vô lý) 3    3
Vậy nghiệm của hệ (x y)  3 ; 2;  = −  . 4   
d) Điều kiện: x + y ≠ 1. Phương trình (2) tương đương: ( 2 2
x − 4y )(x + y − )
1 + 2xy = −(x + y − ) 1 .
Phân tích nhân tử ta được: (x + y − )( 2 2 2
1 x − 2y − xy + y + ) 1 = 0 .
TH1: x + 2y −1 = 0 thay vào (1) dễ dàng tìm được:  − − +   − −  (x y) 1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 ; =  ; , ;   . 5 5   5 2      2 2
x − 2y − xy + y +1
TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới:  . 2 2
x + y + x = 3 Giải bằng cách: 2
PT(1) − PT(2) ⇔ 3y + xy + x − y − 4 = 0 ⇔ ( y + )
1 (x + 3y − 4) = 0. Vậy nghiệm của hệ (  − − +   − −  x y) 1 2 14 3 14 2 14 1 3 14  10 17 ;  ; , ; ,      ;  = − ,(1; ) 1 ,(1;− ) 1 ,( 2 − ;− 5 5 5 2      11 10 
Ví dụ 7) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: 2 2
x + 2y + 2x +8y + 6 = 0 2
2x + 2xy + y −5 = 0 a)  b)  2
x + xy + y + 4x +1 = 0 2
y + xy + 5x − 7 = 0 THCS.TOANMATH.com Giải:
x = u + a * Cách 1: Đặt 
thay vào phương trình (1) của hệ ta có:
y = v + b 2 2
(u + a) + 2(v + b) + 2(u + a) + 8(v + b) + 6 = 0 ⇔ 2 2 2 2
u + 2v + 2(a +1)u + 4v(b + 2) + a + 2b + 2a + 8b + 6 = 0.
Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều a +1 = 0 a = 1 − kiện là: ⇔ b    + 2 = 0 b  = 2 − x = u −1
Từ đó ta có các h đặt ẩn phụ như sau: Đặt  thay vào hệ ta có: y = v − 2 2 2 u  + 2v = 3 
đây là hệ đẳng cấp. 2 u  + uv = 2 Từ hệ ta suy ra ( u = v 2 2 u + v ) = ( 2 u + uv) 2 2 2 2 3
⇔ u + 3uv − 4v = 0 ⇔  u = 4 − v
Công việc còn lại là khá đơn giản.
* Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2). 2 2 2
x + 2y + 2x + 8y + 6 + k x + xy + y + 4x +1 = 0   2 2
⇔ (1+ k)x + (2 + 4k + ky)x + 2y + 8y + ky + k + 6 = 0 Ta có 2 2
∆ = (2 + 4k + ky) − 4(k +1)(2y + 8y + ky + k + 6) = ( 2 k − k − ) 2 2 2 8
8 y + (4k − 32k − 32)y +12k −12k − 20 . THCS.TOANMATH.com
Ta mong muốn ∆ có dạng 2
(Ay + B) ⇔ ∆ = 0 có nghiệm kép:
⇔ ( k − k − )2 2 − ( 2 k − k − )( 2 k − k − ) 3 4 32 32 4 8 8 12 12 20 = 0 ⇔ k = − . 2
Từ đó ta có cách giải như sau:
Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có: ( 2 2
x + y + x + y + ) − ( 2 2 2 2 8
6 3 x + xy + y + 4x + ) 1 = 0 ⇔ 2 2 2
−x − xy − x + y + y + = ⇔ x + ( y + ) x − ( 2 3 8 4 13 9 0 3 8
4y +13y + 9) = 0
Ta có ∆ = ( y + )2 + ( 2 y + y + ) 2 3 8 4 4 13
9 = 25y +100y +100 = (5y +10)2 
3y + 8 − (5y +10) x = = − y −1  Từ đó tính được: 2  3y + 8 + (5y +  10) x = = 4y + 9  2
Phần việc còn lại là khá đơn giản.
b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được: 2
x + xy + y − − ( 2
y + xy + x − ) 2
= ⇔ x + ( y − ) 2 2 2 5 5 7 0 2
5 x − y + y +12 = 0  y +1 x =  ⇔ 2  x = − y + 2
Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng: 2 2
a x + a xy + a y + a x + a y + a = 0 1 2 3 4 5 6  2 2 b
 x + b xy + b y + b x + b y + b = 0 1 2 3 4 5 6 THCS.TOANMATH.com
+ Ta đặt x = u + a, y = v + b sau đó tìm điều kiện để phương trình không có
số hạng bậc 1 hoặc không có số hạng tự do .
+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k
sao cho có thể biễu diễn được x theo y . Để có được quan hệ này ta cần
dựa vào tính chất. Phương trình 2
ax + bx + c biểu diễn được thành dạng: 2
(Ax + B) ⇔ ∆ = 0
Đối với các hệ đại số bậc 3:
Ta có thể vận dụng các hướng giải
+ Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức
+ Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương
trình để tạo ra quan hệ tuyến tính.
Ví dụ 8) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: 3 2
x + 3xy = 49 − 3 2
x + 3x y = 6xy −3x − 49 a)  c)  2 2
x −8xy + y = 8y −17x 2 2
x − 6xy + y =10y − 25x − 9 3 3
x − y = 35
xy(3x + y) = 4 b)  d)  2 2
2x + 3y = 4x − 9y 3 7x +11 = 3 
(x + y)(x + y + ) 1 (1) Giải: 3 2
x + 3xy + 49 = 0
a) Phân tích: Ta viết lại hệ như sau:  2 2
y + 8(x +1)y + x +17x = 0 2  3 − y + 48 = 0 Nhận thấy x = 1
− thì hệ trở thành:  ⇔ y = 4 ± 2 y −16 = 0
Từ đó ta có lời giải như sau:
Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có: THCS.TOANMATH.com 3 2
x + 3xy + 49 + 3( 2 2
x −8xy + y −8y +17x) = 0 ⇔ (x + ) 2 2
1 (x +1) + 3(y − 4)  = 0  
Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ: ( ; x y) = ( 1; − 4),( 1; − 4 − )
b) Làm tương tự như câu a
Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được: (x + ) 2 2
1 (x +1) + 3(y − 5)  = 0  
. Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ.
c) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được: 3 3
(x − 2) = (y + 3) ⇔ x = y + 5
Thay vào phương trình (2) ta có:  y = 3 − 2 2 2
2(y + 5) + 3y = 4(y + 5) − 9y ⇔ 5y + 25y + 30 = 0 ⇔   y = 2 −
Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: ( ; x y) = (2; 3 − ),(3; 2 − )
d) Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được: (x − ) 2 2
1  y − (x + 3)y + x − x − 2 = 0  
Trường hợp 1: x =1 hệ vô nghiệm 2 2
y − (x + 3)y + x − x − 2 = 0 Trường hợp 2:  3 2
x + y = (x − y)(xy −1)
Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được: ( x + ) 2 2 2
1  y − (x −1)y + x − x + 2 = 0   + Nếu 1 3 3 5 x y ± = − ⇒ = 2 4 THCS.TOANMATH.com 2 2
y − (x −1)y + x − x + 2 = 0 + Nếu 2 2
y − (x −1)y + x − x + 2 = 0 ta có hệ:  . 2 2
y − (x + 3)y + x − x − 2 = 0
Trừ hai phương trình cho nhau ta có: y = 1
− thay vào thì hệ vô nghiệm  +   − 
KL: Nghiệm của hệ là: (x y) 1 3 3 5 1 3 3 5 ; = − ; , − ;   2 4   2 4      d). Ta có: (1) 3
⇔ 7x + 3xy (3x + y) =1+ 3(x + y)(x + y + ) 1 3
⇔ 7x + 3xy (4x + 2y − x − y) =1+ 3(x + y)(x + y + ) 1 3 3
⇔ x + y + xy ( x + y) 3 3 8 6 2
= x + y + 3xy (x + y) + 3(x + y + ) 1 (x + y) +1
⇔ ( x + y)3 = (x + y)3 + (x + y)(x + y + ) 3 2 3
1 +1 = (x + y + )3 1
⇔ 2x + y = x + y +1 ⇔ x =1.
Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với: x =1
x = 1 x = 1  ⇔  ∨ . y  ( y 3) 4 y 1  + = = y = 4 −
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức f (x, y); g(x, y) trong hệ phương
trình để đặt thành các ẩn phụ mới làm đơn giản cấu trúc của phương
trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn
giản hơn, hay quy về các dạng hệ quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp…
Đễ tạo ra ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong
hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm nhân tử chung, chia các phương trình
theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đối biến
theo đặc thù phương trình… THCS.TOANMATH.com
Ta quan sát các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau 2 2
2x − 2xy − y = 2 4 2 2
x − 4x + y − 6y + 9 = 0 a)  b)  3 2 2 3
2x − 3x − 3xy − y +1 = 0 2 2
x y + x + 2y − 22 = 0 Giải:
a) Ta viết lại hệ phương trình thành: 2 2 3
 x − (x + y) = 2 2 2 3
 x − (x + y) = 2  ⇔  . 3 2 3 2 3
 x + 3x y − (x + y) − 3x = 1 − 2 3 2 3
 x (x + y) − (x + y) − 3x = 1 − 2 a −b = 2 Đặt 2
a = 3x ,b = x + y ta thu được hệ phương trình: ⇔  . 3
ab − b − a = 1 −
Từ phương trình (1) suy ra 2
a = b + 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được: ( 2 b + ) 3 b − b − ( 2 b + ) 2 2 2 = 1
− ⇔ b − 2b +1 = 0 ⇔ b =1⇒ a = 3 x =1  2 a = 3 x =1 y = 0 Khi  ⇒  ⇔ b  = 1 x + y = 1 x = 1 −  y = 2
Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( ; x y) = (1;0),( 1; − 2) ( 2
x − 2)2 + ( y − 3)2 = 4
b) Ta viết lại hệ phương trình thành:  2 2
x y + x + 2y − 22 = 0 Đặt 2
a = x − 2;b = y − 3 . Ta có hệ phương trình sau: THCS.TOANMATH.com 2 2 2 2 2 a + b = 4 a + b = 4
(a + b) − 2ab = 4  ⇔  ⇔ 
(a + 2)(b + 3) + a + 2 + 2(b + 3) = 22
ab + 4(a + b) = 8
ab + 4(a + b) = 8 a + b = 2  2
(a + b) + 8(a + b) − 20 = 0 ab = 0 ⇔  ⇔ ab 4(a b) 8  + + = a + b = 10 −  (L) ab = 48 a + b = 2 a = 2,b = 0 Xét  ⇔ ab 0  = a = 0,b = 2  = ± + Nếu: x 2
a = 0,b = 2 ⇒  y = 5 x = 2 ±
+ Nếu a = 2,b = 0 ⇒  y = 3
Tóm lại hệ có các cặp nghiệm: ( ;
x y) = ( 2;5),(− 2;5),(2;3),( 2 − ;3)
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau ( 2 2
 x + y )(x + y + )1 = 25( y + )1 a)  b) 2 2
x + xy + 2y + x −8y = 9  2 2 1 9
x + y + 6xy − + = 0   (x − y)2 8   1 5 2y − + = 0  x − y 4 Giải:
a) Để ý rằng khi y = 1 − thì hệ vô nghiệm THCS.TOANMATH.com ( 2 2
x + y )(x + y + ) 1 = 25( y +  )1 Xét y ≠ 1
− . Ta viết lại hệ thành:  2 2
x + y + x
( y + )1+( y + )2 1 =10( y + ) 1
Chia hai phương trình của hệ cho y +1 ta thu được: 2 2 2 2  x + yx + y  (x + y + ) (x + y + ) 1 =  25 1 = 25  y +1  y +1 ⇔  . 2 2   x + y 2 2
x + y + x( y + ) 1 + ( y + )2 1 =10( y +  ) 1 + (x + y + ) 1 =10  y +1 2 2 + Đặt x
y = ;ax+ y +1= b. Ta có: y +1 2 2 ab =
x + y = ( y + ) x = 3; y =1 25 5 1  a b 5  ⇔ = = ⇔  ⇔ 3 11. a + b = 10 x + y = 4 x = − ; y =  2 2
Vậy hệ có nghiệm (x y) ( )  3 11 ; 3;1 , ;  = −  . 2 2   
b) Điều kiện: x ≠ y .
Hệ đã cho tương đương: 2  ( 
x + y)2 − ( y − x)2 1 9 2  1  25 2 − + = 0   (  + − − + + = y − x)2 2(x y)  y x  0 8   y − x  8  ⇔    1   y − x + +  ( x + y) 5   1  + =   y − x + +   ( x + y) 5 0 + = 0   y − x  4   y − x  4 . Đặt 1
x + y = a; y − x + = ; b b ≥ 2 hệ thành: y − x THCS.TOANMATH.com  5 y + x =  4  5  5   13 3 a + b = − a =
y − x = 2 − x = ; y = −     4  4  ⇔  ⇔  8 8  5 ⇔    2 2 25 5  y + x =  7 3 2a − b = − b = −   x = ; 4 y =  8  2    8 8  1 
y − x = −  2
Vậy hệ có nghiệm (x y)  7 3  13 3 ; ; , ;  = −  . 8 8 8 8     
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau  2 2
x 17 − 4x + y 19 − 9y = 3 a)  b) 2 2
 17 − 4x + 19 −9y =10 − 2x −3y ( 2  x + x  ) 2 2
y − 4y + y +1 = 0  2 2
xy + x y +1−  ( 3 4 − x ) 3 y = 0 Giải: a) Điều kiện: 17 17 19 19 − ≤ x ≤ ;− ≤ y ≤ . 2 2 3 3 Để ý 2
x 17 − 4x liên quan đến 2x và 2 2
17 − 4x , y 19 − 9y liên quan đến 3y và 2
19 − 9y . Và tổng bình phương của chúng là những hằng số. Đặt 2 2
2x + 17 − 4x = ;
a 3x + y 19 − 9y = b . Hệ đã cho tương đương: a + b =10  a = 5;b = 5 2 2
a −17 b −19 ⇔ . + =  3  a = 3;b = 7  4 6 THCS.TOANMATH.com  1 x =   2 2
2x + 17 − 4x = 5  TH1:  ⇔ x = 2 . 2 3
 y + 19 −9y = 5  5 ± 13 y =  6  2
2x + 17 − 4x = 3 TH2:  (loại). 2 3
 y + 19 −9y = 7 Vậy hệ có nghiệm (  +   −   +   −  x y) 1 5 13 1 5 13 5 13 5 13 ; =  ; , ; , 2; , 2;   . 2 6   2 6   6   6          ( 2  x + x) 2 2
y + y +1 = 4y
b) Ta viết lại hệ như sau:  2 2 3 3 3
xy + x y +1+ x y = 4y
Ta thấy y = 0 không thỏa mãn hệ.Chia phương trình đầu cho 2 y , ( 2x + x  ) y +1 + = 4 2  y phương trình thứ 2 cho 3 y ta được:  2  x x 3 + +1+ x = 4 2  y y  2 1 xy +1  2 1 x + + = 4 + =  2 x 2  2  y yy
Viết lại hệ dưới dạng:  ⇔  .  1  xy +  1 1 2 x + =    4 x + = 2 2   y  y    y + a + b = 4 Đặt 2 1 1 + = , xy x a
= b ta có hệ mới  ⇔ a = b = 2 2 y yab = 4 THCS.TOANMATH.com  2  2 1 x + = 2  1  2x  1   x + − =  2 x + = 2 2  y  y y  y ⇔  ⇔  ⇔  ⇔ x = y =1 1 x + = 2  1 x x + = 2  =1  y  y  y
Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất x = y =1
Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau x 5y 4 6x − + = 4 
( 3x − x) 2y −(y +12) 2x = 6 −  2 2
x − y x + y a)  b)  5  x − 2 2 x −  5y  (x − )2 4 2 2 2 1 .y −11x = 5 − 5x + y + = 5  xy Giải
a) Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ.
Chia hai vế phương trình cho 2 x ta có: 2     2 6 1 2  1   1  2 6x +
−  x −  y − y −12 = 0 6 x − − 
x −  y − y = 0 2  xx    x   x   ⇔ . 2  2 2  2 5  1  2   1   1  2 5x +
−  x −  y −11= 0 5    x − − 
x −  y −1 = 0 2  xx    x   x  2 2
6a − ay − y = 0 Đặt 1
x − = a . Hệ thành: . x  2 2 2 5
 a − a y −1 = 0 Chia hai vế cho 2 a và đặt 1 + = , y y X
= Y giải ra ta được a a THCS.TOANMATH.com  1 1  1± 17 x − = x =  x 2    4  1 a = , y =1  y =1  y =1  ⇔ 2 ⇔ ⇔     1  = =   1± 5 a 1, y 2 x − = 1 x  x =  2  y = 2  y = 2  ±   ± 
Vậy hệ có nghiệm (x y) 1 17 1 5 ; =  ;1, ;2  . 4   2      b). Điều kiện: 2 2
x, y ≠ 0; x ≠ −y ; y ≠ x .
Phương trình (2) tương đương: 2 2 x 5 + − + + 5 y − = 5 x y ⇔ + 5. x y y x = 5 y x x x 2 2 − + Đặt x y = , x y a = b . x x Hệ thành:  3 x = − , y = 3   2  4  1 5  ( 2 1 5 2 x − y) = + = x  1 a b
⇔ a = ,b = ⇔  ⇔ x = y = . 2 2  + = 2  b 5a 5  ( 1, 2
x + y ) = 5y 2  3 3 x = , y =  2 2
Vậy hệ có nghiệm (x y)  3   1   3 3 ; ;3,1; , ;  = −  . 2 2 2 2       
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau THCS.TOANMATH.com  ( y x  2
xy + 3)2 + (x + y)2 = 8  9x + + 2 y + = 4  x y a)  x y 1 b)   + = −   2x  y 2 2   x +1 y +1 4 −1 − 9 =     18 2 2   y  xGiải
a) Triển khai phương trình (1) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2
⇔ x y + 6xy + 9 + x + 2xy + y = 8 ⇔ x y + x + y +1 = 8 − xy ⇔ ( 2 x + )( 2 1 y + ) 1 = 8 − xy .
Nhận thấy x = 0, y = 0 không là nghiệm của hệ. 2 2 + +
Phương trình (1) khi đó là: x 1 y 1 . = 8 − . x y Đặt x = ; y a
= b . Hệ đã cho tương đương với: 2 2 x +1 y +1  1  x 1  a = − = −    2  2  x +1 2         x = 1 1 1 y 1 − a + b = − b   = =     2  4  4  y +1 4 y = 2 ± 3  ⇔  ⇔  ⇔ . 1   1  x 1    = − = = x = 2 + ± 3 8 a    2 ab  4  x +1 4     y = 1 − 1   y 1 b = −  = −   2  2   y +1 2 Vậy hệ có nghiệm ( ;x y) = ( 1; − 2 − 3),( 1; − 2 + 3),(2− 3;− ) 1 ,(2+ 3;− ) 1 . THCS.TOANMATH.com
b) Phương trình (2) tương đương: ( 2 x − y )( 2 y − x ) 2 2 2 2 3 3 2 9
= 18x y ⇔ 9x y +18x + y = 2xy 2 2 3 3 2 2 + + 9x y 18x y 18 ⇔ = 2 ⇔ 9 x y xy + + + 2 = 4 xy y x        2x y 2x y 2 ⇔ 9 + + + = 4 ⇔ 9 x x y y x +  y + =       4 .  y x y   x  y      Đặt y 2 = 9 + ; x a x b =  y + . Hệ thành:  x   y  9  y x + = 4  2 a + 2b = 4  x 9
 x + y = 4x
⇔ a = 2;b =1 ⇔  ⇔  2 ab = 2 2x   + = y + 2 1 x = y y  y 2  x = 0(L)
y = 4x − 9x   ( ⇔ .  4x − 9x  )2 1 1 2 2
+ 2x = 4x − 9xx = ⇒ y =  9 3
Vậy hệ có nghiệm (x y)  1 1 ; ;  =  . 9 3   
Ví dụ 6: Giải các hệ phương trình sau  2 2
x x + 6 + y x + 3 = 7xy 2 3 4 6
2x y + y = 2x +  x a)  b)  2 2 2 2 2
x x + 3 + y y + 6 = x + y + 2 (  x + 2  ) y +1 = (x + ) 1 Giải Giải hệ:.
Hệ phương trình tương đương với : THCS.TOANMATH.com (  x + + xx y + 6 + y
)+ y( x +3+x)=  y + 6 + y ( 2 2 3 2 2 ) 9xy  + = 9  ⇔  x  ( y x 2
x + 3 − x)+ y( 2y +6 − y) = 2  x  ( 2
x + 3 − x)+ y( 2y +6 − y) = 2  6 3 + =   y ⇔  ( 9 2
y + 6 − y) x( 2x +3 − x) x  ( 2
x + 3 − x)+ y( 2y +6 − y) =  2
Đặt x( 2x + − x) = a y( 2 3 ;
y + 6 − y) = b .  1 6 3 a = ;b =1  + = 9  Hệ thành:  2 b a ⇔  . 2 4 a +b =1 a = ;b =  3 3 x  ( 2
x + 3 − x) =1 x =1 TH1:   ( ⇔  1 . 2 + 6 − ) =1 y y y y =    2   x  ( 2 2 2 x + 3 − x) = x =  TH2: 3  15  ⇔  . y  ( 2 y + − y) 4  2 6 = y = 2  3  15    
Vậy nghiệm của hệ (x y) 1 2 2 ; = 1; , ;2  . 2  15 15     
PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC: THCS.TOANMATH.com
Điểm mấu chốt khi giải hệ bằng phương pháp biến đổi theo các hằng đẳng thức:
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau (
 3− x) 2− x − 2y 2y −1 = 0 2 3 4 6
2x y + y = 2x +  x a)  b)  3 2
 x + 2 + 2 y + 2 = 5 (  x + 2  ) y +1 = (x + ) 1 Giải a) Điều kiện: 1
x ≤ 2, y ≥ . Phương trình (1) tương đương: 2
(2− x) 2− x + 2− x = (2y − )
1 2y −1 + 2y −1
Đặt a = 2 − x,b = 2y −1. Ta có phương trình: 3 3
a + a = b + b ⇔ (a − b)( 2 2
a + ab + b + ) 1 = 0 . Do 2 2 2 2  b  3 + + +1 b a ab b = a + + +1 >  
0 suy ra phương trình cho ta a = b  2  4
2y −1 = 2 − x ⇔ x = 3− 2y thay vào ta có: 3 5 − 2y + 2 y + 2 = 5 ⇔ Đặt 3
a = 5 − 2y;b = y + 2 ta có hệ phương trình sau:   a =1;b = 2  y = 2   a + 2b = 5  3 − − 65 23+ 65  233+ 23 65  ⇔ a = ;b = ⇔ y = . 3 2 a 2b 9  + = 4 8   32   65 − 3 23− 65 a  − = ;b = 233 23 65  y =  4 8  32 Vậy hệ có nghiệm THCS.TOANMATH.com (  − −   + + 
x y) = (− ) 23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65 ; 1;2 , ; , − ;   16 32   16 32     
b) Điều kiện: y ≥ 1 − .
Ta viết lại phương trình (1) thành: 3 6 2
y − x + x ( 2 2 y − x ) = 0  y = x
⇔ ( y − x )( y + yx + x + x ) 2 2 2 2 4 2 2 = 0 ⇔  x = y = 0
Dễ thấy x = y = 0 không phải là nghiệm. Khi 2
y = x thay vào (2) ta được:  ( x = y = x + 2) 3, 3 2 x +1 = (x + )2 1 ⇒ (x + 2)2 ( 2 x + ) 1 = (x + )4 1 ⇔ 
x = − 3, y = 3
(thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (± 3;3).
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau 5 4 10 6
x + xy = y +  y a)  2
 4x + 5 + y + 8 = 6 3 2 3
2x − 4x + 3x −1= 2x (2 − y) 3− 2y b)  3
x + 2 = 14 − x 3− 2y +1  Giải a) Điều kiện: 5 x ≥ − . 4
Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho 5 y ta được: THCS.TOANMATH.com 5   x x 5 + = y +   y . Đặt x
a = ta có phương trình: 5 5
a + a = y + y suy ra  y y y (a − y)( 4 3 2 2 3
a + a y + a y + ay + ) 2
1 = 0 ⇔ y = a ⇔ x = y
4x + 5 + x + 8 = 6 ⇔ x =1⇒ y = 1
± . Từ đó tính được y = 1 ±
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ; x y) = (1;± ) 1 . b) Điều kiện: 3 x ≥ 2;
− y ≤ .Ta thấy khi x = 0 thì hệ không có nghiệm. 2 Chia phương trình (1) cho 2 x ≠ 0 : ( ) 4 3 1 1 ⇔ 2 − + −
= 4 − 2y 3− 2y 2 3 ( ) x x x 3     ⇔ − + − = ( − y )3 1 1 1 1 3 2 + 3−     2y .  x   x  Đặt 1
a =1− ,b = 3− 2y . Ta có x 3 3
a + a = b + b ⇒ a = b 1 ⇔ 3− 2y =1− . x Thay vào (2) ta được: 3 3 3 2
x + 2 − 15 − x =1 ⇔ x +1 = 15 − x ⇔ x + 3x + 4x −14 = 0 . 111
⇔ x = 7 ⇒ y =
. Vậy hệ có nghiệm (x y)  111 ; 7;  = . 98 98   
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau
(17 −3x) 5− x + (3y −14) 4 − y = 0 (1) a)  2
2 2x + y + 5 + 3 3x + 2y +11 = x + 6x +13 (2) THCS.TOANMATH.com
x(x + y)+ x + y = 2y ( 3 2y +  )1 b)  2 2 x y −5x + 7  (x + y) 3
− 4 = 6 xy − x +1 Giải x ≤ 5  y ≤ 4 a) Điều kiện:  2x + y + 5 ≥ 0
3x+2y+11≥0
Biến đổi phương trình (1) ta có: 3
 (5 − x) + 2 5 − x = 3 
 (4 − y) + 2 4 − y
Đặt a = 5 − x,b = 4 − y ta có” 3 3
a + a = b + b ⇔ (a −b)( 2 2 3 2 3 2
3a + 3ab + 3b + 2) = 0 ⇔ a = b
⇔ 5 − x = 4 − y ⇔ y = x −1 Thay vào (2) ta có: 2
x + 6x +13 = 2 3x + 4 + 3 5x + 9 (4)
Điều kiện xác định của phương trình (4) là: 4 x ≥ − 3 2
(4) ⇔ x + x + 2(x + 2− 3x + 4)+3(x +3− 5x +9) = 0 2( 2 x + x) 3( 2 x + x 2 ) ⇔ x + x + + = 0
x + 2 + 3x + 4 x + 3+ 5x + 9 ( 2x x) 2 3 1  ⇔ + + + =   0 
x + 2 + 3x + 4 x + 3+ 5x + 9  2 x + x = 0  ⇔ 2 3 1  + + = 0
 x + 2 + 3x + 4 x + 3+ 5x + 9
x = 0 ⇒ y = 1 − (*) 2
x + x = 0 ⇒  x = 1 − ⇒ y = 2 − THCS.TOANMATH.com Ta có 2 3 1+ + > 0 do điều kiện 4 x ≥ −
x + 2 + 3x + 4 x + 3+ 5x + 9 3 Kết luận: ( ; x y) = (0;− ) 1 ,( 1 − ; 2 − )
b) Điều kiện: y ≥ 0, x + y ≥ 0 .
Nhận thấy y = 0 thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi y > 0
Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp: − x − y PT(1) 2 2
⇔ x + xy − 2y = 2y − x + y ⇔ (x − y)(x + 2y) ( ) =
2y + x + y − Rõ ràng 1
x + 2y = x + y + y > 0;
< 0 , từ đó suy ra x = y .
2y + x + y Thay vào (2) ta được: 3 2 3 2
x − 5x +14x − 4 = 6 x − x +1 .
Biến đổi phương trình đã cho tương đương: 3 2 2 3 2
x + 3x + 6x + 4 = 8x −8x + 8 + 3 8x −8x + 8
⇔ (x + )3 + (x + ) 2 3 2 1 3
1 = 8x −8x + 8 + 3 8x −8x + 8 . Đặt 3 2
a = x +1,b = 8x −8x + 8 suy ra 3 3
a + 3a = b + 3b ⇔ (a −b)( 2 2
a + ab + b + 3) = 0 ⇔ a = b 3 2
x +1 = 8x −8x + 8 ⇔ x =1; y =1. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (1; ) 1 .
KHI TRONG HỆ CÓ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 THCS.TOANMATH.com THEO ẨN x, HOẶC y
Khi trong hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x hoặc
y ta có thể nghỉ đến các hướng xử lý như sau:
* Nếu ∆ chẵn, ta giải x theo y rồi thế vào phương trình còn lại của hệ để giải tiếp
* Nếu ∆ không chẵn ta thường xử lý theo cách:
+ Cộng hoặc trừ các phương trình của hệ để tạo được phương trình bậc hai
có ∆ chẵn hoặc tạo thành các hằng đẳng thức
+ Dùng điều kiện ∆ ≥ 0 để tìm miền giá trị của biến x, y . Sau đó đánh giá
phương trình còn lại trên miền giá trị x, y vừa tìm được:
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau 2 2
xy + x + y = x − 2y (1) a) 
x 2y − y x −1 = 2x − 2y (2) 2 2
2x + y −3xy + 3x − 2y +1= 0 b)  2 2
4x − y + x + 4 = 2x + y + x + 4y Giải
Xét phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 2 2
xy + x + y = x − 2y ⇔ x − x(y +1) − 2y − y = 0 . Ta coi đây là phương
trình bậc 2 của x thì ta có: 2 2 2
∆ = (y +1) + 8y + 4y = (3y +1) . Từ đó suy ra THCS.TOANMATH.com y +1− (3y +1) x = = − y  2  y +1+ (3y +  1) x = = 2y +1  2
Trường hợp 1: x = −y . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: x ≥1 
suy ra phương trình vô nghiệm y ≥ 0
Trường hợp 2: x = 2y +1 thay vào phương trình thứ hai ta có:
(2y +1) 2y − y 2y = 2y + 2 ⇔ y 2y + 2y = 2(y +1)
⇔ (y +1)( 2y − 2) = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x = 5
Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( ; x y) = (5;2)
b) Xét phương trình (1) của hệ ta có: 2 2 2 2
2x + y − 3xy + 3x − 2y +1 = 0 ⇔ 2x + x(3− 3y) + y − 2y +1 = 0.
Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có: 2 ∆ = − y − ( 2 y − y + ) 2 2 (3 3 ) 8 2
1 = y − 2y +1 = (y −1) 
3y − 3− (y −1) y −1 x = =  Suy ra 4 2  3y − 3+ (y −  1) x = = y −1  4
Trường hợp 1: y = x +1 thay vào phương trình (2) ta thu được: 2
3x − x + 3 = 3x +1 + 5x + 4 2
⇔ 3x − 3x + (x +1− 3x +1) + (x + 2 − 5x + 4) = 0 ( 2x x) 1 1 3  ⇔ − + + = 0   x 1 3x 1 x 2 5x 4  + + + + + +  THCS.TOANMATH.com Do 1 x ≥ − nên 3 1 1 x = 0 3+ + > 0 2
⇒ x − x = 0 ⇔
x +1+ 3x +1 x + 2 + 5x + 4  x = 1
Trường hợp 2: y = 2x +1 thay vào phương trình (2) ta thu được:
3− 3x = 4x +1 + 5x + 4 ⇔ 4x +1 + 5x + 4 + 3x − 3 = 0
Giải tương tự như trên ta được x = 0 .
Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( ; x y) = (0;1),(1;2)
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau
x + 3 = 2 (3y − x)( y + ) 1  (1) a)  x + 5  3y − 2 −
= xy − 2y − 2 (2)  2  2
2y − 7y +10 − x( y + 3) + y +1 = x +1 b)  3  y +1 + = x + 2yx +1
 4x − y − 3y − 4x =1 c) 
2 3y − 4x + y(5x − y) = x(4x + y) −1 Giải Điều kiện: 2 y ≥ ; x ≥ 3 − ;3y ≥ x . 3
Phương trình (1) tương đương 2
(x + 3) = 4(y +1)(3y − x) 2 2 2 2
⇔ x + 6x + 9 =12y +12y − 4xy − 4x ⇔ x + 2x(5 + 2y) −12y −12y + 9 = 0 THCS.TOANMATH.com
Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có: 2 2
∆ ' = (2y + 5) +12y +12y − 9 = (4y + 4)2 x = 5
− − 2y − (4y + 4) = 6 − y − 9 suy ra  x = 5
− − 2y + (4y + 4) = 2y −1
Trường hợp 1: x = 6 − y − 9 . Do x ≥ 3 − ⇒ 6 − y − 9 ≥ 3 − ⇔ y ≤ 1
− suy ra phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2: x = 2y −1 thay vào phương trình 2 của hệ ta có: 2 y − 2 2 ( )
3y − 2 − y + 2 = 2y − 3y − 2 ⇔ = (2y + ) 1 ( y − 2) 3y − 2 + y + 2 Ta có: 2 3 7 ≤ ;2y +1≥ . 3y − 2 + y + 2 2 3
Nghĩa là VP > VT , suy ra y = 2 ⇒ x =1. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (1;2) . x +1≠ 0 
b) Điều kiện: y +1≥ 0 .  2
2y − 7y +10 − x  ( y +3) ≥ 0
Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì:
x +1≥ 0 ⇔ x ≥ 1 − .
Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng: 2
2y − 7y +10 − x( y + 3) = x +1− y +1 .
Để bình phương được ta cần điều kiện: 2
x +1≥ y +1 ⇔ x + x ≥ y . THCS.TOANMATH.com
Ta bình phương hai vế được: 2
y − y + − x( y + ) 2 2 8 8
3 = x + 2x − 2(x + ) 1 y +1 (1).
Ta đưa phương trình (2) về dạng: (x + ) 2
1 y +1 = x + x + 2xy + 2y − 3 (2).
Thế (2) vào (1) ta được: 2
y − y + − x( y + ) 2 = x + x − ( 2 2 8 8 3 2
2 x + x + 2xy + 2y − 3) 2 2
⇔ 2y − 4y + 2 + 3xy + x − 3x = 0
x + y −1 = 0 2
⇔ x + 3x( y − ) 1 + 2( y − )2
1 = 0 ⇔ (x + y − )
1 (x + 2y − 2) = 0 ⇔ x+2y−2=0 .
* Với x + y −1 = 0 ⇔ y =1− x , ta có thêm x ≤ 2 thay vào phương trình (2) ta có: (x + ) 2 2 1 2 − x = 1
− + x − x ⇔ x − x +1+ (x + ) 1 2 − x = 0 . Vì 1
− ≤ x ≤ 2 , ta dễ thấy: VT > 0 , nên suy ra phương trình vô nghiệm. * Với 2 2 2 0 x x y y − + − = ⇔ =
, thay vào phương trình (2) ta được: 2 4 − x 3 +
= 2 . Đặt u = x +1 khi đó ta thu được phương trình: 2 x +1 3 2 u
 + 3u − 24u +18 = 0 5 − u 3 2  = − ⇔  3
⇔ u = 3 ⇔ x = 2 ⇒ y = 0 . 2 u u ≥  2
Hệ có một cặp nghiệm duy nhất: x = 2; y = 0 c). Điều kiện y 3y ≤ x ≤ . 4 4 THCS.TOANMATH.com
Ta viết phương trình (1) thành: 4x − y =1+ 3y − 4x . Bình phương 2
vế ta thu được: 2 3y − 4x = 8x − 4y −1. Thay vào phương trình (2) của hệ ta có: 2 2
4x − 4x(y + 2) + y + 4y = 0. Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì  2(y + 2) − 4 y x = =  ∆ = ( y + )2 2 ' 4
2 − 4(y + y) =16 suy ra 4 2  2(y + 2) + 4 y +  4 x = =  4 2
Trường hợp 1: y = 2x thay vào phương trình (1) ta có: 2x = 12 − vô nghiệm
Trường hợp 2: y = 2x − 4 thay vào phương trình (1) ta thu được: 273 257
2 2x −12 =15 ⇔ x = , y = 8 4
Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm: (x y)  273 257 ; ;  =  8 4   
PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Để giải được hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ta cần nắm chắc
các bất đẳng thức cơ bản như: Cauchy, Bunhicopxki, các phép biến đổi
trung gian giữa các bất đẳng thức, qua đó để đánh giá tìm ra quan hệ x, y
Ngoài ra ta cũng có thể dùng hàm số để tìm GTLN, GTNN từ đó có hướng
đánh giá, so sánh phù hợp. THCS.TOANMATH.com
Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau  1 1 2 + =  2 2  1+ 2x 1+ 2y 1+ 2xy a)  b)
x( − x) + y( − y) 2 1 2 1 2 =  9 
x( x − y ) + x = 2 ( x − y )3 2 2 2 2  . 2 2  3
76x − 20y + 2 = 4x(8x + ) 1  Giải a) Điều kiện: 1
0 ≤ x, y ≤ . 2 Đặt 1 a 2x,b
2y;a,b 0;  = = ∈  . 2    Ta có: 1 1  1 1 VT 2  = + ≤ +  . 2 2  2 2 1+ a 1+ b 1+ a 1+ b
Ta sử dụng bổ đề với a,b > 0 và ab ≤1 ta có bất đẳng thức: 1 1 2
(a −b)2 (ab − ) 1 + ≤ ⇔ ≤ 0 (đúng). 2 2 1+ a 1+ b 1+ ab (1+ ab)( 2 1+ a )( 2 1+ b ) Vậy 2 VT ≤ = VP . 1+ ab
Đẳng thức xảy ra khi x = y . Thay vào(2) ta tìm được nghiệm của phương trình.  − −   + + 
Nghiệm của hệ (x y) 9 73 9 73 9 73 9 73 ; =  ; , ;   . 36 36   36 36      THCS.TOANMATH.com b) Điều kiện: 2 x ≥ y ≥ 0.
Phương trình (1) tương đương: x + x(x − y ) − (x − y )3 3 2 2 2 = 0 . Đặt 2
x − y = u phương trình (1) thành: 3 2 3 2 2
x + xu − 2u = 0 ⇔ x = u ⇔ y = x − x . Thay vào (2) ta được: 2 3 2
96x − 20x + 2 = 32x + 4x . + + Ta có 2 2
96x − 20x + 2 = 32x + 4x = 1.1.( 2 32x 4x 2 3 32x + 4x) 2 3 ≤ 3 ⇔ ( 2 x − x + ) 2 ≤
x + x + ⇔ ( x − )2 1 7 3 96 20 2 32 4 2 16
2 ≤ 0 ⇔ x = ⇒ y = ± 8 8 .  
Từ đó ta có các nghiệm của hệ là: Vậy hệ có nghiệm (x y) 1 7 ; =  ;±   . 8 8   
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau  2xy 2 x + = x + y ( ) 1  3 2  x − 2x + 9 a)  với x y ≥ 2xy , 0 2 y + = y + x(2)  3 2 y − 2y +  9 3
x +10 xy − y =12  b)  6( 3 3 x + y ) . x + − 2( 2 2 x + y ≤ 3 2 2 ) 
x + xy + y Giải THCS.TOANMATH.com a)
Hiển nhiên x = y = 0 là một nghiệm của hệ. Ta xét x ≠ 0 và y ≠ 0 .
Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được  1 1    2 2 2xy +
= x + y . Chú ý rằng  (x )2 1 8 ( y )2 3 3 1 8  − + − +   1 1 1 1 ≤ ; ≤ . (x − )2 2 + ( y − )2 3 3 2 1 8 1 + 8   Với xy > 0 ta có 1 1   2 2 2xy +
≤ 2xy ≤ x + y .  (x )2 1 8 ( y )2 3 3 1 8  − + − +  
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =1. Với xy < 0 . Khả năng này
không thể xảy ra. Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử x < 0, y > 0
thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm ( ; x y) là (0;0),(1; )1.
b) Theo bất đẳng thức AM − GM ta có : x + y xy ≤
⇒ 12 = 3x +10 xy − y ≤ 3x + 5x + 5y − y = 8x + 4y ⇒ 2x + y ≥ 3 2 Ta sẽ chứng minh: 6( 3 3 x + y ) x + − 2( 2 2
x + y ≥ 2x + y 2 2 )
x + xy + y 6( 3 3 x + y ) ⇔ ≥ 2( 2 2
x + y + x + y (). 2 2 )
x + xy + y Ta có: 2 2
x + y ≤ 2(x + y ) Để chứng minh () ta sẽ chứng minh bất 6( 3 3 x + y )
đẳng thức mạnh hơn là: 2 2
≥ 2 2(x + y ) (1) 2 2
x + xy + y THCS.TOANMATH.com 2 2 Mặt khác ta cũng có: x y xy + ≤
nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta 2 chỉ ra được: 3 3 + 6(x y ) 2 2 3 3 2 2 2 2
≥ 2 2(x + y ) ⇔ 2(x + y ) ≥ (x + y ) 2(x + y ) 2 2 2 2 x + y x + y + 2 6 6 3 3 2 2 2 2
⇔ x + y + 4x y − 3x y (x + y ) ≥ 0 (2)
Vì y > 0 chia hai vế cho 6 y đặt x
t = > 0 bất đẳng thức (2) trở thành. y 6 4 3 2
t − 3t + 4t − 3t +1≥ 0
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do: 6 4 3 2 2 4 3
t − 3t + 4t − 3t +1 = (t −1) (t + 2t + 2t +1) 6( 3 3 x + y ) ⇒ x + − 2( 2 2 x + y ≥ 3 2 2 )
x + xy + y
Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số x, y thỏa mãn x, y > 0
điều kiện 2x + y = 3 ⇔ x = y =1 là nghiệm của hệ x =  y
Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau  41  2 1 9   x + =  3 + 40x a)  2  2x + y
với x, y > 0  2 2
x + 5xy + 6y = 4y + 9x + 9  2 2 2 2 x + y
x + xy + y  + = x + y b)  2 3
x 2xy +5x+3 = 4xy −5x−  3 THCS.TOANMATH.com Giải   +
a) Phương trình (1) tương đương: 2 1 6 80 82 x x + =  .  2x y  +  9 Ta có:   VT = ( 2 2 + ) 2 1 1 3 6 1 9 x + ≥  9x + ≥ 9x + ≥ 9x +   2x + y  2x + y 9(2x + y) 2x + y + 9 6 + 80x 6 2 ⇒ ≥
⇔ 3x − 2x − xy + 6y ≥ 0 (*) 9 2x + y + 9
Lấy (*) cộng với PT(2) ta được: 2 2
−x + 4xy − 4y +12y − 6x − 9 ≥ 0 ⇔ −(x − 2y + 3)2
≥ 0 ⇔ x + 3 = 2y .
Để dấu bằng xảy ra thì x = y = 3. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (3;3). b) Ta có x + y
(x + y)2 (x − y)2 (x + y)2 2 2 2 2 x + y x + y = + ≥ ⇒ ≥ 2 4 4 4 2 2
x + xy + y
(x + y)2 (x − y)2 (x + y)2 2 2 2 2
x + xy + y x + y = + ≥ ⇒ ≥ 3 4 12 4 3 2 2 2 2 2 + + + Từ đó suy ra x y x xy y +
≥ x + y ≥ x + y 2 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y ≥ 0 THCS.TOANMATH.com
Thay x = y vào phương trình còn lại ta có: 2 2
x 2x + 5x + 3 = 4x − 5x − 3
Để ý rằng x = 0 không phải là nghiệm. Ta xét x > 0 , chia phương trình cho 2 x thì thu được: 5 3  5 3 2 4  + + = − + . Đặt 2  2 x x x x    5 3 t = 2 + +
> 0 ta có phương trình: 2 x x 2 5 3 3 5
t + t − 6 = 0 ⇔ t = 2 ⇔ 2 + + = 4 ⇔ + − 2 = 0 ⇔ x = 3 2 2 x x x x
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ; x y) = (3;3)
Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau 4 2
 x + 32 − x − y + 3 = 0 a)  4
 x + 32 − x + 6y − 24 = 0
xy +(x − y) 
( xy −2) + x = y+ y (1) b) 
(x +1) y + xy + x(1− x) = 4 (2)    Giải 0 ≤ x ≤ 32 a) Điều kiện:  y ≤ 4
Cộng hai phương trình vế theo vế ta có: 4 4 2
x + 32 − x + x + 32 − x = y − 6y + 21 (*) Ta có: 2
y − 6y + 21 = ( y − 3)2 +12 ≥12 .
Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: THCS.TOANMATH.com
x + 32 − x ≤ (1+ )
1 (x + 32 − x) = 8 4 4
⇒ x + 32 − x ≤ (1+ )
1 ( x + 32− x) = 4 Vậy 4 4
x + 32 − x + x + 32 − x ≤12 . Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi  x = 32 − x  x =16
và chỉ khi x, y phải thỏa mãn: 4 4
x = 32 − x ⇔   y = 3 y − 3 = 0 
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất ( ; x y) = (16;3) x, y ≥ 0 b) Điều kiện: 
xy + (x − y)  ( xy −2)≥0
Chuyển vế và bình phương ở phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 2
xy + (x − y)( xy − 2) = (y + y − x)
⇔ (x − y)(y + xy − 2) + ( x − y)(2y + y − x) = 0 (3)
Từ phương trình (1) của hệ ta có
2y + y − x = y + xy + (x − y)( xy − 2) ≥ 0 .
Từ phương trình (2) ta có: 3 2
(x +1)(y + xy) = x − x + 4 = (x + 2)(x −1) + 2(x +1) ≥ 2(x +1) ⇒ y + xy ≥ 2
Kết hợp với (3) ta suy ra x = y
Thay vào phương trình (2) ta có:
x + [ x + x − x ] 3 2 ( 1) 2
(1 ) = 4 ⇔ x − 2x − 3x + 4 = 0 ⇔ x =1 THCS.TOANMATH.com
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất x = y =1
Nhận xét: Việc nhìn ra được quan hệ x = y là chìa khóa để giải quyết bài
toán. Đây là kỹ năng đặc biệt quan trọng khi giải hệ bằng phương pháp
đánh giá cũng như chứng minh bất đẳng thức.
MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2 2 x + y =  2x 1)
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên (   x −  )3 3 1 + y =1 ĐHQG Hà Nội 2008) . 2 2
2x y − y x =1 2)
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên 3 3 8
 x − y = 7 ĐHQG Hà Nội 2008) . 2 2
x − y + xy =1 3)
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên 2 3
 x + y = y + 3 ĐHQG Hà Nội 2009) . 2 2 3
 x +8y +12xy = 23 4)
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT 2 2 x + y = 2
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 2 2 5
 x + 2y + 2xy = 26 5)
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 3  x + 
(2x − y)(x − y) =11
THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 2 2 2 2
x + y = 2x y 6) (
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT  x + y  )(1+ xy) 2 2 = 4x y
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2011) . 2 2
x + y + 2y = 4 7)
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT
2x + y + xy = 4
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2012) . THCS.TOANMATH.com 2 2
x + y − xy =1 8)
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT 2 2
x + xy + 2y = 4
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) . 2 2
2x −3y + xy =12 9)
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 2 2
6x + x y =12 + 6y + y x
THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) .
2x + 3y = 5xy 10)
( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT 2 2 2
4x + y = 5xy
Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) .
2x + 2y + xy = 5 11)
( Trích đề tuyển sinh vòng 2- 27  ( x + y) 3 3 2
+ y + 7 = 26x + 27x + 9x
lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) . x(4y + ) 1 − 2y = 3 − 12) 
. ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 2 x  ( 2 x −12y) 2 + 4y =  9
Amsterdam và Chu Văn An năm 2014) 2 2  x y 1 + =
13) ( y + )2 1 (x + )2 1
2 ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 3 
xy = x + y +1
Phan Bội Châu – Nghệ An 2014) 3
x + 2y = 4 − x − y 14)
( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 3
 x + 6 + 2y = 2 Lam Sơn Thanh Hóa 2014) 2 2
2x + 3xy − 2y −5(2x − y) = 0 15)
( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 2 2
x − 2xy − 3y +15 = 0 chuyên Thái Bình 2014) .
xy(3x + y) = 4 16)  3 7x +11 = 3 
(x + y)(x + y + )1 2 2 2 2
x + y = 2x y 17)  2 2
y + 8x y + 3x = 5x + 7xy THCS.TOANMATH.com 2 2
x − xy + y =1 18)  3
2y = x + y (
 x + y)( 2 2 x + y ) =15 19)  4
y + y = x (  x + y)  ( 2 2 x + y ) = 2 20) (   x + y)  ( 4 4 2 2
x + y + x y − 2) 5 = 2x 2 2 x + 3y =  1 21) (   x + y  )3 = x (  xy + ) 1 ( 2 2 x y + ) 3 1 =15y 22)  3 4 y +1 = xy 2 2 x + y = 2 23)  4 4 2 2
x + y + 6x y + 8xy =16 2 2
x + y + xy = 3 24)  3 2 3 2
27x + 6y x = 2 + y + 30x y 2 2 4x + y = 5 25)  3 3 15  x y + +12xy =  40  y x
x(x + 2y) = 8  26)  1  1 1  2  1 1  1 + + + =  (     x + y)2 2 2  x
y  (x + y)3  x y  16 2 2 x + y = 9  27) 2  1− x 2 − y =1 
(1+ xy)2 − ( x + y)2 (
 x − 4) y −3 +( y − ) 1 x − 2 = 7 6 28)  12
 x y − 4 + 4 2y x − 2 = 5xy THCS.TOANMATH.com  8xy 17  x y  21  + + =   29) 2 2
x + y + 6xy 8  y x  4
x−16 + y −9 =  7
x −3 + 13− y = 2 5 
30)  y −3 + 13− z = 2 5
z −3 + 13− x =  2 5  3
x + 7y = (x + y)2 2 + x y + 7x + 4 31) 2 2 3
 x + y + 8y + 4 = 8x 3
 x + 2y + 3− x − y = 5 32)  (x, y∈)
2 3− x − y − 2x + 3y + 4 = 2 (
x − 2)(2y − ) 3
1 = x + 20y − 28 33)  2
 ( x + 2y + y) 2 = x +  x
 x + y − x − y = 4x − y 34)  (x, y∈) 2
x −16 = 2 + y −  3xy  ( 2 3 9y + )
1 = (x − 2y + ) 1 x − 2y 35)
x + x − 2y = x + 3y − 2   2 2
x + x − y 9x  = 2 2
36) x − x − y 5   x 3x + 5 =   y 30 − 6y THCS.TOANMATH.com  2 2
(x + 3) y + 8y + 20 + (y + 4) x + 6x +10 = 0 37)  2 3
4(x + 5) + 6y +11 = 3 2y + 5 3 2 2
x + xy + x − y = 38) 2 2 4  (x, y ∈) 2 2
2x + xy + 2y + 2y = 4 2 2 2
2y(x + 3)(2y + 3) = x y +12xy +11y +  8 39)  2
y 6x = 13y + y +1 3 2 2
 2x − x y = 4 40)  2  3 2 − 2 x y xy + =  2  y 3 3 2
x − y + 3y − 3x =  2 41)  2 2 2
x + 1− x − 3 2y − y = 2 − 3 2 3
2x − 4x + 3x −1= 2x (2 − y) 3− 2y 42)  3
x + 2 = 14 − x 3− 2y +1  ( 2  x − )( 2 y − ) 7 2 1 2 1 = xy 43)  2  2 2
x + y + xy − 7x − 6y +14 = 0 3 2 16
 x + 24x +14x +3 = (2y −3) y − 2 44)  4
 4x + 2 + 2y + 4 = 6
 13x + 4y + 2 = 2x + y −5 45)
 2x + y + x − 2y = 2 3 3 3 8
 x y + 27 =18y 46)  2 2
4x y + 6x = y THCS.TOANMATH.com (
 3− x) 2− x − 2y 2y −1 = 0 47)  3
 x + 2 + 2 y + 2 = 5 ( 2 x + x +1  )( 2 y + y +1) =1 48)  y 35 y + = 2  x −1 12 (
xy + 3)2 +(x + y)2 = 8 49)  x y 1  + = − 2 2  x +1 y +1 4 4 3 2
x − x + 3x − 4y −1 = 0 50)  2 2 2 2  x + 4y
x + 2xy + 4y  + = x + 2y  2 3 3 2
x −12z + 48z − 64 = 0  51) 3 2
y −12x + 48x − 64 = 0  3 2
x −12y + 48y − 64 = 0   2 x + 2 + ( 2 y − y − ) 2 3
1 x + 2 − y + y =  0 52)  2
2x + xy + 2 + (x + 2) y + 4x + 4 =  0
 3x + y + 2x + 7 =10  53) (    x + y ) 1 1  +  = 2    x 3y 3x y  + +  3 2 2
2y − (x + 4)y + 8y + x − 4x = 0
54)  1− x 2 1 
+ x + 2y + 3 = 4(x −1) + 8y −  2 2 THCS.TOANMATH.com (x − y)  ( 2
x + y + y ) = x(y +1) 55)  3 2 3
 x + 4x = y + 4y + 7 3 2 2
2y − (x − 4)y + 4y − x − 2x = 0 56)  3
 ( x −1 + 4(x − y +1) ) 2 3
= (x +1) −8( y −  ) 1  2 2 5
8(x + y ) + 4xy + = 13  2  (x + y) 57)  1 2x + = 1  x + y  2 2
x 2 − y + y 2 − x = 2 58)  3
(x + y) −12(x −1)(y −1) + xy = 9  3 3
x + y + ( x + y) xy = xy ( 2 2 7 8 2 x + y ) 59)
y − 2x − 3 = 6 −  2x
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN (  x − )2 2 1 + y =  1
1) Ta viết lại hệ phương trình thành: 
đặt a = x −1 ta (  x −  )3 3 1 + y =1 2 2 a + y =1 có hệ mới  . Suy ra 1
− ≤ a, y ≤1. Mặt khác ta cũng có: 3 3 a + y =1 3 3
a = − y = ( − y)( 2 1 1
1+ y + y ) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ a ≤1. Tương tự ta cũng có 2 3 a ≥ a 2 2 3 3 0 ≤ y ≤1⇒ 
⇒ a + y ≥ a + y =1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 3 y ≥ y
a =1, y = 0 hoặc a = 0, y =1. Từ đó suy ra các nghiệm của hệ là:
( ;x y) = (1; )1,(2;0).
2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra 3 3 x − y = ( 2 2 x y − y x) 3 2 2 3 8 7 2
⇔ 8x −14x y + 7xy − y = 0 ⇔ (x − y)(4x − y)(2x − y) = THCS.TOANMATH.com y = x  ⇔ y = 2x
thay vào một phương trình ta tìm được nghiêm là:  y =  4x (x y) ( )  1 ; 1;1 , ; 2 = − −  2   
Ta có thể giải nhanh hơn như sau: Lấy phương trình (2) trừ 6 lần phương
trình (1) thì thu được: ( x − y)3 2
= 1⇒ 2x − y =1 ⇔ y = 2x −1.
3) Từ hệ phương trình suy 2 2
x −1+ xy = y ra 2 2 
⇒ x −1+ xy = 3x + y − 3 ⇔ x + (y − 3)x − y + 2 = 0 . Đây 2 3
 x + y − 3 = y
là phương trình bậc 2 của x có 2
∆ = y − 6y + 9 − 4(−y + 2) = ( y − )2 1 từ đó
tính được x =1 hoặc x = 2 − y thay vào ta tìm được các nghiệm là
( ;x y) = (1;0),(1; )1,(5; 3 − )
Chú ý ta có thể giải cách khác: 2
x − + xy = x + y − ⇔ y(x − ) 2 1 3 3
1 + x − 3x + 2 = 0 ⇔ (x − )
1 ( y + x − 2) = 0 .
4) Nhận xét: Có thể đưa hệ về dạng đẳng cấp:Từ hệ ta suy ra ( 2 2
x + y + xy) = ( 2 2 x + y ) 2 2 2 3 8 12 23
⇔ 17x − 24xy + 7y = 0 ⇔ (x − y)(17x − 7y) = 0 x = y  ⇔
7 . Giải hệ với 2 trường hợp ta suy ra x = y  17 (x y) ( ) ( )  7 17   7 17 ; 1;1 , 1; 1 , ; , ;  = − − − −  . 13 13 13 13     
Cách khác: Cộng hai phương trình của hệ ta thu được: (  + = x + y)2 2x 3y 5 2 3 = 25 ⇒ 
rồi thay vào để giải như trên. 2x + 3y = 5 − THCS.TOANMATH.com 2 2 5
 x + 2y + 2xy = 26
5) Ta viết lại hệ đã cho thành:  2 2 3
 x + 2x − xy − y =11
Nhân hai vế của phương trình: (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta x = 2 được: 2 9x 6x 48 (3x )2 1 48  + = ⇔ + = ⇔ 8 thay vào ta tìm được x = −  3
y =1 hoặc y = 3 − .
Cách khác: Ta viêt lại hệ thành: (
 x + y)2 +(x − y)2 2 2 2 = 26 a + b = 26  ⇔ đây là hệ đối (   2x + y
)+(x − y)+(2x + y)(x − y) =11 a +b + ab =11 xứng loại 1.
6) Nhận xét x = y = 0 là nghiệm của hệ. Xét x, y ≠ 0 . Ta chia 2 phương trình cho 2 2 x y 2  1 1  1 1  2 + = 2  2 2  + − =   2  x y  x y xy  ⇔  . Đặt   1 1  2    1 1  2 +   2 + =  8  +     2 + =  8   x y  xy    x y  xy   1 1   2  ab = 8 + = ; a 2 + =     b thu được 3 
⇒ a = 8 ⇒ a = 2;b = 4 . Từ  x y   xy  2 a − b = 0
đó tìm được nghiệm là ( ; x y) = (1; ) 1 .
7) Ta viết lại hệ phương trình thành: 2
x +( y + )2 2 2 1 = 5 a + b = 5  ⇔  đây là hệ đối x + x
( y + )1+ y +1= 5 a +b + ab = 5
Xứng loại 1, ta dễ tìm được a = 2,b =1 hoặc a =1,b = 2 . Từ đó giải được
x = y =1 hoặc x = 2; y = 0 . THCS.TOANMATH.com
Cách khác: Ta viết lại hệ thành: 2 2
x + y + 2y = 4 2 2 
⇒ x + y + 2xy + 4(x + y) =12 ⇔ (x + y)2 + 4(x + y) −12 = 0
4x + 2y + 2xy = 8 . 8) Từ hệ ta suy ra 2 2
x + xy + y = ( 2 2
x + y − xy) 2 2 2 4
⇔ 3x − 5xy + 2y = 0 ⇔ (x − y)(3x − 2y) = 0 .
Giải hệ ứng với 2 trường hợp ta có: x = y =1; x = y = 1 − , 2 7 3 7 2 7 3 7 x = ; y = ; x = − ; y = − 7 7 7 7
9) Ta viết hệ đã cho thành: (
 x − y)(2x + 3y) =12 
⇒ (x − y)(2x + 3y) = (x − y)(xy + 6) (  x − y  )(xy + 6) =12
(x − y)(2x +3y −6− xy) = 0 ⇔ (x − y)(x −3)( y − 2) = 0.Giải 3 trường hợp ta thu được: ( ; x y) = (3;− ) 1 ,(3;2),( 4 − ;2) .
10) Từ hệ ta suy ra 2 2
2xy + 3y = 5xy 2 2 2 2 2 
⇔ 2xy + 3y = 4x + y ⇔ 4x − 2xy − 2y = 0 ⇔ (x − y)(4x + 2y) 2 2 2
4x + y = 5xy
. Giải 2 trường hợp ta thu được (x y) ( ) ( )  2 4 ; 0;0 , 1;1 , ;  = −  . 5 5    (  x + 2  )( y + 2) = 9
11) Ta viết lại hệ đã cho thành:  27  ( x + y) 3 3
+ y + x + 8 = (3x + )3 1
Chú ý rằng: 27(x + y) = 3(x + 2)( y + 2) suy ra (x + y) 3 3
+ y + x + = ( x + )3 3 3 27 8
3 1 ⇔ x + y + 3(x + 2)( y + 2)(x + y) + 8 = (3x + )3 1 THCS.TOANMATH.com
⇔ (x + y + )3 = ( x + )3 2
3 1 ⇔ x + y + 2 = 3x +1 ⇔ y = 2x −1 thay vào ta tìm
được: (x y) ( )  7 ; 1;1 , ; 8 = − −  . 2   
12) Hệ đã cho tương đương với: 2 x 2 2  (4y + ) 1 = 2y − 3 x  (4y + )
1 (2y + 3) = 4y − 9  ⇔  2 x 2 2 2  ( 2 x −12y) 2 = 9 −  4y x
 ( x −12y) = 9 −  4y
Cộng theo vế hai phương trình ta được: 2 x ( 2 2
x + 8y + 2y + 3) = 0 2 2 2
⇔ x x + y + ( y + )2 3 7
1 + 2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y =   (tm) 2
Vậy hệ có nghiệm (x y)  3 ; 0;  =  . 2   
Điều kiện: x ≠ 1; − y ≠ 1 − . 2 2  x y 1 + =  ( y + )2 1 (x + )2 1 2
13) Hệ phương tình đã cho tương đương:  .  x y 1 . =
 y +1 x +1 4  2 2 1 u + v =  Đặt x = ; y u v = , hệ thành:  2 y  +1 x +1 1 uv  =  4 u
 + v + 2uv =1 (  u + v)2 2 2 = 1 ⇔  ⇔  2 2 u
 + v − 2uv = 0 (  u − v  )2 = 0 THCS.TOANMATH.com Suy ra 1 u = v = hoặc 1
u = v = − . Nếu 1
u = v = thì x = y =1 (tm). Nếu 2 2 2 1
u = v = − thì 1
x = y = − (tm). 2 3 x + 2y ≥ 0 14) Điều kiện 
. Đặt t = x + 2y ≥ 0 từ phương trình ( ) 1 suy y ≥ 0
ra 2t + 3t − 4 = 0 ⇒ t =1⇒ x + 2y =1 thay vào phương trình (2) ta có:
3 8 − 4y + 2y = 2 . Đặt 2
2y = a ≥ 0 ⇒ 2y = a . Thay vào phương trình ta a = 0 có: 3 2 3 2 8 2a 2 a
a 8a 12a 0  − = − ⇔ − + = ⇔ a = 2 
. Từ đó tìm được các a =  6 nghiệm của hệ là ( ; x y) = (1;0),( 3 − ;2),( 35 − ;18)
15) Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau: (  =
x − y)(x + y − ) y 2x 2 2 5 = 0 ⇒  x = 5 − 2y
Thay vào phương trình (2) của hệ ta tìm được các nghiệm là ( ;x y) = (1;2),( 1; − 2 − ),( 3 − ;4).
16) Từ phương trình ( 2) ta có: 3
7x + 3xy (3x + y) =1+ 3(x + y)(x + y + ) 1 Hay 3
7x + 3xy (4x + 2y − x − y) =1+ 3(x + y)(x + y + ) 1 Hay 3 3
x + y + xy( x + y) 3 3 8 6 2
= x + y + 3xy (x + y) + 3(x + y + ) 1 (x + y) +1
Hay ( x + y)3 = (x + y + )3 2
1 ⇒ 2x + y = x + y +1⇒ x =1. Thay vào phương
trình đầu tìm được nghiệm của hệ là: ( ; x y) = (1; ) 1 ,(1; 4 − ) .
17) Dễ thấy hệ có nghiệm (0;0) . THCS.TOANMATH.com  1 1 + = 2  2 2  x y
Nếu x, y ≠ (0;0) hệ phương trình tương đương với:  . 1 3 7 5  + − − = 8 − 2 x xy x y Đặt 1 1
= u; = v và cộng hai phương trình của hệ ta thu được: x y 2 2 u  + v = 2  2 u
 + 3uv − 7u + 5v = 8 − 2 2
⇒ 2u + v + 3uv − 7u + 5v + 6 = 0 ⇔ (u + v − 2)(2u + v − 3) = 0 .Ta được:  u  + v = 2  2 2  u  + v = 2  2u + v = 3  2 2  u  + v = 2 18) Ta có: 3
y = (x + y) = (x + y)( 2 2
x − xy + y ) 3 3 3 3 2 .1
= x + y ⇒ y = x ⇔ x = y .Hệ x = yx = y =1 tương đương với  ⇔ . 2 2
x − xy + y =1  x = y = 1 −
19) Hệ tương đương: (  x + y)( 2 2 x + y ) =  15 (  x + y)  ( 2 2 x + y ) =15  ⇔  15  (x − y) 4 = 15y (  x + y)  ( 2 2
x + y )(x − y) 4 = 15y (
 x + y)( 2 2 x + y ) =15 (
 x + y)( 2 2 x + y ) =15 ⇔  ⇔  4 4 4
x − y =15y x = 2 ± x = 2y +) ( ⇒ = ⇔ = = x + y)  (x + y ) 3 15y 15 y 1; x 2 2 2 =  15 THCS.TOANMATH.com x = 2 − y +) ( ⇒ − = ⇔ = − = x + y)  (x + y ) 3 3 3 5y 15 y 3; x 2 3 2 2 =  15
Vậy nghiệm của hệ: x = 2; y =1 , 3 3
x = 2 3; y = − 3 .
20) Ta có: 5 = ( + )( 4 4 2 2 + + − ( 2 2 + ) 5 5 2x x y x y x y xy x y
= x + y ⇔ x = y x = y  x = y =1
Ta thu được hệ tương đương:  ⇔ . xy  ( 2 2 x y ) 2  + = x = y = 1 − (
x + y)2 +(x − y)2 −(x + y)(x − y) =  1
21) Hệ đã cho tương đương:  2
 ( x + y)3 = ( x + y) + ( x − y)
Đặt u = x + y;v = x − y , sau đó giải như bài 18.
22) Nếu y = 0 suy ra 1 = 0 (loại) Chia cả hai vế cho 3 4
y ≠ 0, y ≠ 0 ta được:  1   2 1
 x +  x + =  15 2  2 2  y  y  (
 x +t)(x +t ) =15 
. Đặt 1 = t ta được:  , sau đó  1 1 y 4 + = x t  + t = x 4  y y giải như bài 19 23) Ta có: 4 4
= x + y + xy ( 2 2 x + y ) 2 2 16 4
+ 6x y = (x + y)4 ⇒ x + y = 2 ± x + y = 2 x =1 +) 2 
⇒ x + (2 − x)2 2
= 2 ⇔ 2x − 4x + 2 = 0 ⇒  2 2 x + y = 2 y = 1 x + y = 2 − x = 1 − +) 2  ⇒ x + (x + 2)2 2
= 2 ⇔ 2x + 4x + 2 = 0 ⇒  2 2 x + y = 2 y = 1 − THCS.TOANMATH.com
Vậy nghiệm của hệ có 2 cặp nghiệm là (1; ) 1 ,( 1; − − ) 1 . 24) Ta có: PT 2 3 3 2 2 3 3 2 2
⇔ 27x − y − 27x y + 9y x = x + y + 3y x + 3x y ⇔ ( − )3 = ( + )3 3x y
x y ⇔ x = y . Hệ đã cho tương đương: 3 3 x + y = 2  ⇔ x = y =1. x = y 25) Ta có: PT 2 4 4 2 2
⇔ x + y + x y = xy = xy ( 2 2 15 12 40 8 4x + y ) 4 4
⇔ x + y − xy ( 2 2 x + y ) 2 2 4 16 8 4 +12x y = x ⇔ (
x − y = xx = y 2x − y)4 2 4 = x ⇔ ⇔  2x y x  − = − 3x = y 2 2 4x + y = 5 x = y =1 +)  ⇒ . x = y  x = y = 1 − 2 2 4x + y = 5     +) 2 2 2 5 5 5 5 
⇒ 4x + 9x = 5 ⇔ x = ⇒  ;3, − ; 3 −  . 3  x y 13  13   13 13  =    
26) Điều kiện: x, y ≠ 0.     Ta có: 1 1 1 2 1 1 1 + + + = (     x + y)2 2 2  x
y  (x + y)3 2 2  x y x y
x(x + 2y) = 8 xy = 4 ±
Hệ đã cho tương đương với hệ:  ⇔  2 2 2 x y =16 x + 2xy = 8 xy = 4 xy = 4 Xét hệ:  . khi đó  . Hệ này vô nghiệm. 2 x + 2xy = 8 2 x = 0 THCS.TOANMATH.com xy = 4 − Xét hệ:  2 x = 16 Hệ này có nghiệm (4; ) 1 − và ( 4; − ) 1 .
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (4; ) 1 − và ( 4; − ) 1 . 2 2 x + y = 9  27) Ta có: 2  1− x 2 +1− y = 2 
(1+ xy)2 − ( x + y)2 2 2 x + y = 9 2 1  − y =1  
Hệ này tương tự với hệ 2  1− x 2 2
⇔ x + y = 9 2 +1− y = 2  
(1+ xy)2 − ( x + y)2 x, y ≠ 1 ± 
Khi đó, hệ có nghiệm ( 3 − ;0) và (3;0).
28) Điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 4
Vì 12x y − 4 ≤ 3x( y − 4 + 4) = 3xy và 4 2y x − 2 ≤ 2y(x − 2 + 2) = 2xy
Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
5xy =12x y − 4 + 4 2y x − 2 ≤ 3xy + 2xy = 5xy
Do vậy dấu “=” phải xảy ra. Khi đó x = 4, y = 8.
Kiểm tra lại, ta thấy x = 4, y = 8 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
29) Điều kiện: x ≥16, y ≥ 9 .   Khi đó: 8 17 x y 21 + + = x y x y = + ≥ = x y .Đặt t 2 . 2 . 8  y x    4 + + 6 y x y x y x THCS.TOANMATH.com
Từ sự đánh giá qua bất đẳng thức dưới đây: 8 17 3 8 1 6 = + t + =
+ (t + 6) + 2t ≥ 2 + 2.2 = 6 , suy ra t + 6 = 8 hay t + 6 8 4 t + 6 8 t = 2.
Vậy t = x ≥16 .Xét phương trình vô tỷ x −16 + x − 9 = 7 với x ≥16.
Bình phương hai vế và giản ước được: (x −16)(x − 9) = 37 − x
Từ đây suy ra x = 25 .
Kiểm tra lại, ta thấy x = 25, y = 25 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
30) Điều kiện: 3 ≤ x, y, z ≤13. Cộng ba phương trình vế theo vế, ta được:
x − 3 + 13− x + y − 3 + 13− y + z − 3 + 13− z = 6 5 .
Xét: T = t − 3 + 13− t với t ∈[3;1 ] 3
Vì T = t − 3 + 13− t ≤ (1+ )
1 (t − 3+13− t) = 2 5
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki và dấu “=” xảy ra khi t = 8 .
Vậy hệ phương trình có một nghiệm x = y = z = 8 .
31) Biến đổi hệ phương trình thành: 2
x (x − y) = (x + y)2 + 7(x − y)+ 4 (1)  2 2 4 = 3 − x − y + 8  (x − y) (2)
Thực hiện phép thế (2) vào (1) ta có: THCS.TOANMATH.com 2
x (x − y) = (x + y)2 + (x − y) 2 2 7
− 3x − y + 8(x − y) 2
⇔ x (x − y) 2 = 2
− x + 2xy +15(x − y) 2
⇔ x (x − y) = − (x − y) + (x − y) ⇔ (x − y)( 2 2x 15
x + 2x −15) = 0 TH1: x = .
y Thay vào phương trình (2) có ngay: 2 4x + 4 = 0 . Phương trình này vô nghiệm.   y = 1 − 2
x = 3 ⇒ y + 8y + 7 = 0 ⇔ TH2: 2 x + 2x −15 = 0  ⇔   y = 7 −  2 x = 5
− ⇒ y + 8y +119 = 0(VN)
Vậy hệ đã cho có các nghiệm sau: (3;− ) 1 ,(3; 7 − ) 2 2 2 u  = 2x + y
x + 2y = u
y = u + v −3 32) Đặt  ⇒  ⇒  2 2 2
v = 3− x − y 3
 − x − y = v
x = 6 − u − 2v 2 2
⇒ 2x + 3y + 4 = u − v + 7 3  u + v = 5
Khi đó hệ ban đầu trở thành:  2 2
2v − u − v + 7 = 2(*)
Thế v = 5 − 3u vào phương trình (*) giải tìm được u =1, từ đó v = 2 ⇒ x = −3; y = 2
33) PT thứ hai của hệ 2
⇔ x + 2y + 2 x + 2y +1 = x + 2x +1 ⇔ ( x + 2y + )2 1 = (x + )2
1 ⇔ x + 2y = x
hoặc x + 2y = −x − 2 x ≥ 0
TH1: x + 2y = x ⇔ 
thay vào phương trình thứ nhất ta 2
2y = x − x được 2
13x −11x − 30 = 0 THCS.TOANMATH.com x + 2 ≤ 0
TH2: x + 2y = −x − 2 ⇔ 
thay vào phương trình thứ 2
2y = x + x +1
nhất ta được bậc hai theo x 34) Điều kiện: 2
x ≥ 4; y ≥ 0; x ≥ y;4x ≥ y; y ≥ 3x Phương trình (1) 2 2
⇔ 2x − 2 x − y = 4x − y ⇔ 2 x − y = y − 2x ⇔ y = 4x − 4 ∨ y = 0
+ Nếu y = 0 thì không thỏa mãn do điều kiện y ≥ 3x ≥12
+ Nếu y = 4x − 4 thay vào phương trình (2) ta thu được: 2 2
x −16 = 2 + x − 4 ⇔ x −16 − 3 = x − 4 −1 2 x − 25 x − 5 ⇔ = ⇔ (  +  x − ) x 5 1 5  −  = 0 2 2 x −16 + 3 x − 4 +1  x −16 + 3 x − 4 +1 x + 5 1 ⇔ x = 5∨ − = 0 2 x −16 + 3 x − 4 +1
Với x = 5 ⇒ y =16 + Xét x 5 1 − = 0 ⇔ (x + 5) 2
x − 4 + x + 2 − x −16 = 0 . 2 x −16 + 3 x − 4 +1 Dễ thấy 2 2 2
x + 2 − x −16 = x + 4x + 4 − x −16 > 0 với mọi x ≥ 4 nên phương trình vô nghiệm
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất: ( ; x y) = (5;16)
35). ĐK: x ≥ 2y, x + x − 2y ≥ 0 a = 3y Đặt 
, phương trình (1) của hệ đã cho tương đương với: b  =  x − 2y THCS.TOANMATH.com a( 2 a + ) = b( 2
b + ) ⇒ (a −b)( 2 2 1 1
a + ab + b + ) 1 = 0 . Do 2 2
a + ab + b > 0( a
∀ ,b) ⇒ a = b Hệ y ≥ 0
x − 2y = 3y    2 ⇔ 
⇒ x = 9y + 2y
x + x − 2y = x + 3y − 2   2 2
 9y + 2y + 3y = 9y + 2y + 3y − 2 t  ≥ 2 Đặt 2
t = 9y + 5y, pt ⇔ t = t − 2 ⇔  ⇒ t = 4 . 2 t  − 5t + 4 = 0 Do 4 8
y ≥ 0 ⇒ y = ⇒ x = 9 3
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:(x y)  8 4 ; ;  =  3 9   
36) Từ phương trình (1) ta rút ra được:
(x+ x − y )2 2 2 2 2 2 2 2 9x
2x + 2x x − y + x − y 9x ( = ⇔ =
x − x − y )(x + x − y ) 2 2 2 2 2 5 y 5 (*)
Từ phương trình 2 ta có kết quả: 9x 6x = −1 5 y Thay vào (*) ta có: 2 2 2 2
x + x x − y − yx = 0 2 2 6x 2 2 2 =
−1 ⇔ 2x + 2x x − y = 6xy ⇔  2 2 2 y y
x + x − y = 3y
Nếu x = 0 vô nghiệm. THCS.TOANMATH.com Nếu 2 2 2 2
x + x − y = 3y ⇔ x − y = 3y − x 3
y − x ≥ 0 3  y x 0  − ≥  y = 0 ⇔ 5  ⇔  ⇔ y = x . 2 2 2 2 x y 9y 6xy x  − = − +  5  3 y = x  3
Thay vào ta tìm được: ( ; x y) = (5;3) KL: Hệ có nghiệm: ( ; x y) = (5;3)
37) Biến đổi phương trình (1) 2 2
(x + 3) (y + 4) + 4 = −(y + 4) (x + 3) +1 (*) + x = 3 − ⇒ y = 4
− ta thấy không thỏa mãn. + x ≠ 3 − ⇒ y ≠ 4
− thì bình phương hai vế phương trình (*)
(x + 3)(y + 4) < 0  ⇔ y + 4 = 2(
− x + 3) ⇔ y = 2 − x −10 2 2
(y + 4) = 4(x + 3)
Thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được: 2 3
4x + 28x + 51+ 3 4x +15 = 0 ⇔ ( 2 x + x + ) 3 4
8 16 + 3 4x +15 − (4x +13) = 0 3
27 4x +15 − 4x +13 ⇔ 4(x + 4)2 ( ) ( ) + = 0 3
9 (4x +15)2 + 3(4x +13) 4x +15 + (4x +13)2 3 2 16 4x + 7 x + 4 ⇔ 4(x + 4)2 ( )( ) − = 0 3
9 (4x +15)2 + 3(4x +13) 4x +15 + (4x +13)2 3 THCS.TOANMATH.com  4 4x 7  + (x 4)2 ( ) 1   ⇔ + − = 0  3
9 (4x 15)2 3(4x 13) 4x 15 (4x 13)2 3  + + + + + +    4(4x + 7) 1  − = 0 3 
9 (4x +15)2 + 3(4x +13) 4x +15 + (4x +13)2 3  x = 4 − - Với x = 4 − ⇒ y = 2 − 4(4x + 7) - Với 1− = 0 (3) 3
9 (4x +15)2 + 3(4x +13) 4x +15 + (4x +13)2 3
Ta sẽ chứng minh phương trình này vô nghiệm như sau:
Dễ thấy với mọi x thì 2
4x + 28x + 51 > 0
Do đó phương trình(**)có nghiệm khi 3 15
3 4x +15 < 0 ⇒ x < − . Từ đó 4
suy ra vế trái của (3) luôn dương, dẫn đến phương trình này vô nghiệm. KL: (x; y) = ( 4; − 2 − )
38) Từ phương trình (2) ta thu được: 2 2 = 2 xy y − x − y − 2
Thay vào phương trình (1) ta có: 2 3  2 xy  2 3 x y 2
2x + x 2 − x − y −
+ x − 2y = 4 ⇒ x + 2x − xy − + x − 2y =   4  2  2 2 2 2
⇔ (x − 2)(x + 2x + 4) + x(x + 2x + 4) − y(x + 2x + 4) = 0 3 2 2
⇔ 2x + 2x + 4x − x y − 2xy − 4y = 8 ⇔ 3 − + 3 + 2 + − 2 + + = ⇒ − − 2 (x 8) (x 2x 4x) (x y 2xy 4y) 0 (2x 2 y)(x + 2x + 4) = 0 THCS.TOANMATH.com
⇔ y = 2x − 2
Thay y = 2x − 2 vào phương trình (2)và rút gọn ta được
x = 0 ⇒ y = 2 −
x(6x − 7) = 0 ⇔  7 1 x = ⇒ y =  6 3
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm  7 1 ( ; x y) (0; 2), ;  = −  6 3   
39) Với điều kiện x > 0hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: 2 2 2 2
x y + 8xy − 6xy −12y − 7y + 8 = 0  2 2 13
y + y +1− 6xy = 0
Lấy (1) + (2) ta có được phân tích sau: 2 2 2 2 2
x y + 2xy + y − 6xy − 6y + 9 = 0 ⇔ [y(x +1)] − 6y(x +1) + 9 = 0 Ta được ( + ) 2
y x 1 = 3 ⇔ 19y −17y +1 = 0 + − - Với 17 213 49 3 213 y = ; x = 38 2 − + - Với 17 213 49 3 213 y = ; x = 38 2
Vậy hệ phương trình đã cho có bộ nghiệm là:  − +   + −  49 3 213 17 213 49 3 213 17 213 ( ; x y) =  ; , ;   2 38   2 38     
40). Điều kiện: y ≠ 0 THCS.TOANMATH.com 2  x 4 2 − xy =   y xy
Với y ≠ 0 ta biến đổi hệ phương trình thành  2  x 3 2 − 2xy + y = 2  y 2 Đặt x a =
;b = xy hệ phương trình trên trở thành y  4 2a − b =  2  b
2ab − b = 4 (3)  ⇔  2 2 2  b
2a − 2ab + b = 2a (4) 2a − 2b + = 2  a
Cộng (3) và (4) theo vế và thu gọn ta được a = 1 − 2
a − a − 2 = 0 ⇔  a = 2 2 TH1: a = 1
− ⇒ b + 2b + 4 = 0 ( VN) 2  x 3  = 2 x = 4
TH 2 : a = 2 ⇒ b = 2 ta có hệ phương trình  y ⇒  3  y = 2 xy = 2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y = ( 3 3 ( ; ) 4; 2) 2 1  − x ≥ 0  1 − ≤ x ≤1 41) Điều kiện:  ⇒  2
2y − y ≥ 0 0 ≤ y ≤ 2
Cách 1: Đặt t = x +1,0 ≤ t ≤ 2 . Lúc đó hệ pt thành: 3 2 3 2 3 2 3 2 t
 − 3t + 2 = y − 3y + 2 t
 − 3t = y −   3y  ⇒  2 2 2 2 2 2
x + 1− x − 3 2y − y = 2 −
x + 1− x − 3 2y − y = 2 − THCS.TOANMATH.com
Từ phương trình (1) ta suy ra: (t − y)( 2 2
t + ty + y − 3(t + y)) = 0 Vì 2 2 2
t + ty + y − t + y = ⇔ t + ( y − ) 2 3( ) 0
3 t + y − 3y = 0 có
∆ = ( y − )2 − ( 2 3
4 y − 3y) = ( y −3)( y −3− 4y) = 3
− ( y − 3)( y + ) 1 < 0 nên
phương trình này vô nghiệm.
Vậy t = y ⇒ x +1 = y . Thay x +1 = y vào phương trình (2) có: 2 2 2 2
x − 2 1− x = 2
− ⇔ 1− x + 2 1− x − 3 = 0 ⇔ ( 2 1− x − )1( 2 1− x + 3) = 0  2 1− x =1 ⇔ 
⇒ x = 0 ⇒ y =1 2  1− x = 3 −
Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất là ( ; x y) = (0; ) 1
Cách 2: Phương trình (2) 2 2 2
⇔ x + 1− x + 2 = 3 2y − y ⇔ f (x) = g ( y).
Xét f (x) trên miền [ 1; − ]
1 ta có ≤ f (x) 13 3 ≤ 4 Ta lại có: ( ) ( ) y 2 3 2 y g y y y + − = − ≤ = 3. 2 y =1
Vậy f (x) ≥ g ( y) . Dấu bằng xảy ra khi  . x = 1, ± x = 0
Thay vào phương trình (1) có nghiệm ( ; x y) = (0; ) 1 (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (0; ) 1 .
42) Vì x = 0 không phải là nghiệm của hệ chia phương trình (1) cho 3 x ta thu được: 3 2 3
2x − 4x + 3x −1 = 2x (2 − y) 3− 2y 3  1   1 1 1  ⇔ − + − = (3− 2y)3 + 3−     2y x   x THCS.TOANMATH.com Đặt 1
a =1− ,b = 3− 2y suy ra y 3 3
a + a = b + b ⇔ (a −b)( 2 2
a + ab + b + )
1 = 0 ⇔ a = b .
Thay vào pt thứ 2 ta được: ( x+ − )−( x − x − 3 − x − ) 7 7 2 3 15 2 = 0 ⇔ + = 0
x + 2 + 3 3 (15− x)2 3 + 2 15 − x + 4 111
⇔ x = 7 ⇒ y = 98
43) Dễ thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ.  1  1  7
 2x −  2y − =
Với xy ≠ 0 viết lại hệ dưới dạng:   x  y  2  2 2
x + y + xy − 7x − 6y +14 = 0
Điều kiện để phương trình 2 2
x + y + xy − 7x − 6y +14 = 0 (ẩn x) có nghiệm là ( y )2 2  7 7 4y 24y 56 0 y 1;  ∆ = − − + − ≥ ⇔ ∈ 1  3  
Điều kiện để phương trình 2 2
x + y + xy − 7x − 6y +14 = 0 (ẩn y) có nghiệm là: (x )2 2 10 6 4x 28x 56 0 x 2;  ∆ = − − + − ≥ ⇔ ∈ 2  3   
Xét hàm số f (t) 1
= 2t − đồng biến trên (0;+∞) nên t
⇒ f (x) f ( y) ≥ f ( ) f ( ) 7 . 2 . 1 = 2 x = 2
Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được:  là nghiệm của hệ. y = 1 THCS.TOANMATH.com
“Để chứng minh hàm số f (x) đồng biến trên miền xác định D ta làm như
f (x − f x 1 ) ( 2)
sau: Xét hai giá trị x ≠ x D ∈ . Chứng minh: > 0 ” 1 2 x − x 1 2
Ngược lại để chứng minh hàm số f (x) nghịch biến trên miền xác định D
ta làm như sau: Xét hai giá trị x ≠ x D ∈ . Chứng minh: 1 2
f (x − f x 1 ) ( 2) <0” x − x 1 2 44) − Điều kiện xác định 1 x ≥ ; y ≥ 2 . 2 2(2x + )3
1 + 2x +1 = (2y − 3) y − 2
Ta viết lại hệ thành:  4
 4x + 2 + 2y + 4 = 6
Đặt a = 2x +1,b = y − 2 suy ra 3 3
2a + a = 2b + b ⇔ a = b . Từ phương
trình thứ nhất của hệ ta có: ⇔ 2x +1 = y − 2
Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 4y −8 + 2y + 4 = 6(*)
Đặt t = 2y + 4 thì 2
2y = t − 4 thay vào ta có: 4 2
2t −16 = 6 − t ⇒ t = 4
⇒ y = 6 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (x y)  1 ; ;6 =  2     4y 13  + 4 ≥ 0 x x y ≥ −  45) Điều kiện:  13  ⇔ 2x y 0  + ≥ yx ≥ −  2
Đặt a = 13x + 4y,b = 2x + y . Khi đó ta được hệ phương trình: THCS.TOANMATH.com  5 − x 2 2 b = (1)
a − 4b = 5x
a − 2b = x  4    a + 2b = 5
⇔ a + 2b = 5
⇔ a + 2b = 5 (2) bx 2y 2 bx 2y 2 b  + − = + − = + x − 2y =   2 (3)  
Thế (1) vào (3) ta được: 8y 3 x + =
(4) . Thế (4) vào phương trình 3  3 y + − yy ≤
2x + y + x − 2y = 2 ta được: 19 6 3 2 = ⇔  2 3 3  2
4y − 69y −19 = 0 Giải ra 69 3 545 y − =
từ đó tính được x = 24 − 545 8  − 
Thử lại ta thấy (x y) 69 3 545 ; = 24 − 545;   là nghiệm cần tìm. 8   
46) Ta tìm cách loại bỏ 3
18y . Vì y = 0 không là nghiệm của phương trình (2) nên tương đương 2 2 3
72x y +108xy =18y . Thế 3
18y từ phương trình (1) vào ta thu được:  3 xy = −  2   − 3 3 2 2 21 9 5
8x y − 72x y −108xy + 27 = 0 ⇔ xy =  . 4   21+ 9 5 xy =  4
Thay vào phương trình (1) ta tìm được x, y . THCS.TOANMATH.com   y = 0(L)   8(xy)3 + 27 3 1 3 ⇒  y =
= − ( 5 −3) ⇒ x = (3− 5)  18 2 4   8(xy)3 + 27 3 1 3 y = =  (3+ 5)⇒ x = (3+ 5)  18 2 4
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x y)  1 ( ) 3( ) 1   ( ) 3 ; 3 5 ; 5 3 , 3 5 ; (3 5) = − − − + − +  . 4 2 4 2      47) Điều kiện: 1
x ≤ 2, y ≥ . 2
Phương trình (1) tương đương:
(2−x) 2−x+ 2−x =(2y− )1 2y−1+ 2y−1⇔ f ( 2x−1)= f ( 2y−1) Đặt 3 3
a = 2 − x,b = 2y −1 ⇒ a + a = b + b ⇒ a = b .
2 − x = 2y −1 ⇔ x = 3− 2y thay vào ta có: a + 2b = 5
3 5 − 2y + 2 y + 2 = 5 ⇔  3 2 a + 2b = 9   a =1;b = 2  y = 2    3 − − 65 23+ 65  + ⇔ a = ;b = 233 23 65  ⇔ y = . 4 8   32   65 − 3 23− 65 a  − = ;b = 233 23 65  y =  4 8  32 Vậy hệ có nghiệm THCS.TOANMATH.com (  − −   + + 
x y) = (− ) 23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 23 65 ; 1;2 , ; , − ;   16 32   16 32      48) Điều kiện: 2 x >1. Ta có (1) tương đương ( 2 x + x +1)( 2
y + y +1)( 2y +1− y) 2 = y +1 − y 2 2
⇔ x + x +1 = −y + y +1.
Từ đó ta rút ra x = −y . Thay vào (2) ta được: y 35 y + = . 2 y −1 12
Bình phương hai vế (điều kiện y > 0). Khi đó ta có: 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2y y  35 
y − y + y 2y  35 y  + + = ⇔ + = . 2   2   2 2
y −1 y −1  12  y −1 y −1  12  2 Đặt y
= t > 0 . Phương trình tương đương: 2 y −1  49  5 2 t = − (L) = ± 2 y   2  35  12 y 25 4 t + 2t − =   0 ⇔  ⇔ = ⇔  . 2  12   25 y −1 12  5 t = y = ±  12  3
Đối chiếu điều kiện chỉ lấy 2 giá trị dương.
Vậy hệ có nghiệm (x y)  5 5   5 5 ; ; , ;  = − −  . 4 4 3 3     
49) Triển khai phương trình (1) THCS.TOANMATH.com (1) 2 2 2 2 2 2 2 2
⇔ x y + 6xy + 9 + x + 2xy + y = 8 ⇔ x y + x + y +1 = 8 − xy ⇔ ( 2 x + )( 2 1 y + ) 1 = 8 − xy .
Nhận thấy x = 0, y = 0 không là nghiệm của hệ. 2 2 + +
Phương trình (1) khi đó là: x 1 y 1 . = 8 − . x y Đặt x = ; y a
= b . Hệ đã cho tương đương: 2 2 x +1 y +1  1  x 1  a = − = −    2  2  x +1 2         x = 1 1 1 y 1 − a + b = − b   = =     2  4  4  y +1 4 y = 2 ± 3  ⇔  ⇔  ⇔ . 1   1  x 1    = − = = x = 2 + ± 3 8 a    2 ab  4  x +1 4     y = 1 − 1   y 1 b = −  = −   2  2   y +1 2 Vậy hệ có nghiệm ( ;x y) = ( 1; − 2 − 3),( 1; − 2 + 3),(2− 3;− ) 1 ,(2+ 3;− ) 1 . 50) Ta có: 2 2 2 2 2 x + 4y (x + 2y) x + 4y x + 2y 2
(x + 2y) ≤ (1+ ) 1 ( 2 2 x + 4y ) ( ) ( ) ⇒ ≥ ⇔ ≥ 2 4 2 2 Mặt khác ta cũng có: THCS.TOANMATH.com 2 2
x + 2xy + 4y 3(x + 2y)2 2 + (x − 2y) (x + 2y)2 = ≥ 3 12 4 2 2
x + 2xy + 4y x + 2y ⇒ ≥ 3 2 2 2 2 2 + + + Từ đó suy ra x 4y x 2xy 4y +
≥ x + 2y ≥ x + 2y 2 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2y ≥ 0
Thay vào phương trình còn lại ta thu được: 4 3 2
x − x + x − x − = ⇔ (x − )( 3 x + x + ) 1 3 2 1 0 1
3 1 = 0 ⇔ x =1⇒ y = 2
Hệ có một cặp nghiệm: (x y)  1 ; 1;  =  2   
51) Cộng theo vế các pt của hệ ta được: (x − )3 + ( y − )3 + (z − )3 4 4 4 = 0 (*)
Từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không
âm, không mất tính tổng quát ta giả sử: (z − )3 4 ≥ 0 ⇒ z ≥ 4
Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 3
x − = (z − )2 2 16 12 2 ≥12.2 ⇒ x ≥ 4
Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương: 3
y − = (x − )2 2 16 12 2 ≥12.2 ⇒ y ≥ 4
Do vậy từ (x − )3 + ( y − )3 + (z − )3 4 4
4 = 0(*) ⇒ x = y = z = 4 thử lại thỏa mãn. Vậy ( ;
x y; z) = (4;4;4) là nghiệm của hệ. THCS.TOANMATH.com
52) Phương trình (1) của hệ có dạng: ( 2x + − y)( 2 2 2
x + 2 + y − )1 = 0 Do 2 2
x + 2 + y −1 > 0 nên suy ra 2 2
x + 2 − y = 0 ⇔ y = x + 2 thay
vào phương trình (2) ta có: 2
(x + 2) + (x + 2) (x + 2) + 2 = −x − x (−x)2 + 2
⇒ x + 2 = −x ⇔ x = 1 − ⇒ y = 3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; x y) = ( 1; − 3)
53) Theo bất đẳng thức cô si ta có:  x x x + y 1  +   = . x x y ≤ +  x 3y
x y x 3y 2  x y x 3y  + + + + + 
x + y 1  x 3   ⇒ ≤ +    y 1 2y 1  1 2y x + 3y
2  x + y 2  = ≤ +  x+3y
2 x + 3y 2  2 x + 3y  x + y   Tương tự ta cũng có: 1 x 3 ≤ + y + 3x 2  x y 2  +   
Từ đó suy ra ( x + y ) 1 1  +  ≤ 2  . Dấu bằng xảy ra khi x 3y 3x y  + +  
x = y thay vào phương trình thứ nhất ta được: x = y = 4 3 2 2
2y − (x + 4)y + 8y + x − 4x = 0   1− x 2 1 
+ x + 2y + 3 = 4(x −1) + 8y −  2 2 1  − x ≥ 0 54) Điều kiện: 
x + 2y + 3 ≥ 0
Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành: THCS.TOANMATH.com 2 2 3 2
x − (y + 4)x + 2y − 4y + 8y = 0
⇒ ∆ = (y + 4) − 4(2y − 4y + 8y) = ( y − 4y + 4)2 2 2 3 2 2 x = 2y
Từ đó ta tính được:  2
x = y − 2y + 4 Vì 2 2
x = y − 2y + 4 = (y −1) + 3 >1 nên không thỏa mãn
Thay x = 2y vào phương trình thứ hai ta được: − 1 x 2 7
+ 2x + 3 = 4x − 4x + 2 2 Ta có: 2 7 2 5 5
4x − 4x + = (2x −1) + ≥ ; 2 2 2 − 1 x 1  1 x x x  + + = − + + ≤ + 
( − x + x + ) 5 2 3 2 2 2 3 1 2 2 2 3 = 2 2  4  2
Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi các dấu bằng đồng thời xảy ra. Suy ra 1 1 x = ; y = 2 4
55) Từ phương trình (2) ta suy ra x > 0
Phương trình (1) được viết lại như sau:
x + ( y − y − ) x − y − y = ⇒ ∆ = ( y − y − )2 + ( y + y ) = ( y + y + )2 2 2 3 2 2 3 2 2 1 0 1 4 1 2
x = −y < 0 Từ đó tính được:  x = y +1 THCS.TOANMATH.com
Thay y = x −1 vào phương trình ta thu được: 2 2
3 x(x + 4) = x + 4 + 2x . Chia phương trình cho 2 x + 4 ta có: x 2 3 =1 x + 2 2 x + 4 x + 4 t =1 Đặt x t = > 0 ta có 2 2t 3t 1 0  − + = ⇔ 2 x + 4 1 t =  2 Với 2
t =1 ⇔ x − x + 4 = 0 vô nghiệm Với 1
t = ⇔ x = 2 ⇒ y =1 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; x y) = (2; ) 1
56) Điều kiện: x ≥1
Ta viết lại phương trình (1) thành: 2 2 3 2
x + (y + 2)x − 2y − 4y − 4y = 0 Tính được x = 2y
∆ = ( y + 2)2 +8y +16y +16y = ( y + 4y + 2)2 2 3 2 2 ⇒  2
x = − y − 2y − 2 < 0 Thay x
y = vào phương trình ta thu được: 2 ( 3
3 x −1 + 2x + 4) 2
= x − 2x + 9(*)
Theo bất đẳng thức Cosi ta có: ( 3 x − + x + ) 3 3 =
x − ≤ ( + x − ) 3 3 1 2 4 .2 1.( 1) 1 1 = x 2 2 2 x 3 3 1 10 3 3 2x 4 4.4.(x 2) (4 4 x + + = + ≤ + + + 2) = 2 2 2 THCS.TOANMATH.com + Từ đó suy ra ( x 3 x − + x + ) 3 10 3 1 2 4 ≤ x + = 2x + 5 2 2 Mặt khác ta có: 2
x − 2x + 9 − (2x + 5) = (x − 2)2 ≥ 0
Từ đó suy ra phương trình (*) có nghiệm khi các dấu bằng đồng thời xảy ra x = 2 .
Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ; x y) = (2; ) 1
Mặt khác ta thấy x = 2; y = 3 là một nghiệm của hệ Vậy ( ;
x y) = (2;3) là nghiệm duy nhất của hệ. 57) Đặt 1
a = x + y +
,b = x − y ⇔ x + y    2 1 2 5  (x + y) + +
 3(x − y) = 13 2   (x + y) Hệ   nên ta có:  1 (x + y + ) + x − y =1  x + y 2 2 2 2 5
 (a − 2) + 3b =13 5  a + 3b = 23  ⇔  a + b = 1 a + b = 1  5 = − a = 4 a
Giải hệ này ta tìm được và  2 b    = 3 − 7 b  =  2
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ: (  − ± ±  x y) 1 3 5 3  3 11  3 ;  ; ,    ; , ; 2 = − − . 2 2    4 4   2  
58) Từ phương trình (2) ta suy ra xy ≥ 0 ⇔ x, y cùng dấu. Từ phương trình
(1) ta suy ra x, y ≥ 0 . THCS.TOANMATH.com
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 2 2 2 2 2 2 x 2 y y 2 2 2 x x y y x + − + − − + − ≤ +
= 2 . Dấu bằng xảy ra khi và 2 2 chỉ khi 2 2 x + y = 2 .
Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình: 2 2 x + y = 2  3
(x + y) −12(x −1)(y −1) + xy = 9 Ta có: 3 3
(x + y) −12(x −1)(y −1) + xy − 9 = (x + y) +12(x + y) − 21−12xy + xy
Đặt t = x + y ⇒ t ≤ ( 2 2
2 x + y ) = 2 ta thu được
(x + y)2 − xy = ⇔ x + y = ( 2 2 2 2 t + ) 1 . Ta có: 3
(x + y) +12(x + y) − 21−12xy + xy ≤
(x + y)2 −( 2 2 x + y x + y 3 ) ( ) 3 2
(x + y) +12(x + y) − 21−12 +
= t − 6t +12t −8. 2 2 Ta có 3 2
t − 6t +12t −8 = (t − 2)3 ≤ 0. Khi t = 2 thì ⇒ x = y =1 là nghiệm duy nhất của hệ.
59). Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra x, y ≥ 0 . Xét phương trình: 3 3
x + y + (x + y) xy = xy ( 2 2 7 8
2 x + y ) Ta có: 3 3
x + y + (x + y) xy = (x + y)( 2 2 7
x + y + 6xy) = (x + y)(x + y)2 + 4xy   .
Theo bất đẳng thức Cô si ta có: (x + y)2 + xy ≥ (x + y)2 4 2 .4xy . Suy ra 3 3
x + y + 7(x + y) xy ≥ 4 xy (x + y) (x + y)2 = 4 xy (x + y)2 . Ta có (x + y)2 = ( 2 2
x + y ) + xy ≥ ( 2 2 2
2 x + y ).2xy . THCS.TOANMATH.com Suy ra 3 3
x + y + (x + y) xy ≥ xy ( 2 2 7 8
2 x + y ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi x = y . Thay vào phương trình (2) ta thu được: x −
x − 2x − 3 = 6 − 2x ⇔ 2x − 3 − x = 2(x −3) ( 3) ⇔ = 2(x − 3) 2x − 3 + x Suy ra x = 3 hoặc: 1
2x − 3 + x = Do 3
x ≥ nên pt này vô nghiệm. 2 2
Tóm lại: Hệ có nghiệm: x = y = 3. THCS.TOANMATH.com