một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HOÀNG THỊ DỊU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢIHỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HOÀNG THỊ DỊU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢIHỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa họcGS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2014

Mục lục

LỜI GIỚI THIỆU 2

1 CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 31.1 Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . 18

1.4 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH 282.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 39

2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5 Phối hợp nhiều phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 573.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình . . . . . . . . . 57

3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn . . . . . . . . . . . . 60

Kết luận 70

Tài liệu tham khảo 71

1

LỜI GIỚI THIỆU

Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong chương trình học phổthông. Đề thi đại học các năm hầu hết đều có câu hệ phương trình. Đó cũng làmột phần học quan trọng ở đại số lớp 10. Từ khá lâu nay việc tìm cách tổng hợpcác phương pháp để giải hệ phương trình cũng đã được rất nhiều người quan tâm.

Hệ bất phương trình thì lại là một lĩnh vực mà ít được mọi người quan tâmhơn. Các tài liệu tổng hợp về phương pháp giải hệ bất phương trình có thể nói làkhá ít.

Dựa trên sự giúp đỡ chỉ dẫn của thầy Nguyễn Văn Mậu cùng với sự tìm tòitham khảo tôi đã tổng hợp được một số phương pháp giải hệ phương trình và hệbất phương trình đại số.

Ngoài phần mở đầu, phần kết luận chung, danh mục các tài liệu tham khảo,cấu trúc của luận văn bao gồm có ba chương.

Chương 1 trình bày một số dạng cùng phương pháp và cách giải hệ phươngtrình đại số.

Chương 2 trình bày một số phương pháp và những ví dụ về giải hệ bất phươngtrình đại số.

Chương 3 xét các hệ chứa tham số và hệ bất phương trình một ẩn.

2

Chương 1

CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNHCƠ BẢN

1.1 Hệ phương trình tuyến tính

Nhận dạngXét hệ phương trình

{

a1X + b1Y = c1a2X + b2Y = c2

Phương pháp giảiThường có ba phương pháp:

Cách 1 phương pháp thế.Tư một phương trình ta rút một ẩn theo ẩn kia và thế vào phương trình còn lại.

Cách 2 phương pháp cộng đại số.Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình một hợp lý để dễ dàng tìm được x hoặcy.

Cách 3 dùng định thức.Ta kí hiệu

D =

∣

∣

∣

∣

a1 b1a2 b2

∣

∣

∣

∣

= a1b2−a2b1, DX =

∣

∣

∣

∣

c1 b1c2 b2

∣

∣

∣

∣

= c1b2−c2b1, DY =

∣

∣

∣

∣

a1 c1a2 c2

∣

∣

∣

∣

= a1c2−a2c1

TH1: D 6= 0 Hệ có nghiệm duy nhất

X =DX

D

Y =DY

D

3

TH2: D = 0 và DX = DY = 0 Hệ có vô số nghiệm dạng

{(X0; Y0)|a1X0 + b1Y0 = c1}.TH3:D = 0 và DX 6= 0 hoặc DY 6= 0. Khi đó hệ vô nghiệm.Lưu ý : Đôi khi cũng cần một vài biến đổi như đặt ẩn phụ thì hệ mới quy về hệhai phương trình bậc nhất hai ẩn.

Sau đây là một số bài toán. Và thông thường, với một bài toán ta cũng có thểkết hợp vài phương pháp để giải một cách thuận lợi.

Bài toán 1.1. Giải hệ phương trình

3(x+ y) + 2

x− y= −2

5x− y

y − x=

5

3

Lời giải.Điều kiện: x 6= y.

Hệ phương trình đề bài tương đương với{

3x+ 3y + 2 = −2x+ 2y15x− 3y = 5y − 5x

⇔{

5x+ y = −25x− 2y = 0

Từ phương trình thứ nhất, ta rút ra y = −5x− 2, thế vào phương trình thứ hai

thì được 15x+ 4 = 0 hay x = − 4

15, từ đó dễ dàng tìm được y = −2

3.

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (− 4

15;−2

3).


6

x+

5

y= 3

9

x− 10

y= 1

Lời giải.

Đặt1

x= u,

1

y= v với u, v 6= 0 Khi đó hệ phương trình trở thành

{

6u+ 5v = 39u− 10v = 1

4

Nhân hai vế của phương trình đầu với 2 rồi cộng từng vế của phương trình mới

thu được với phương trình còn lại ta được u =1

3, thay vào một trong hai phương

trình thì v =1

5. Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (3; 5).


2x− 3

x− 2+

y + 7

y + 3= 5

x+ 1

x− 2+

3y + 1

y + 3= 5

Lời giải.

Hệ phương trình tương đương với

2 +1

x− 2+ 1 +

4

y + 3= 5

1 +3

x− 2+ 3− 8

y + 3= 5

⇔

1

x− 2+

4

y + 3= 2

3

x− 2− 8

y + 3= 1

Đặt1

x− 2= u,

1

y + 3= v với u, v 6= 0 hệ trở thành

{

u + 4v = 23u− 8v = 1

Sử dụng định thức, ta tính được D = −20, DX = −20, DY = −5. Từ đó thu

được u =DX

D= 1, v =

DY

D=

1

4. Cuối cùng ta dễ dàng tính được (x; y) = (3; 1).

Hay ta có thể xét hệ chứa dấu giá trị tuyệt đối mà khi chia trường hợp để giảithì cũng quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.

Bài toán 1.4. Giải hệ phương trình sau{

|x− 1|+ y = 02x− y = 1

Lời giải.Từ phương trình thứ nhất ra rút ra y = −|x− 1|, thế vào phương trình thứ haita thu được |x− 1| = 1− 2x.

TH1 Nếu x ≥ 1 thì |x− 1| = x− 1, do đó x− 1 = 1− 2x, tìm được x =2

3< 1,

không thỏa mãn.TH2 Nếu x < 1 thì |x− 1| = 1− x, giải tương tự tìm được x = 0 < 1, thỏa mãn.

5

Khi đó y = −1.Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0;−1).

Sau đây ta đưa ra một số bài toán hình học phẳng là những câu trong đề thiđại học mấy năm gần đây như là một ứng dụng của giải hệ phương trình tuyếntính bậc nhất.

Bài toán 1.5 (Đề thi Đại học khối A 2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chohình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộcđoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằngM(1; 2) và N(2;−1).

Lời giải.

A B

CD

M K

N

I

Hình 1.1:

Gọi K là trung điểm của MB, khi đó NK song song với BC, do đó NK vuônggóc với AB và CD. Gọi E là giao của đường thẳng NK với DC.

Trong tam giác vuông MKN ta có MK =a

4, NK =

3a

4, suy ra MN =

a√10

4.

Từ đó cos M̂NK =3√10

.

Gọi vecto chỉ phương của NK có tọa độ là (a; b) (a2 + b2 > 0). Ta có−−→MN =

(1;−3).

6

Khi đó ta có

cos(NK,NM) = | cos M̂NK| ⇔ |a− 3b|√a2 + b2.

√10

=3√10

⇔ |a− 3b| = 3√a2 + b2

⇔ a2 − 6ab+ 9a2 = 9(a2 + b2)

⇔ 4a2 + 3ab = 0

⇔[

a = 04a+ 3b = 0

- Với a = 0, vì a2 + b2 > 0 nên ta chọn b = 1. Khi đó dễ dàng viết được phươngtrình của đường thẳng AB là y − 2 = 0, đường thẳng NK là x− 2 = 0.Suy ra tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình

{

y − 2 = 0x− 2 = 0

Suy ra K(2; 2).

Ta có−−→KE =

4

3

−−→KN . Từ đó suy ra E(2;−2).

Đường thẳng CD qua điểm E(2;−2), nhận vecto chỉ phương (0; 1) của NK làmvecto pháp tuyến có phương trình là y + 2 = 0.- Với 4a + 3b = 0, và vì a2 + b2 > 0, nên ta chọn a = 3, b = −4. D đó vecto chỉphương của NK là (3;−4).Khi đó dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AB là 3x − 4y + 5 = 0,đường thẳng NK là 4x+ 3y − 5 = 0.Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình

{

3x− 4y + 5 = 04x+ 3y − 5 = 0

⇔

x =1

5

y =7

5

Suy ra tọa độ điểm K(1

5;7

5

)

.

Tương tự lập luận như trường hợp trên ta cũng tìm được điểm E(13

5;−9

5

)

. Do

đó ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng CD là 3x− 4y − 15 = 0.

Bài toán 1.6 (Đề thi Đại học khối D 2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chotam giác ABC có đỉnh B(−4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phângiác trong của góc A có phương trình x− y − 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và C.

7

Lời giải.

A

B(−4,1)

CM B′

d

I

G

Hình 1.2:

Gọi d là đường phân giác trong của góc A, tức là d có phương trình x−y−1 = 0.Gọi điểm B′ đối xứng với điểm B qua d. Vì d là tia phân giác trong góc A nênsuy ra B′ nằm trên đường thẳng AC.Gọi I là giao điểm của BB′ và d. Suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình

{

x+ y + 3 = 0x− y − 1 = 0

⇔{

x = −1y = −2

Suy ra I(−1;−2).Ta có I là trung điểm của BB′, do đó dễ dàng ta tìm được B′(2;−5).

Gọi M là trung điểm của AC, suy ra−−→BG = 2

−−→GM . Do đó ta tìm được M

(7

2; 1)

.

Đường thẳng AC đi qua hai điểm B′ và M nên ta viết được phương trình củaAC là 4x− y − 13 = 0.Điểm A là giao điểm của d và AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phươngtrình

{

4x− y − 13 = 0x− y − 1 = 0

⇔{

x = 4y = 3

Suy ra A(4; 3).Điểm M là trung điểm của AC nên dễ dàng tìm được C(3;−1).

8

Bài toán 1.7 (Đề thi Đại học khối B 2008). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãyxác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC, biết rằng hình chiếu vuông góc củaC trên đường thẳng AB là điểm H(−1;−1), đường phân giác trong của góc A cóphương trình x−y+2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x+3y−1 = 0.

Lời giải.

C

D

BH

A

H ′K

Hình 1.3:

Gọi H ′(a; b) là điểm đối xứng với điểm H qua đường thẳng AD. Suy ra H ′

nằm trên đường thẳng AC.Đường thẳng AD có vecto chỉ phương (1; 1). Ta có

−−→HH ′(a + 1; b + 1). Gọi

I(a− 1

2;b− 1

2

)

là trung điểm của HH ′.

Khi đó vì HH ′ vuông góc với AD và I phải thuộc đường thẳng AD nên ta cótọa độ H ′ là nghiệm của hệ phương trình

{

1(a+ 1) + 1(b+ 1) = 0a− 1

2− b− 1

2+ 2 = 0

⇔{

a = −3b = 1

Suy ra H(−3; 1).Đường thẳng AC đi qua H ′ và vuông góc với đường cao BK, từ đó ta viết đượcphương trình của AC 3x− 4y + 13 = 0.Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

9

{

3x− 4y + 13 = 0x− y + 2 = 0

Suy ra A(5; 7).

Đường thẳng CH đi qua H(−1;−1) nhận1

2

−−→HA làm vecto pháp tuyến nên CH

có phương trình là 3x+ 4y + 7 = 0.Vì C là giao điểm của đường thẳng CH và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệphương trình

{

3x+ 4y + 7 = 03x− 4y + 13 = 0

⇔

x = −10

3

y =3

4

Suy ra C(−10

3;3

4).

1.2 Hệ phương trình đối xứng

Hệ phương trình đối xứng loại 1Nhận dạng

Khi tráo đổi vai trò của x và y trong hệ thì từng phương trình không thay đổi.Nhận xét Nếu hệ có (x0; y0) là một nghiệm thì (y0; x0) cũng là một nghiệm củahệ.Phương pháp tổng quát

Đặt{

S = x+ y

P = xy

Điều kiện để hệ có nghiệm là S2 − 4P ≥ 0.Khi tìm được nghiệm S, P thì x, y sẽ là hai nghiệm của phương trìnht2 − St+ P = 0.Lưu ý đôi khi ta cũng cần qua một vài biến đổi như đặt ẩn phụ để đưa hệ vềdạng đối xứng loại 1. Sau đây là một vài bài minh họa.


x2 + y2 + xy = 7x + y + xy = 5

10

Lời giải.

Đặt{

S = x+ y

P = xy

Hệ trở thành{

S2 − P = 7S + P = 5

Dễ dàng giải được hệ này, ta có hai trường hợp như sau:TH1 S = 3, P = 2. Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2 − 3t + 2 = 0.Ta thu được hai nghiệm là{

x = 1y = 2

và{

x = 2y = 1

TH2 S = −4, P = 8. Trường hợp này vô nghiệm.Vậy hệ có hai nghiệm là (1; 2), (2; 1)

.


x+ xy − y = 5x2 + y2 + xy = 13

(Hệ này là đối

xứng đối với x và −y)

Lời giải.Đặt x− y = u, xy = v thì hệ trở thành{

u+ v = 5u2 + 3v = 13

Từ phương trình thứ nhất ta có v = 5− u thế vào phương trình thứ hai ta đượcu2 − 3u + 2 = 0. Phương trình này có hai nghiệm là u = 1; u = 2. Từ đó ta xéthai trường hợp.

TH1 u = 1, v = 4 hay{

x− y = 1x(−y) = −4

Khi đó x,−y là hai nghiệm của phương trình t2 − t − 4 = 0. Phương trình nàycó hai nghiệm là t = 1−

√17; t = 1 +

√17.

Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là{

x = 1 +√17

y = −1 +√17

;{

x = 1−√17

y = −1−√17

TH2 u = 2, v = 3 hay{

x− y = 2x(−y) = −3

Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2 − 2t− 3 = 0. Phương trình này cóhai nghiệm t = −1; t = 3.

Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là{

x = −1y = −3

;{

x = 3y = 1

Vậy hệ có bốn nghiệm là (1 +√17;−1 +

√17), (1 −

√17;−1 −

11

√17), (−1;−3), (3; 1)

.


x2 + xy + y2 = 7x4 + x2y2 + y4 = 21

Lời giải.

Đặt x2 + y2 = u, xy = v hệ trở thành{

u+ v = 7u2 − v2 = 21

⇔{

u+ v = 7u− v = 3

⇔{

u = 5v = 2

Do đó{

x2 + y2 = 5xy = 2

⇔{

(x+ y)2 − 2xy = 5xy = 2

{

(x+ y)2 = 9xy = 2

Từ đây có hai trường hợp xảy ra

TH1{

x+ y = 3xy = 2

Ta tìm được hai nghiệm{

x = 1y = 2

;{

x = 2y = 1

TH2{

x+ y = −3xy = 2

Ta tìm được hai nghiệm (−1;−2), (−2;−1).


x2 + 2x+ y = 4xy(x+ 2) = 3

Lời giải.Hệ phương trình đề bài tương đương với{

(x2 + 2x) + y = 4(x2 + 2x)y = 3

Đặt x2 + 2x = u, hệ trở thành{

u+ y = 4uy = 3

Có hai trường hợp xảy ra

TH1 u = 3, y = 1 hay{

x2 + 2x = 3y = 1


x = 1y = 1

;

{

x = −3y = 1

TH2 u = 1, y = 3 hay{

x2 + 2x = 1y = 3

12


x = −1−√2

y = 3;

{

x = −1 +√2

y = 3

Vậy hệ có bốn nghiệm phân biệt{

x = 1y = 1

;

{

x = −3y = 1

;

{

x = −1−√2

y = 3;

{

x = −1 +√2

y = 3

Bài toán 1.12. Giải hệ phương trình sau

x+ y +1

x+

1

y= 4

x2 + y2 +1

x2+

1

y2= 4

Lời giải.

Đặt x+1

x= u, y +

1

y= v.

Suy ra x2 +1

x2= u2 − 2; y2 +

1

y2= v2 − 2.

Khi đó hệ trở thành{

u+ v = 4u2 + v2 = 8

⇔{

u + v = 4(u+ v)2 − 2uv = 8

⇔{

u+ v = 4uv = 4

⇔{

u = 2v = 2

⇔

x+1

x= 2

y +1

y= 2

⇔{

x = 1y = 1

Vậy nghiệm của hệ là{

x = 1y = 1


√

x

y+

√

y

x=

7√xy

+ 1

x√xy + y

√xy = 78

Lời giải.Hệ tương đương với

x+ y√xy

=7

xy= 1

√xy(x+ y) = 78

Đặt x+ y = u,√xy = v với v ≥ 0, hệ trở thành

{

u

v=

7

v= 1

uv = 78

13

Từ phương trình thứ nhất ta có u = 7+ v, thế vào phương trình thứ hai ta đượcv2 + 7v − 78 = 0

Phương trình này có hai nghiệm v = −13, v = 6. Vì v ≥ 0 nên v = 6. Suy rau = 13. Khi đó{

x+ y = 13√xy = 6

⇔{

x+ y = 13xy = 36

Đến đây ta dễ dàng giải được{

x = 9y = 4

;

{

x = 4y = 9

Vậy hệ có hai nghiệm như trên.


x+ y −√xy = 3√

x + 1 +√y + 1 = 4

Lời giải.

Điều kiện: x > −1, y > −1, xy > 0.Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta đượcx+ y + 2 + 2

√xy + x+ y + 1 = 16 ⇔ x+ y +

√xy + x+ y + 1 = 14.

Đặt S = x+ y, P =√xy(S > −2, P > 0), thay vào hệ ta được

{

S − P = 3

S + 2√S + P 2 + 1 = 14(1)

Thế P = S − 3 vào (1) ta có

S + 2√S2 − 5S + 10 = 14

⇔ 2√S2 − 5S + 10 = 14− S.

Thêm điều kiện S 6 14, bình phương hai vế thu được4(S2 − 5S + 10) = S2 − 28S + 196 ⇔ 3S2 + 8S − 156 = 0.

Tìm được hai nghiệm S = 6 và S = −26

3(loại vì −26

3< −2). Từ đó P = 3. Ta

có{

x+ y = 6xy = 9

⇔ x = y = 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 3).


x√y + y

√x = 6(1)

x2y + y2x = 20

Lời giải.Điều kiện: x > 0; y > 0.Đặt x

√y = u, y

√x = v(u, v > 0), thay vào hệ đề bài ta được

{

u+ v = 6u2 + v2 = 20

⇔{

u+ v = 6(u+ v)2 − 2uv = 20

{

u+ v = 6uv = 8

.

14

TH1.{

u = 2v = 4

hay{

x√y = 2

y√x = 4

⇔{

x2y = 4xy2 = 16

.

Nhận thấy x, y 6= 0, ta chia từng vế phương trình thứ hai cho phương trình thứnhất được y = 4x, thay vào (1) ta có2x

√x+ 4x

√x = 6 ⇔ x

√x = 1 ⇔ x = 1. Từ đó y = 4, ta có một nghiệm (1; 4).

TH2.{

u = 4v = 2

Giải tương tự như trường hợp một ta thu được một nghiệm (4; 1)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1; 4), (4; 1)


(x+ y)(1 +1

xy)

xy +1

xy= 4

Lời giải.Điều kiện: xy 6= 0.Hệ phương trình đề bài tương đương với

x+1

y+ y +

1

x

xy +1

xy= 4

Đặt

x+1

y= u

y +1

x= v

.

Suy ra uv = xy +1

xy+ 2. Từ đó thay vào hệ trên ta được

{

u+ v = 5uv = 6

⇔{

u = 2v = 3

hoặc{

u = 3v = 2

- TH1{

u = 2v = 3

x+1

y= 2

y +1

x= 3

⇔

x = 2− 1

y

y +1

2− 1

y

= 3 (1)

15

Ta có (1) ⇔ 2y2 − 6y + 3 = 0 ⇔ y =3 +

√3

2hoặc y =

3−√3

2.

Từ đó ta dễ dàng tìm được hai nghiệm của hệ phương trình(3 +

√3

3;3 +

√3

2

)

,(3−

√3

3;3−

√3

2

)

.

- TH2

x+1

y= 3

y +1

x= 2

.

Tương tự như trường hợp một, ta tìm được hai nghiệm của hệ là(3 +

√3

2;3 +

√3

3

)

,(3−

√3

2;3−

√3

3

)

.

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm(3 +

√3

3;3 +

√3

2

)

,(3−

√3

3;3−

√3

2

)

,(3 +

√3

2;3 +

√3

3

)

,(3−

√3

2;3−

√3

3

)

.

Sau đây là một số bài có thể áp dụng cách giải tương tự như những bài vừagiải ở trên.Bài 1.[Dự bị 1 khối A 2005]Giải hệ phương trình{

x2 + y2 + x+ y = 4x(x+ y + 1) + y(y + 1) = 2

Bài 2. [Dự bị 1 khối D 2006]. Giải hệ phương

trình{

x2 − xy + y2 = 3(x− y)x2 + xy + y2 = 7(x− y)2

Bài 3. Giải hệ phương trình{

x2 + y2 = 5x4 − x2y2 + y4 = 13

Bài 4. Giải hệ phương trình

x+ y +1

x+

1

y= 5

x2 + y2 +1

x2+

1

y2= 9


{

x2 − xy + y2 = 7x+ y = 5


x4 + y4 = 17x2 + y2 + xy = 3


x3 + y3 = 7xy(x+ y) = −2


x2 + x+ y2 + y = 18xy(x+ 1)(y + 1) = 72


16

{

x3 + y3 = 19(x+ y)(8 + xy) = 2


x+ y +x

y= 9

(x+ y)x

y= 20


{

3xy − (x2 + y2) = 57x2y2 − (x4 + y4) = 155


x(x+ 2)(2x+ y) = 9x2 + 4x+ y = 6

Bài 13. Giải hệ phương trình{√

x+√y = 4

x+ y −√xy = 4


x4 + y4 + 6x2y2 = 41xy(x2 + y2) = 10


(x+ y)(1 + xy) = 18xy(x2 + y2)(1 + x2y2) = 208x2y2


(x

y+

y

x

)

(x+ y) = 15

(x2

y2+

y2

x2

)

(x2 + y2) = 85

1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

Dạng 1 : Xét hệ phương trình có dạng:

f(x1) = g(x2)f(x2) = g(x3)...

f(xn−1) = g(xn)f(xn) = g(x1)

Nếu hai hàm số f và g cùng đồng biến trên một tập A và (x1; x2; ...; xn) là nghiệmcủa hệ phương trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1, 2, .., n thì x1 = x2 = ... = xn.Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát ta giả sửx1 = min{x1; x2; ...; xn}.Khi đó ta có x1 ≤ x2 suy ra f(x1) ≤ f(x2). Từ đó g(x2) ≤ g(x3), suy ra x2 ≤ x3..Tiếp tục quá trình đó, cuối cùng ta sẽ suy ra xn ≤ x1.Tóm lại x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ≤ x1.Từ đó suy ra x1 = x2 = ... = xn.

17

Bài toán 1.17 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1994). Giải hệ phương trình

x3 + 3x− 3 + ln(x2 − x + 1) = y

y3 + 3y − 3 + ln(y2 − y + 1) = z

z3 + 3z − 3 + ln(z2 − z + 1) = x

Lời giảiXét hàm số f(t) = t3 + 3t− 3 + ln(t2 − t+ 1).

Ta có f ′(t) = 3(t2 + 1) +2t− 1

t2 − t+ 1> 0, ∀t ∈ R.

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R. Hệ phương trình có thể được viết thành

f(x) = y

f(y) = z

f(z) = x

Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z}. Khi đó ta cóx ≤ y suy ra f(x) ≤ f(y) hay y ≤ z. Từ đó f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x.Tóm lại x ≤ y ≤ z ≤ x. Suy ra x = y = z.Xét phương trình x3+3x−3+ln(x2−x+1) = x ⇔ x3+2x−3+ln(x2−x+1) = 0

Phương trình đó có một nghiệm là x = 1.Mà hàm số h(x) = x3 + 2x− 3 + ln(x2 − x + 1) đồng biến trên R nên x = 1 lànghiệm duy nhất của phương trình.Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1.

Dạng 2 : Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ)

f(x1) = g(x2)f(x2) = g(x3)...

f(xn−1) = g(xn)f(xn) = g(x1)

Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn) lànghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A thì x1 = x2 = ... = xn.Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát, giả sửx1 = min{x1; x2; ...; xn}.Ta cóx1 ≤ x2 suy ra f(x1) ≥ f(x2) hay g(x2) ≥ g(x1). Từ đó x2 ≥ x3,...Tiếp tục như vậy ta sẽ thu được f(xn) ≥ f(x1) hay g(x1) ≥ g(x2), suy rax1 ≥ x2.

18

Chứng tỏ x1 = x2.Tóm lại từ quá trình trên ta suy ra được x1 = x2 = ... = xn.


(1

4

)2x3+x2

= y(1

4

)2y3+y2

= z(1

4

)2z3+z2

= x

Lời giải Nhận thấy vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉcó nghiệm x, y, z > 0.Xét hàm số f(t) = (14)2t

3+t2.

Ta có f ′(t) = −(2 ln 4)(3t2 + t)(1

4

)2t3+t2

< 0, ∀t > 0.

Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).Không mất tổng quát, giả sử x = min{x; y; z}.Khi đó x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hayz ≥ x.Do đó x = z. Suy ra f(x) = f(z), nên y = x.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z =1

2.

Dạng 3 Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn)

f(x1) = g(x2)f(x2) = g(x3)...

f(xn−1) = g(xn)f(xn) = g(x1)

Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn)

là nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A, ∀i = 1, 2, ..., n thì{

x1 = x3 = ... = xn−1

x2 = x4 = ... = xn

Để chứng minh khẳng định trên, ta giả sử x1 = min{x1; x2; ...; xn}.Ta cóx1 ≤ x3 suy ra f(x1) ≥ f(x3) hay g(x2) ≥ g(x4). Suy ra x2 ≥ x4.Do đó f(x2) ≤ f(x4), suy ra g(x3) ≤ g(x5).Do đó x3 ≤ x5

19

... Tiếp tục quá trình, đến f(xn−2) ≤ f(xn), suy ra g(xn−1) ≤ g(x1). Do đóxn−1 ≤ x1.Suy ra f(xn−1) ≥ f(x1) hay g(xn) ≥ g(x2), từ đó xn ≥ x2.Tóm lại ta có+ x1 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn−1 ≤ x1, suy ra x1 = x3 = ... = xn−1;+ x2 ≥ x4 ≥ ... ≥ xn ≥ x2, suy ra x2 = x4 = ... = xn.


(x− 1)2 = 2y(y − 1)2 = 2z(z − 1)2 = 2t(t− 1)2 = 2x

Lời giải Nhận xét vế trái của các phương trình trong hệ đều không âm nên hệ chỉcó nghiệm x, y, z, t ≥ 0.Xét hàm số f(s) = (s − 1)2. Ta có f ′(s) = 2(s− 1). Do đó hàm số f đồng biếntrên khoảng (1; +∞) và nghịch biến trên [0; 1].Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z, t}.+ Nếu x ∈ (1; +∞) thì x, y, z, t ∈ (1; +∞), nên theo dạng 1 ở trên ta vừa xét,hệ sẽ có nghiệm duy nhất x = y = z = t = 2 +

√3.

+ Nếu s ∈ [0; 1] thì do tính liên tục và nghịch biến trên khoảng này của hàm f

nên 0 ≤ f(x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2y ≤ 1, từ đó cũng có y ∈ [0; 1]. Tương tự cũng cóz, t ∈ [0; 1].Với x, y, z, t ∈ [0; 1], ta cóx ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x. Suyra x = z, và f(x) = f(z). Do đó y = t

Hệ phương trình trở thành{

(x− 1)2 = 2y(y − 1)2 = 2x

⇔ x = y = 2 +√3 hoặc x = y = 2−

√3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = 2 −√3; x = y = z = t =

2 +√3

Sau đây ta xét một số hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh với hai ẩn sốmà trong chương trình phổ thông còn gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai vàcũng có cách giải đặc trưng riêng là trừ từng vế hai phương trình để tạo nhân tửchung x− y.

20

Bài toán 1.20.

x− 3y =4y

x

y − 3x =4x

y

Lời giải.Với điều kiện x, y 6= 0 hệ trở thành{

x2 − 3xy = 4y(1)y2 − 3xy = 4x

Trừ từng vế hai phương trình và nhóm thành nhân tử ta thu được(x− y)(x+ y + 4) = 0

Khi đó ta xét hai trường hợpTH1 y = x thế vào (1) ta được x2 + 2x = 0. Từ đây ta thu được hai nghiệm củahệ làx = y = 0; x = y = −2.

TH2 y = −x− 4 thay vào (1) ta đượcx2 − 3x(−x− 4) = 4(−x− 4)

⇔ x2 + 4x+ 4 = 0

⇔ x = −2

Từ đây ta cũng có nghiệm{

x = −2y = −2

Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (0; 0), (−2;−2)

Bài toán 1.21.{

x3 + 4x = y + 4(1)y3 + 4y = x + 4

Lời giải.Trừ từng vế hai phương trình ta thu được(x− y)(x2 + y2 + xy) + 4(x− y) = −(x− y)

⇔ (x− y)(x2 + y2 + xy + 5) = 0

Vì x2 + y2 + xy + 5 = (x+y

2)2 +

3

4y2 + 5 > 0 với mọi x, y nên suy ra x− y = 0

hay y = x, thế vào (1) ta cóx3 + 4x = x + 4

⇔ x3 + 3x− 4 = 0

⇔ (x− 1)(x2 + x+ 4) = 0

⇔ x = 1

Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x = y = 1

21


3y =y2 + 2

x2

3x =x2 + 2

y2

Lời giải.Điều kiện x, y 6= 0.

Hệ phương trình tương đương với{

3yx2 = y2 + 2(1)3xy2 = x2 + 2

Trừ từng vế hai phương trình ta được3xy(x− y) = (y − x)(y + x)

⇔ (x− y)(3xy + y + y) = 0

Từ hệ phương trình đề bài, ta có nhận xéty2 + 2

x2> 0;

x2 + 2

y2> 0 nên

y > 0, x > 0.Hay 3xy + x + y > 0. Do đó x− y = 0 ⇔ x = y. Thay y = x vào phương trình(1) ta được3x3 − x2 − 2 = 0

⇔ (x− 1)(3x2 + 2x+ 2) = 0 ⇔ x− 1 = 0 (vì 3x2 + 2x+ 2 = 0 vô nghiệm).Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x = y = 1.

Sau đây là một số bài ta có thể dễ dàng giải được tương tự.

Bài toán 1.23. Giải hệ phương trình{

x3 = 2y + x + 2y3 = 2x+ y + 2

(ĐH Sài Gòn A-07)


x3 = 3x+ 8yy3 = 3y + 8x


x2 − 2y2 = 5y + 4y2 − 2x2 = 5x+ 4


2x = y2 − 4y + 52y = x2 − 4x+ 5

22


2x2 = y +1

y

2y2 = y +1

x


2x+1

y=

3

x

2y +1

x=

3

y


x2 = x+ y

y2 = y + x


y = x3

x = y3

1.4 Hệ phương trình đẳng cấp

Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y.Dạng tổng quát{

ax2 + bxy + cy2 = d

a′x2 + b′xy + c′y2 = d′

Phương pháp tổng quát* Xét x = 0. Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thìvô nghiệm trong trong trường hợp này.* Xét x 6= 0

- Nếu có một trong hai d hoặc d′ bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế củaphương trình thứ nhất cho x2, từ đó thu được phương trình có dạng

A(y

x

)2

+By

x+ C = 0

Giải phương trình này tìm được tỉ sốy

x, từ đó rút y được theo x , lại thay vào

phương trình thứ hai thì tìm được y, từ đó thu được x.- Nếu cả d và d′ đều khác 0 thì ta cũng có thể tạo ra một phương trình thuầnnhất (hệ số tự do bằng 0) được bằng cách nhân cả hai vế của từng phương trìnhvới hệ số phụ tương ứng của d và d′ rồi lại trừ từng vế các phương trình thu được.

23

Tiếp đó ta lại làm hoàn toàn tương tự như trên.Sau đây là một số bài toán.


x2 − 3xy + 2y2 = 02x2 − xy + 3y2 = 1

Lời giải.* Nếu x = 0 thì thay vào phương trình thứ hai không thỏa mãn.* Nếux 6= 0, ta chia cả hai vế phương trình thứ nhất cho x2 thì thu được

2(y

x

)2

− 3y

x+ 1 = 0

Từ đây có hai trường hợp+ TH1

y

x= 1 hay y = x, thay vào phương trình thứ hai ta có

x2 =1

4hay x = ±1

2. Từ đó thu được hai nghiệm

(1

2;1

2

)

, (−1

2;−1

2).

+ TH2y

x=

1

2hay x = 2y, giải tương tự ta thu được thêm hai nghiệm

(2

3;1

3

)

,(

− 2

3;−1

3

)

Vậy hệ có bốn nghiệm(1

2;1

2

)

,(

− 1

2;−1

2

)

,(2

3;1

3

)

,(

− 2

3;−1

3

)

.


3x2 − 2xy + 2y2 = 7x2 + 6xy − 3y2 = −8

Lời giải.Hệ đã cho tương đương với{

24x2 − 16xy + 16y2 = 567x2 + 42xy − 21y2 = −56

Cộng từng vế hai phương trình ta có 31x2+26xy−5y2 = 0 ⇔ (31x−5y)(x+y) = 0

Từ đây ta có hai trường hợp:+ TH1 31x − 5y = 0 ⇔ 31x = 5y. Thế vào phương trình đầu ta dễ dàng tìm

được hai giá trị của x thỏa mãn là x = − 5√241

; x =5√241

. Từ đó hệ phương

trình có hai nghiệm

(− 5√241

;− 31√241

) và( 5√

241;

31√241

)

.

+ TH2 y = −x. Tương tự ta tìm được hai nghiệm nữa của hệ phương trình

24

(−1; 1) và (1;−1).Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm phân biệt

(− 5√241

;− 31√241

) ;( 5√

241;

31√241

)

; (−1; 1) và (1;−1).


x2 − 2xy − 3y2 = 0(1)x|x|+ y|y| = −2(2)

Lời giải.- Nếu y = 0, thì theo (1) ta có x = 0, nhưng thay x = y = 0 vào (2) thì vô lý, dođó y = 0 không thỏa mãn.- Nếu y 6= 0, chia cả hai vế phương trình (1) cho y2 ta được(x

y

)2

− 2x

y− 3 = 0 Từ đó ta có hai trường hợp sau:

TH1x

y= −1 hay x = −y, thế vào phương trình (2) ta có

−y|y|+ y|y| = −2 ⇔ 0 = −2 (VN).TH2

x

y= 3 hay x = 3y, thê vào phương trình (2) ta có

3y|3y|+ y|y| = −2 ⇔ 10y|y| = 2 ⇔ y|y| = −1

5(3)

+ Nếu y > 0 thì |y| = y, thay vào (3) vô nghiệm.

+ Nếu y < 0 thì |y| = −y, thay vào (3) được y2 =1

5. Từ đây ta giải được hai

nghiệm của hệ phương trình là( 3√

5;1√5

)

,(

− 3√5;− 1√

5

)

.


(x− y)(x2 + y2) = 13(x+ y)(x2 − y2) = 25

Lời giải.Hệ phương trình tương đương với{

x3 + xy2 − x2y − y3 = 13x3 − xy2 + x2y − y3 = 25

Đến đây ta cũng có thể giải theo cách tương tự với các bài vừa đưa, tuy nhiên tacó thêm cách khác, sử dụng phương pháp biến đổi và thế phù hợp cũng khá haynhư sau:Cộng rồi trừ từng vế hai phương trình trên ta được hệ mới tương đương

25

{

2xy2 − 2x2y = −12x3 − y3 = 19

⇔{

xy(x− y) = 6 (1)(x− y)3 + 3xy(x− y) = 19(2)

Thế từ (1) vào (2) ta được(x− y)3 = 1 ⇔ x− y = 1 ⇔ y = x− 1.Thay y = x − 1 vào (1) ta có x2 − x − 6 = 0, phương trình có hai nghiệmx = −2; x = 3. Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là:(−2;3 ), (3; 2)

Dưới đây là một vài bài cũng có thể được giải tương tự.


x3 − y3 = 7xy(x− y) = 2


x2 + xy − y2 = 5y

x− 2

2x

y= −5

2− 2

xy


x3 − xy2 + y3 = 12x3 − x2y + y3 = 2


y3 − x3 = 72x2y + 3xy2 = 16 = 2


3x2 − 5xy − 4y2 = −39y2 + 11xy − 8x2 = 13

26

Chương 2

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆPHƯƠNG TRÌNH

2.1 Phương pháp thế

Bài toán 2.1 (Khối B-2008). Giải hệ phương trình{

x4 + 2x3y + x2y2 = 2x+ 9x2 + 2xy = 6x+ 6

Lời giải.Hệ đã cho tương đương với

(x2 + xy)2 = 2x+ 9 (1)

xy = 3x+ 3− x2

2(2)

Thế (2) vào (1) ta được (x2 + 3x+ 3− x2

2) = 2x+ 9

⇔ x4 + 12x2 + 48x2 + 64x = 0 ⇔ x(x+ 4)3 = 0

- Với x = 0, thay vào đề bài ta thấy không thỏa mãn.

- Với x = −4 ta tìm được y = −17

4

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (−4;−17

4)


x2(y + 1)(x+ y + 1) = 3x2 − 4x+ 1 (1)xy + x+ 1 = x2 (2)

Lời giải.Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2), do đó ta có thể chiahai vế của (2) cho x và thu được

27

y + 1 =x2 − 1

x, thế vào phương trình (1) ta được

x2.x2 − 1

x.(x+

x2 − 1

x) = 3x2 − 4x+ 1

⇔ (x2 − 1)(2x2 − 1) = (x− 1)(3x− 1)

⇔ (x− 1)(2x3 + 2x2 − 4x) = 0

⇔ x = 1 hoặc x = −2.

Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là (1;−1), (−2;−5

2).


xy + x+ y = x2 − 2y2 (1)x√2y − y

√x− 1 = 2x− 2y (2)

(D - 2008)

Lời giải.Điều kiện: x > 1; y > 0.(1) ⇔ xy + y2 + x+ y + y2 − x2 = 0 ⇔ y(x+ y) + (x+ y) + (x+ y)(y − x) = 0

⇔ (x+ y)(2y − x+ 1) = 0.- TH1: y = −x. Vì y > 0 nên x 6 0, loại.- TH2: x = 2y + 1, thay vào (2) ta được:(2y + 1)

√2y − y

√2y = 2y + 2 ⇔ (y + 1)(

√2y − 2) = 0 ⇔ y = 2 (vì y > 0).

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (5; 2).


x− 1

x= y − 1

y(1)

2y = x3 + 1 (2)

Lời giải.

Điều kiện: xy 6= 0 (1) ⇔ x− y +x− y

xy= 0 ⇔ (x− y)(1 +

1

xy) = 0

⇔ y = x hoặc xy = −1.

- TH1: y = x, thế vào (2) ta được x3 − 2x+ 1 = 0 ⇔ (x− 1)(x2 + x− 1) = 0

⇔ x = 1 hoặc x2 + x− 1 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ phương trình là

(1; 1),(−1 +

√5

2;−1 +

√5

2

)

,(−1−

√5

2;−1−

√5

2

)

.

28

- TH2: xy = −1 ⇔ y = −1

x, thế vào phương trình (2), ta thu được

x4 + x+ 2 = 0 ⇔ (x4 − x2 +1

4) + (x2 + x+

1

4) +

3

2= 0

⇔ (x2 − 1

2)2 + (x+

1

2)2 +

3

2= 0 (vô nghiệm).

Vậy hệ phương trình có đúng ba nghiệm:

(1; 1),(−1 +

√5

2;−1 +

√5

2

)

,(−1−

√5

2;−1−

√5

2

)

.


3√x− y =

√x− y (1)

x+ y =√x+ y + 2 (2)

Lời giải.

Điều kiện:{

x+ y > 0x− y > 0

(1) ⇔ (x− y)2 = (x− y)3 ⇔ x− y = 0hoặcx− y = 1.

- TH1: y = x, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 1 hoặc

x = −1

2.

+ Với x = 1 ta có y = 1 (thỏa mãn).

+ Với x = −1

2ta có y = −1

2(loại).

- TH2: y = x − 1, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 0hoặc

x =3

2.

+ Với x = 0 ta có y = −1 (loại).

+ Với x =3

2ta có y =

1

2(thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (1; 1),(3

2;1

2

)

.


x+ y + xy(2x+ y) = 5xy (1)x+ y + xy(3x− y) = 4xy

Lời giải.Đối với hệ này ta phải trừ vế với vế để tạo nhân tử chungxy(2y − x) = xy ⇔ xy(2y − x− 1) = 0.

29

- TH1 Nếu x = 0 hoặc y = 0 ta đều giải được nghiệm tương ứng là (0; 0).

- TH2 Nếu x = 2y − 1, thế vào (1) ta được phương trình10y3 − 19y2 + 10y − 1 = 0

⇔ (y − 1)(10y2 − 9y + 1) = 0

Đến đây ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ

(1; 1),(−1 +

√41

10;9 +

√41

20

)

,(−1−

√41

10;9−

√41

20

)

.

Bài toán 2.7. Giải hệ phương trình sau{√

x+ y +√x− y = 1 +

√

x2 − y2 (1)√x+

√y = 1 (2)

Lời giải.Điều kiện x > y > 0.(1) ⇔ (

√x+ y − 1)(

√x− y − 1) = 0.

Từ đó ta chia làm hai trường hợp- TH1

√x+ y = 1 ⇔ y = 1− x, thế vào phương trình (2) ta có√

x+√1− x = 1

⇔{

0 6 x 6 1

x + 1− x+ 2√

x(1− x) = 1

⇔ x = 0 hoặc x = 1.Từ đó ta có hai nghiệm (0; 1), (1; 0).

- TH2√x− y = 1 ⇔ y = x− 1, thế vào phương trình (2) ta có√

x+√x− 1 = 1

⇔{

x > 1

x + x− 1 + 2√

x(x− 1) = 1⇔ x = 1, suy ra y = 0.Vậy hệ có hai nghiệm (0; 1), (1; 0).


x+ y +√x+ 3 =

y − 3

x(1)

√x+ y +

√x = x+ 3 (2)

30

Lời giải.Điều kiện: x > 0, từ (1) suy ra y > 3

- Nếu y = 3, thay vào (1) ta có 2√x+ 3 = 0, không thỏa mãn vì x > 0.

- Với y > 3, ta cóy − 3√

x+ y −√x+ 3

=y − 3

x

⇔ x =√x+ y −

√x+ 3

⇔ √x+ y = x +

√x+ 3

Thế vào phương trình (2) ta cóx+

√x+ 3 +

√x = x+ 3

⇔ x− (x+ 3) +√x+

√x+ 3 = 0

⇔ (√x +

√x+ 3)(

√x−

√x+ 3) +

√x+

√x+ 3 = 0

⇔ (√x +

√x+ 3)(

√x−

√x+ 3 + 1) = 0

+ Xét√x+

√x+ 3 = 0 suy ra

√x = 0 và

√x + 3 = 0 (vô lý).

+ Xét√x−

√x+ 3 + 1 = 0 ⇔ √

x + 1 =√x+ 3

⇔ x+ 2√x+ 1 = x+ 3 ⇔ 2

√x = 2

⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Từ đó ta tìm được y = 8

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 8).

Sau đây là một số bài có thể giải bằng phương pháp tương tự


y2 = (5x+ 4)(4− x)−5x2 + y2 − 4xy + 16x− 8y + 16 = 0


2x2 + 2xy + y = 5y2 + xy + 5x = 7

2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

Có những bài toán cần phải đặt ẩn phụ để việc giải quyết bài toán trởnên dễ dàng hơn (thường là khi thấy trong hệ phương trình xuất hiện cụmẩn nào đó được lặp lại). Sau đây là một số bài toán minh họa cho phương pháp này.


31

{

x2 + 1 + y(y + x) = 4y (1)(x2 + 1)(y + x− 2) = y

Lời giải.Hệ phương trình tương đương với:{

x2 + 1 + y(y + x− 2) = 2y(x2 + 1)(y + x− 2) = y

Đặt{

u = x2 + 1v = y + x− 2

, (u > 1), khi đó hệ trở thành{

u+ yv = 2yuv = y

⇔{

u = 2y − yv (2)(2y − yv)v = y (3)

(3) ⇔ yv2 − 2yv + y = 0 ⇔ y(v2 − 2v + 1) = 0 ⇔ y(v − 1)2

- Nếu y = 0, thế vào (2) thì u = 0 không thỏa mãn.- Nếu v = 1, ta có y = 3− x, thế vào (1) ta đượcx2 + 1 + (3− x).3 = 4(3− x) ⇔ x2 + x− 2 = 0.Từ đó ta tìm được hai nghiệm(1; 2), (−2; 5)


2x+ y + 1−√x+ y = 1

3x+ 2y = 4

Lời giải.Đặt u =

√2x+ y + 1, v =

√x+ y(u > 0, v > 0).

Suy ra u2 + v2 = 3x+ 2y + 1. Thế vào hệ trở thành{

u− v = 1u2 + v2 = 5

⇔{

v = u− 1u2 − u− 2 = 0

Từ đó ta tìm được{

u = 2v = 1

⇔{√

2x+ y + 1 = 2√x+ y = 1

⇔{

2x+ y = 3x + y = 1

⇔{

x = 2y = −1

32

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;−1).


x2 + y + x3y + xy2 + xy = −5

4

x4 + y2 + xy(1 + 2x) = −5

4Lời giải.Hệ đã cho tương đương với

x2 + y + xy(x2 + y) + xy = −5

4

x4 + y2 + 2x2y + xy = −5

4

⇔

x2 + y + xy(x2 + y + 1) = −5

4

(x2 + y)2 + xy = −5

4

.

Đặt u = x2 + y; v = xy, thay vào hệ ta được:

u+ v(u+ 1) = −5

4(1)

u2 + v = −5

4(2)

Từ (2) ta có v = −u2 − 5

4, thế vào (1) thì được:

u+ (u+ 1)(−u2 − 5

4) = −5

4⇔ u3 + u2 +

1

4u = 0

⇔ 4u3 + 4u2 + u = 0 ⇔ u(2u+ 1)2 = 0.

TH1: u = 0 suy ra v = −5

4. Từ đây

{

x2 + y = 0

xy = −5

4

⇔{

y = −x2

x3 =5

4

⇔

x = 3

√

5

4

y = − 3

√

25

16

TH2:

u = −1

2

v = −3

2

⇔

x2 + y = −1

2

xy = −3

2

⇔

y = −x2 − 1

2

x(−x2 − 1

2) = −3

2

33

⇔{

y = −x2 − 1

22x3 + x− 3 = 0

⇔{

x = 1

y = −3

2Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm

( 3

√

5

4;− 3

√

25

16), (1;−3

2)


x(x+ y + 1)− 3 = 0

(x+ y)2 − 5

x2+ 1 = 0

Lời giải.Điều kiện: x 6= 0.

Hệ đã cho tương đương với{

x(x+ y) + x = 3x2(x+ y2) + x2 = 5

Đặt t = x(x+ y), hệ trở thành{

t+ x = 3t2 + x2 = 5

⇔{

t+ x = 3(t+ x)2 − 2tx = 5

⇔{

t+ x = 3tx = 2

TH1:{

x = 2t = 1

⇔{

x = 2x(x+ y) = 1

⇔{

x = 2

y = −3

2

TH2:{

x = 1t = 2

⇔{

x = 1x(x+ y) = 2

⇔{

x = 1y = 1

Vậy hệ có hai nghiệm phân biệt: (2;−3

2), (1; 1).


xy + x+ 1 = 7yx2y2 + xy + 1 = 13y2

Lời giải.Vì y = 0 không thỏa mãn hệ đã cho nên ta chia cả hai vế phương trình thứ nhấtcho y, chia từng vế phương trình thứ hai cho y2 thì được hệ tương đương với

x+x

y+

1

y= 7

x2 +x

y+

1

y2= 13

⇔

x+1

y+

x

y= 7

x2 +1

y2+

x

y= 13

Đặt u = x+1

y, v =

x

y.

Suy ra x2 +1

y2= u2 − 2v. Thay vào hệ trên ta có

34

{

u+ v = 7u2 − v = 13

Cộng từng vế hai phương trình này ta được u2 + u− 20 = 0.

TH1: u = 4, suy ra v = 3. Từ đó

x+1

y= 4

x

y= 3

Từ đây ta thu được hai nghiệm: (3; 1), (1; 3).

TH2: u = −5, suy ra v = 12. Từ đó

x+1

y= −5

x

y= 12

Ta có x,1

ylà hai nghiệm của phương trình X2 + 5X + 12 = 0 (phương trình vô

nghiệm). Vậy hệ có hai nghiệm (3; 1), (1; 3).


2√2x+ y = 3− 2x− y (1)

x2 − 2xy − y2 = 2 (2)

Lời giải.(1) ⇔ 2x+ y + 2

√2x+ y − 3 = 0.

Đặt√2x+ y = t(t > 0), thế vào phương trình trên ta có

t2 + 2t− 3 = 0 ⇔ (t− 1)(t+ 3) = 0 ⇔ t = 1 (vì t > 0).Từ đó suy ra 2x+ y = 1 ⇔ y = 1− 2x, lại thế vào phương trình (2) ta đượcx2 + 2x− 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = −3.Vậy hệ có hai nghiệm (1;−1), (−3; 7).


(4x2 + 1)x+ (y − 3)√5− 2y (1)

4x2 + y2 + 2√3− 4x = 0 (2)

Lời giải.

Điều kiện: x 63

4, y 6

5

2.

Đặt√5− 2y = u ⇔ 5− 2y = u2 ⇔ 3− y =

u2 + 1

2, thay vào (1) ta có:

35

2(4x2 + 1)x− u(u2 + 1) = 0 ⇔ 8x3 − u3 + 2x− u = 0

⇔ (2x− u)(4x2 + 2xu+ u2) + (2x− u) = 0

⇔ (2x− u)(4x2 + 2xu+ u2 + 1) = 0

⇔ 2x− u = 0 (vì 4x2 + 2xu+ u2 + 1 > 0)⇔ u = 2x

⇔ √5− 2y = 2x

⇔

0 6 x 63

4

y =5− 4x2

2Thế vào phương trình (2) ta được

4x4 − 6x2 +25

4+ 2

√3− 4x = 7(∗).

Xét hàm số f(x) = 4x4 − 6x2 +25

4+ 2

√3− 4x trên [0;

3

4].

Ta có f ′(x) = 16x3 − 12x− 4√3− 4x

= 4x(4x2 − 3)− 4√3− 4x

.

Trên đoạn [0;3

4]: x > 0, 4x2 − 3 6 −3

4< 0, do đó 4x(4x2 − 3) < 0.

Suy ra f ′(x) < 0.

Mà f(1

2

)

= 7. Do vậy x =1

2là nghiệm duy nhất của phương trình (∗). Từ đó

y = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất(1

2; 2)

.


4xy + 4(x2 + y2) +3

(x+ y)2= 7

2x+1

x+ y= 3

Lời giải.Điều kiện: x+ y 6= 0

Hệ đã cho tương đương với

3(x+ y)2 + (x− y)2 +3

x+ y= 7

x+ y +1

x+ y+ x− y = 3

36

Đặt

x+ y +1

x+ y= u

x− y = v(u > 2)

Thay vào hệ ta có{

3(u2 − 2) + v2 = 7u+ v = 3

⇔{

3u2 + (3− u)2 − 13 = 0 (1)v = 3− u

Giải (1) ta có3u2 + u2 − 6u+ 9− 13 = 0 ⇔ 2u2 − 3u− 2 = 0

⇔ u = 2 hoặc u = −7

2(loại vì u > 2).

Với u = 2, v = 1, ta có

x+ y +1

x+ y= 2

x− y = 1

⇔{

(x+ y)2 − 2(x+ y) + 1 = 0x− y = 1

⇔{

x + y = 1x− y = 1

⇔{

x = 1y = 0

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; 0).


x2y + 2y + x = 4xy1

x2+

1

xy+

x

y

Lời giải.Điều kiện: xy 6= 0

Hệ phương trình tương đương với

x+1

x+

1

x+

1

y= 4

(

x+1

x

)(1

x+

1

y

)

= 4

Đặt x+1

x= u,

1

x+

1

y= v, thay vào hệ trên ta có

{

u+ v = 4uv = 4

⇔{

u = 2v = 2

37

Khi đó

x+1

x= 2

1

x+

1

y= 2

⇔{

x = 1y = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; 1).

Sau đây là một số bài toán hệ phương trình cũng sử dụng phương pháp đặtẩn phụ


(x+ y)(1 + xy) = 18xy(x2 + y2)(1 + x2y2) = 208x2y2


(x+ y)(1 +1

xy) = 5

xy +1

xy= 4


(x

y+

y

x

)

(x+ y) = 15

(x2

y2+

y2

x2

)

(x2 + y2) = 85

2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Một số hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp hàm số. Để nhận biếtcó thể giải bằng phương pháp này không ta chú ý hai tính chất sau:- Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng(a; b). Khi đó ta cóf(u) = f(v) ⇔ u = v (với u, v ∈ (a; b)).- Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a; b) và y = g(x) là hàm hằnghoặc là một hàm số giảm trên (a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhấtmột nghiệm trong khoảng (a; b).


38

{

x3 − 5x = y3 − 5y (1)x8 + y4 = 1 (2)

Lời giải.Từ phương trình (2) ta suy ra |x| > 1, |y| > 1.Ta xét hàm số f(t) = t3 − 5t trên [−1; 1]. Ta có f ′(t) = 3t2 − 5 < 0, ∀t ∈ [−1; 1].Do đó hàm số nghịch biến trên [−1; 1].Mà theo (1) thì f(x) = f(y), do đó suy ra x = y. Từ đấy thay y = x vào phươngtrình (2) ta cóx8 + x4 = 1 ⇔ x8 + x4 − 1 = 0

⇔ x4 =−1 +

√5

2

⇔ x = ± 4

√

−1 +√5

2.

Từ đó tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là

(4

√

−1 +√5

2;

4

√

−1 +√5

2), (− 4

√

−1 +√5

2;− 4

√

−1 +√5

2).


(2x2 − 3x+ 4)(2y2 − 3y + 4) = 18 (1)x2 + y2 + xy − 7x− 6y + 14 = 0 (2)

(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội)

Lời giải.Ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x

x2 + (y − 7)x+ y2 − 6y + 14 = 0.Phương trình này có nghiệm x khi và chỉ khi

∆ = (y − 7)2 − 4(y2 − 6y + 14) = −3y2 + 10y − 7 > 0 ⇔ 1 6 y 67

3.

Tương tự ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn y

y2 + (x− 6)y + x2 − 7x+ 14 = 0.Phương trình này có nghiệm y khi và chỉ khi

∆ = (x− 6)2 − 4(x2 − 7x+ 14) = −3x2 + 16x− 20 > 0 ⇔ 2 6 x 610

3.

Xét hàm số f(t) = 2t2 − 3t + 4 trên [1; +∞), ta có f ′(t) = 4t − 3 > 0, mọi tthuộc [1; +∞)

Do đó trên [1; +∞) hàm số f(t) đồng biến.

Từ đó, dựa vào điều kiện 1 6 y 67

3ta có f(y) > f(1) = 3, và dựa vào điều kiện

39

2 6 x 610

3ta có f(x) > f(2) = 6.

Suy ra f(x).f(y) > 6.3 = 18 ⇔ (2x2 − 3x+ 4)(2y2 − 3y + 4) > 18.

Mà theo (1) thì đẳng thức xảy ra do đó ta phải có{

x = 2y = 1

Thay{

x = 2y = 1

vào (2) ta có 22+12+2.1− 7.2− 6.1+14 = 0 ⇔ 1 = 0 (vô lý).

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.


2(2x+ 1)3 + 2x+ 1 = (2y − 3)√y − 2 (1)√

4x+ 2 +√2y + 4 = 6 (2)

Lời giải.

Điều kiện:

{

x > −1

2y > 2

(1) ⇔ 2(2x+ 1)3 + 2x+ 1 = 2(y − 2)√y − 2 +

√y − 2

⇔ 2(2x + 1)3 + 2x + 1 = 2(√y − 2)3 +

√y − 2(3) Xét hàm số f(t) = 2t3 + t

trên [0; +∞). Ta cóf ′(t) = 6t2 + 1 > 0, mọi t [0; +∞).Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞).Theo (3) thì f(2x+ 1) = f(

√y − 2), do đó suy ra

2x+ 1 =√y − 2 ⇔

√4x+ 2 =

√4y − 8 ⇔

√4x+ 2 = 4

√4y − 8

Từ đó thay vào (2) ta được4√4y − 8 +

√2y + 4 = 6(4).

- Nhận thấy y = 6 là một nghiệm của (4).- Ta xét y > 6 thì 4y − 8 > 4.6 − 8 = 16 suy ra 4

√4y − 8 >

4√16 = 2;

2y + 4 > 2.6 + 4 = 16 suy ra√2y = 4 >

√16 = 4.

Từ đó 4√4y − 8 +

√2y + 4 > 2 + 4 = 6, suy ra mọi y > 6 phương trình (4) vô

nghiệm.- Tương tự xét 2 6 y < 6 ta có 4

√4y − 8 +

√2y + 4 < 2 + 4 = 6, tức là mọi

y < 6 phương trình (4) vô nghiệm.Vậy y = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình (4).

Từ đó, nghiệm của hệ phương trình đã cho là(1

2; 6)

.


40

{

2y3 + 2x√1− x = 3

√1− x− y (1)

y = 2x2 − 1 + 2xy√1 + x (2)

Lời giải.Điều kiện: −1 6 x 6 1.(1) ⇔ 2y3 − 2(1− x− 1)

√1− x = 3

√1− x− y

⇔ 2y3 − 2(√1− x)3 =

√1− x− y

⇔ 2y3 + y = 2(√1− x)3 +

√1− x (3).

Xét hàm số f(t) = 2t3 + t trên R. Ta có f ′(t) = 6t2 + 1 > 0 ∀t, suy ra hàm sốf(t) đồng biến trên R.Mà theo (3) thì f(y) = f(

√1− x), suy ra y =

√1− x, thay vào (2) ta có√

1− x = 2x2 − 1 + 2x√1− x2(4).

Đặt x = cos t, t ∈ [0; π]. Ta suy ra sin t > 0, sint

2> 0 ∀ ∈ [0; π].

Thay vào (4) ta có√1− cos t = 2 cos2 t− 1 + 2 cos t

√1− cos2 t

⇔√

2 sin2t

2= cos 2t+ 2 cos t.

√sin2 t

⇔√2 sin

t

2= cos 2t+ 2 cos t. sin t

⇔√2 sin

t

2= cos 2t+ sin 2t

⇔√2 sin

t

2=

√2 sin(2t+

π

4)

⇔ sin(2t+π

4) = sin

t

2

⇔ 2t+π

4=

t

2+ k2π

hoặc 2t+π

4= π − t

2+ k2π (với k ∈ R)

⇔ t = −π

6+

k4π

3hoặc t =

3π

10+

k4π

5.

Vì t ∈ [0; π] nên t chỉ nhận giá trị t =3π

10.

Khi đó x = cos3π

10, y =

√2 sin

3π

10.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (cos3π

10;√2 sin

3π

10).


41

{

x3 − y3 − 2 = 3x− 3y2 (1)x2 +

√1− x2 − 3

√

2y − y2 + 2 = 0 (2)

Lời giải.

Điều kiện:{

−1 6 x 6 10 6 y 6 2

hay{

−1 6 x 6 1−1 6 y − 1 6 1

(1) ⇔ x3 − 3x+ 2 = (y3 − 3y2 + 3y − 1)− 3y + 1 = 0

⇔ x3 − 3x = (y − 1)3 − 3(y − 1)(3)

Xét hàm số f(t) = t3 − 3t trên [−1; 1]. Ta cóf ′(t) = 3t2 − 3 = 3(t2 − 1) 6 0, mọi t thuộc [−1; 1].Suy ra hàm số nghịch biến trên [−1; 1].Mà theo (3) thì f(x) = f(y − 1), do dó phải có x = y − 1 ⇔ y = x+ 1.Thay y = x + 1 vào phương trình (2) ta đượcx2 +

√1− x2 − 3

√

2(x+ 1)− (x+ 1)2 + 2 = 0

⇔ x2 − 2√1− x2 + 2 = 0

⇔ x2 + 2 = 2√1− x2

⇔ x4 + 4x2 + 4 = 4− 4x2

⇔ x4 + 8x2 = 0

⇔ x = 0 (thỏa mãn).Suy ra y = 1 (thỏa mãn).Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0; 1)


x+√x2 − 2x+ 2 = 3y−1 + 1

y +√

y2 − 2y + 2 = 3x−1 + 1

Lời giải.Đặt x− 1 = u, y − 1 = v thay vào hệ đề bài ta có{

u+√u2 + 1 = 3v (1)

v +√v2 + 1 = 3u

Trừ từng vế hai phương trình trên ta đượcu+

√u2 + 1 + 3u = v +

√v2 + 1 + 3v(2).

Xét hàm số f(t) = t+√t2 + 1 + 3t.

Ta có f ′(t) = 1 +t√

t2 + 1+ ln 3.3t

Vì√t2 + 1 > −t nên 1 +

t√t2 + 1

> 0. Từ đó suy ra f ′(t) > 0∀t.Mà theo (2) thì f(u) = f(v) nên suy ra u = v, thế vào (1) ta cóu+

√u2 + 1 = 3u

42

⇔ ln(u+√u2 + 1) = u ln 3

⇔ ln(u+√u2 + 1)− u ln 3 = 0(3)

Ta thấy u = 0 là một nghiệm của phương trình (3).Xét hàm số g(u) = ln(u+

√u2 + 1)− u ln 3 .

Ta có f ′(u) =1√

u2 + 1− ln 3 < 0, ∀u (vì

1√u2 + 1

> 1).

Từ đó g(u) là hàm số nghịch biến. Do đó u = 0 là nghiệm duy nhất của (3).Ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1; 1).


x3 − 3x2 = y3 − 3y − 2 (1)

logyx− 2

y − 1+ logx

y − 1

x− 2= (x− 2014)2015 (2)

Lời giải.

Điều kiện:{

x > 2y > 1

hoặc{

0 < x < 20 < y < 1

Hay{

x− 1 > 1y > 1

hoặc{

−1 < x < 10 < y < 1

Ta có (1) ⇔ x3 − 3x2 + 3x− 1− 3x+ 1 = y3 − 3y − 2

⇔ (x− 1)3 − 3(x− 1) = y3 − 3y(3).Xét hàm số f(t) = t3 − 3t. Ta có f ′(t) = 3t2 − 3 = 3(t2 − 1).Xét trên cả hai khoảng (−1; 1) và (1; +∞) ta có f ′(t) đều không đổi dấu, hayhàm số đều đơn điệu trên hai khoảng đó.Mà theo (3) thì f(x− 1) = f(y), do đó y = x− 1, thế vào phương trình (2) ta có(x− 2014)2015 = 0 ⇔ x = 2014.Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2014; 2013)


(4x2 + 1)x+ (y − 3)√5− 2y = 0 (1)

4x2 + y2 + 2√3− 4x = 7 (2)

Lời giải.

Đặt√5− 2y = t ta có y =

5− t2

2, thay vào (1) ta có

(4x2 + 1)x+(5− t2

2− 3

)

t = 0

⇔ 8x3 + 2x− t3 − t = 0

43

⇔ (2x)3 + 2x = t3 + t(3).Xét hàm số f(u) = u3 + u ta có f ′(u) = 3u2 + 1 > 0∀u. Mà theo (3) ta cóf(2x) = f(t).

Do đó t = 2x. Hay√5− 2y = 2x ⇔ y =

5− 4x2

2, thế vào (2) ta được

4x2 +(5− 4x2

2

)2

+ 2√3− 4x = 7

⇔ 16x4 − 24x2 + 8√3− 4x− 3 = 0(4)

Xét hàm số g(x) = 16x4 − 24x2 + 8√3− 4x− 3 trên [0;

3

4].

Ta nhận xét x = 0 hoặc x = 3 đều không phải là nghiệm.

Ta có g′(x) = 64x3 − 48x− 16√3− 4x

= 16x(4x2 − 3) < 0, ∀x ∈ (0;3

4).

Hơn nữa ta thấy x =1

2thỏa mãn phương trình (4). Do đó x =

1

2là nghiệm duy

nhất của phương trình (4).

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là(1

2; 2)

.

Sau đây là một số bài toán có thể được giải theo phương pháp hàm số

Bài toán 2.31. Giải hệ phương trình{√

x−√y +

√1− y −

√1− x√

x+√1− y =

√2


2x2+1 − 4

8y2+1

2 = 3(2√y −√

x) (*)

2(x+y)2+1 + 3√x + y =

7

2


x(x2 + y2) = y4(y2 + 1)√4x+ 5 +

√

y2 + 8 = 6


x− 1

x= y − 1

y2y = x3 + 1

44

2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức


x6 + y8 + z10 = 1 (1)x2013 + y2015 + z2017 = 1 (2)

Lời giải.Từ (1) ta có −1 6 x, y, z 6 1.Từ đó ta có x6 − x2013 = x6(1 − x2007) > 0 ⇔ x6 > x2013, đẳng thức xảy ra khivà chỉ khi x = 0 hoặc |x| = 1

y8 − y2015 = y8(1 − y2007) > 0 ⇔ y8 > y2015, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiy = 0 hoặc |y| = 1

z10 − z2017 = z10(1 − z2007) > 0 ⇔ z10 > z2017, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiz = 0 hoặc |z| = 1.Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta suy ra1 = x6 + y8 + z10 > x2013 + y2015 + z2017 = 1

Do đó dấu đẳng thức phải xảy ra, tức là

x6(1− x2007) = 0y8(1− y2007) = 0z10(1− z2007) = 0

Kết hợp với (1), (2) ta thu được các nghiệm của hệ phương trình là(x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).


3(x+ y) = 2|xy + 1| (1)9(x3 + y3) = |x3y3 + 1|

Lời giải.Ta có|x3y3 + 1| = |(xy + 1)(x2y2 − xy + 1)| = |(xy + 1)|.|x2y2 − xy + 1| = |(xy +

1)|.|(xy + 1)2 − 3xy|Suy ra |(xy+1)|.|(xy+1)2−3xy| = 3

2(x+y)[

9

4(x+y)2−3xy] =

9

8(x+y)(3x2+

2xy + 3y2) (2)

Ta sẽ chứng minh 9(x3 + y3) >9

8(x+ y)(3x2 + 2xy + 3y2) (3).

Thật vậy 9(x3 + y3) >9

8(x+ y)(3x2 + 2xy+ 3y2) ⇔ 8(x3 + y3) > (x+ y)(3x2 +

2xy + 3y2)

45

⇔ 5(x3 + y3) > 5(x2y + xy2)

⇔ 5(x+ y)(x2 − 2xy+ y2) > 0 ⇔ 5(x+ y)(x− y)2 >, điều này đúng vì theo (1)

thì (x+ y) > 0 và (x− y)2 > 0.Điều (2), (3) chứng tỏ đẳng thức xảy ra, do đó x = y. Thay y = x vào (1) ta cóphương trình

6x = 2(x2 + 1) ⇔ x2 − 3x+ 1 = 0 ⇔ x =3±

√5

2

Vậy hệ có hai nghiệm x = y =3 +

√5

2; x = y =

3−√5

2.


x4 + y4 = 2 (1)x3 − 2x2 + 2x = y2 (2)

Lời giải.Hệ phương trình tương đương với{

x4 + y4

x3 − 2x2 + 2x− 1 = y2 − 1

⇔{

x4 + y4 = 2(x− 1)(x2 − x+ 1) = y2 − 1

Ta xét các trường hơp sau:

TH1 Nếu x > 1 thì (x− 1)(x2 − x+ 1) > 0. Do đó y2 − 1 > 0 ⇔ y2 > 1, suyra y4 > 1. Từ đó mâu thuẫn với phương trình (1). Do đó hệ vô nghiệm.

TH2 Nếu x = 1, thay vào hệ đề bài ta được{

y4 = 1y2 = 1

⇔ y = ±1

TH3 Nếu 0 < x < 1 thì (x− 1)(x2 − x + 1) < 0.Do đó y2 − 1 < 0 ⇔ y2 < 1.Tương tự như TH1, ta cũng suy ra mâu thuẫn với phương trình (1). Do đó hệ vônghiệm.

TH4 Nếu x < 0 thì x3 − 2x2 + 2x < 0. Do đó y2 < 0, vô lý.Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y) = (1; 1), (1;−1).


46

x+2xy

3√x2 − 2x+ 9

= x2 + y

y +2xy

3

√

y2 − 2y + 9= y2 + x

Lời giải.Ta nhận xét với x = 0 ⇔ y = 0.Với x, y 6= 0:Cộng từng vế hai phương trình ta có

x+ y +2xy

3√x2 − 2x+ 9

+2xy

3

√

y2 − 2y + 9= x2 + y2 + x+ y

⇔ 2xy3√x2 − 2x+ 9

+2xy

3

√

y2 − 2y + 9= x2 + y2

⇔ 2xy( 1

3√x2 − 2x+ 9

+1

3

√

y2 − 2y + 9

)

= x2 + y2(1)

Từ đó suy ra 2xy > 0.Mặt khác ta có

13√x2 − 2x+ 9

=1

3

√

(x− 1)2 + 86

13√8=

1

21

3

√

y2 − 2y + 9=

13

√

(y − 1)2 + 86

13√8=

1

2

Do đó1

3√x2 − 2x+ 9

+1

3

√

y2 − 2y + 96 1

Suy ra

2xy( 1

3√x2 − 2x+ 9

+1

3

√

y2 − 2y + 9

)

6 2xy 6 x2 + y2(2)

Từ (1), (2), ta suy ra x = y = 1.Thử lại các nghiệm (0; 0) và (1; 1) đều thỏa mãn hệ phương trình đề bài.Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) là (0; 0), (1; 1).


y3 − x3 = 7

x3 − y2 + x = −2.

Lời giải.

47

Đầu tiên, ta viết lại hệ dưới dạng tương đương sau

y3 − 8 = x3 − 1

x3 − y2 + x = −2

hay

y3 − 8 = x3 − 1

y3 − y2 − 4 = 1− x

viết lại một lần nữa ta thu được

y3 − 8 = x3 − 1 (1)

(y − 2)(y2 + y + 2) = 1− x (2)

Ta lại có

y2 + y + 2 = (y +1

2)2 +

7

4, ∀y ∈ R.

Ta xét các trường hợp sau đây

1. y > 2, ta có

Từ (1) ta suy ra x > 1

Từ (2) ta suy ra x < 1

từ đó hệ vô nghiệm.

2. y < 2, ta có

Từ (1) ta suy ra x < 1

Từ (2) ta suy ra x > 1

trường hợp này hệ cũng vô nghiệm.

3. y = 2, ta suy ra x = 1.

Như vậy hệ có nghiệm là (x, y) = (1, 2).

48


x2y2 − 2x+ y2 = 0 (1)

7x2 − 14x+ 3y3 + 10 = 0 (2)

Lời giảiTừ (1) ta thấy rằng:

y2 =2x

x2 + 1≤ 1,

từ đó, ta suy ra

x ≥ 0

−1 ≤ y ≤ 1 suy ra y3 ≥ −1 (∗).

Mặt khác, từ (2) ta suy ra rằng

7(x− 1)2 + 3(y3 + 1) = 0,

mà 7(x− 1)2 ≥ 0 ; 3(y3 + 1) ≥ 0 (do (*) ta suy ra 7(x− 1)2 + 3(y3 + 1) ≥ 0).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(x− 1)2 = 0

y3 + 1 = 0.

hay

x = 1

y = −1

Thử lại ta thấy hệ có nghiệm (x, y) = (1,−1).


y = −x3 + 3x+ 4x = 2y3 − 6y − 2

Lời giải.

Ta thấy = y = 2 là một nghiệm của hệ phương trình.Ta viết lại hệ dưới dạng

x3 − 3x− 2 = 2− y

2y3 − 6y − 4 = x− 2

49

hay tương đương với

{

(x− 2)(x+ 1)2 = 2− y (1)2(y − 2)(y + 1)2 = x− 2 (2)

Ta xét hai trường hợp sau đây đối với các giá trị của x

1. Nếu x > 2 thì

Từ (1) ta suy ra y < 2

Từ (2) ta suy ra y > 2

tức là hệ vô nghiệm.

2. Nếu x < 2 thì

Từ (1) ta suy ra y > 2

Từ (2) ta suy ra y < 2

tức là hệ vô nghiệm.

Thử lại ta thấy rằng x = y = 2 là nghiệm của hệ. Vậy phương trình có nghiệmduy nhất là (x, y) = (2, 2)

Bài toán 2.42. Giải hệ phương trình{ √

x+ 4√32− x− y2 = −3

4√x+

√32− x+ 6y = 24

Cách giải.Điều kiện 0 ≤ x ≤ 32

Cộng vế theo vế ta có

(√x+

√32− x) + ( 4

√x+ 4

√32− x) = y2 − 6y + 21

Mà y2 + 6y + 21 = (y − 3)2 + 12 ≥ 12 ∀y và đẳng thức xảy ra khi y=3 (1)Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

(√x+

√32− x)2 ≤ (12 + 12)(x+ 32− x) = 64

⇒ √x+

√32− x ≤ 8 ∀x ∈ [0; 32]

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi√x =

√32− x ⇒ x = 16 (2)

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp (2) ta có

( 4√x+ 4

√32− x)2 ≤ (12 + 12)(

√x+

√32− x) ≤ 16

⇒ 4√x+ 4

√32− x ≤ 4 ∀x ∈ [0; 32]

50

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4√x = 4

√32− x ⇔ x = 16 (3)

Từ (2) và (3) suy ra (√x+

√32− x)( 4

√x+ 4

√32− x) ≤ 12 (4)

Từ (1) và (4) dấu bằng xảy ra khi x=16 và y=3 thử vào hệ đã cho thấy thỏa mãn.Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (16; 3)


x√y+

y√x= xy

x2010 + y2010 = 8√

(xy)2007

HD:Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có xy =

x√y+

y√x

≥ 2 4√xy ⇒ xy ≥

3√16 (1)

Và 8√

(xy)2007 = x2010 + y2010 ≥ 2√

(xy)2010 ⇒ xy ≤ 3√16 (2)

Suy ra x = y = 6√16 và đó là nghiệm của hệ

Bài 5.Tìm tất cả các cặp số dương (x;y) thỏa mãn hệ phương trình:

9

√

41

2(x2 +

1

2x+ y) = 3 + 40x (1)

x2 + 5xy + 6y = 4y2 + 9x+ 9 (2)

HDTừ phương trình (1) ta có

9

√

41

2(x2 +

1

2x+ y) = 3 + 40x ⇔

√

82(x2 +1

2x+ y) =

6 + 80x

9(*)

Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:√

82(x2 +1

2x+ y) =

√

(92 + 12)(x2 +1

(√2x+ y)2

) ≥∣

∣

∣

∣

9x+1√

2x+ y

∣

∣

∣

∣

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có∣

∣

∣

∣

9x+1√

2x+ y

∣

∣

∣

∣

≥ 9x+1.3

√

9.(2x+ y)≥ 9x+

6

2x+ y + 9

Suy ra hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(3;3)

51

Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình

x+ 6√xy − y = 6

x+ 6x3 + y3

x2 + xy + y2−

√

2(x2 + y2) = 3

Một số bài tập tự luyện:

1) Giải hệ phương trình a)

x2 + y2 +8xy

x+ y= 16

x2

8y+

2x

3=

√

x3

3y+

y2

4− y

2

b){

3(x+ y) = 2 |xy + 1|9(x3 + y3) =

∣

∣x3y3 + 1∣

∣

c)

{

√1 + 2x2 +

√

1 + 2y2 = 2√1 + 2xy

√

x(1− 2y) +√

y(1− 2x) =2

3

Bài toán 2.44 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009). Giải hệ phương trình:

1√1 + 2x2

+1

√

1 + 2y2=

1√1 + 2xy

√

x(1− 2x) +√

y(1− 2y) =2

9Cách giải. :

Điều kiện

{

1 + 2xy ≥ 0x(1− 2x) ≥ 0y(1− 2y) ≥ 0

⇔

0 ≤ x ≤ 1

2

0 ≤ y ≤ 1

2Từ điều kiện trên ta có

x2 ≤ 1

4; y2 ≤ 1

4⇒ 1√

1 + 2xy=

1√1 + 2x2

+1

1 + 2y2≥ 2

√2

3>

√2

⇒ 2xy < 1

Mặt khác ∀a, b ∈[

0;1√2

]

và ab<1 ta luôn có

1√1 + a2

+1√

1 + b2≤ 2√

1 + ab(∗)

Thật vậy(*) tương đương với1

1 + a2+

1

1 + b2+

2√1 + a2.

√1 + b2

− 4

1 + ab≤ 0

52

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có√

(1 + a2)(1 + b2) ≥ 1 + ab ⇒ 2√1 + a2.

√1 + b2

≤ 2

1 + ab

Mà1

1 + a2+

1

1 + b2− 2

1 + ab=

(a− b)2(ab− 1)

(1 + ab)(1 + a2)(1 + b2)≤ 0

Áp dụng bất đẳng thức trên với a =√2x, b =

√2y ta được

1√1 + 2x2

+1

√

1 + 2y2≤ 1√

1 + 2xy

Dấu bằng xảy ra khi x=y với x=y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta

162x2 − 81x+ 1 = 0 ⇒

x =81 +

√5913

324

x =81−

√5913

324

(t/m)

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(81 +

√5913

324;81 +

√5913

324)

(x;y)=(81−

√5913

324;81−

√5913

324)

Bài toán 2.45 (Đề thi chọn đội tuyển HSG trường thpt chuyên ĐHSP Hà Nội).Giải phương trình

√3x3 + 2x2 + 2 +

√−3x3 + x2 + 2x− 1 = 2x2 + 2x+ 2

Cách giải.

Điều kiện{

3x3 + 2x2 + 2 ≥ 0−3x3 + x2 + 2x− 1 ≥ 0

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có√3x3 + 2x2 + 2 = 1.

√3x3 + 2x2 + 2

≤ 1 + 3x3 + 2x2 + 2

2=

3x3 + 2x2 + 3

2

Đẳng thức xảy ra khi√3x3 + 2x2 + 2 = 1 ⇔ x = −1

Tương tự ta có√−3x3 + x2 + 2x− 1 = 1.

√−3x3 + x2 + 2x− 1

≤ 1 +−3x3 + x2 + 2x− 1

2=

−3x3 + x2 + 2x

2

53

Đẳng thức xảy ra khi√−3x3 + x2 + 2x− 1 = 1 ⇔ x = −1. Suy ra

√3x3 + 2x2 + 2 +

√−3x3 + x2 + 2x− 1 ≤ 3x3 + 2x2 + 3

2+

−3x3 + x2 + 2x

2

=3x2 + 2x+ 3

2≤ (3x2 + 2x+ 3) + (x+ 1)2

2= 2x2 + 2x+ 2

Đẳng thức xảy ra khi (x+ 1)2 = 0 ⇔ x = −1

Thử lại thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = −1.

Bài toán 2.46 (Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Ninh Bình). Giải hệ phương trình{

x2 + y2 + z2 = 20102

x3 + y3 + z3 = 20103

Cách giải.Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có|x| , |y| , |z| ≤ 2010 ⇒ x3 + y3 + z3 ≤

∣

∣x3∣

∣ +∣

∣y3∣

∣+∣

∣z3∣

∣

≤ 2010(x2 + y2 + z2) = 20103

Từ phương trình thứ hai ta suy ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x2(2010− x) = 0y2(2010− y) = 0z2(2010− z) = 0

⇔{

x = 0 ∨ x = 2010y = 0 ∨ y = 2010z = 0 ∨ z = 2010

Kết hợp với phương trình thứ nhất hệ có ba nghiệm

(x; y; z) = (2010; 0; 0); (0; 2010; 0); (0; 0; 2010)

2.5 Phối hợp nhiều phương pháp


5x2 − 4xy2 + 3y3 − 2(x+ y) = 0 (1)xy(x2 + y2) + 2 = (x+ y)2 (2)

Lời giải.(2) ⇔ xy(x2 + y2) + 2 = x2 + y2 + 2xy

⇔ (x2 + y2)(xy − 1)− 2(xy − 1) = 0

⇔ (xy − 1)(x2 + y2 − 2) = 0.

TH1: xy = 1, vì y 6= 0 nên thế x =1

yvào (1), ta được

5

y− 4y + 3y3 − 2

(1

y+ y

)

= 0

54

⇔ 3y4 − 6y2 + 3 = 0

⇔ y2 = 1

⇔ y = 1 hoặc y = −1.Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ: (1; 1), (−1;−1).

TH2: x2 + y2 = 2, thế 2 = x2 + y2 vào phương trình (1) ta được:5x2y − 4xy2 + 3y3 − (x+ y)(x2 + y2) = 0

⇔ 4x2y − 5xy2 − x3 + 2y3 = 0

- Nếu y = 0 thì x2 = 2, nhưng thế vào (1) lại không thoả mãn.- Nếu y 6= 0, ta chia hai vế của phương trình cho y3 thì được

4(x

y

)2

− 5(x

y

)

−(x

y

)3

+ 2 = 0

⇔(x

y

)3

− 4(x

y

)2

+ 5x

y− 2 = 0

.Đặt

x

y= t, ta có phương trình t3 − 4t2 + 5t− 2 = 0

⇔ (t− 1)2(t− 2) = 0

⇔ t = 1 hoặc t = 2.+ Với t = 1 ⇔ y = x, do đó 2x2 = 2 ⇔, ta lại giải được nghiệm (1; 1), (−1;−1).

+ Với t = 2 ⇔ x = 2y, suy ra 5y2 = 2 ⇔ y =

√10

5hoặc y = −

√10

5.

Từ đó hệ có thêm hai nghiệm(

√10

5;2√10

5

)

và −(

√10

5;−2

√10

5

)

.

Vậy hệ có bốn nghiệm:

(1; 1), (−1;−1),(

√10

5;2√10

5

)

và −(

√10

5;−2

√10

5

)

.

55

Chương 3

HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình

Bài toán 3.1. Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm{√

x+ 1 +√y − 2 > 2 (1)√

y + 1 +√x− 2 > 2

Lời giải. Ta xét bài toánTìm m để hệ phương trình sau có nghiệm{√

x+ 1 +√y − 2 =

√m (1)√

y + 1 +√x− 2 =

√m

Điều kiện: x > 2, y > 2.Với m > 0 hệ phương trình đề bài tương đương với{

x+ y − 1 + 2√xy + y − 2x− 2 = m

x+ y − 1 + 2√xy + x− 2y − 2 = m

Trừ từng vế hai phương trình trên cho nhau ta được√xy + y − 2x− 2 =

√xy + x− 2y − 2 ⇔ xy + y − 2x− 2 = xy + x− 2y − 2

⇔ x = y, thế vào (1) ta có√x+ 1 +

√x− 2 =

√m(2)

Xét hàm số f(x) =√x+ 1 +

√x− 2 trên [2; +∞).

Ta có f ′(x) =1

2√x+ 1

+1

2√x− 2

> 0, ∀x > 2.

Do đó hàm số đồng biến trên [2; +∞). Trên [2; +∞), f(x) > f(2) =√3.

Hệ đề bài có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm ⇔ √m >

√3 ⇔

m > 3.Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m > 3.Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm.

56

Đối với một số hệ đơn giản, có thể áp dụng phương pháp đồ thị để giải. Ởđây, chúng ta sẽ làm quen với phương pháp biểu diễn nghiệm thông qua tham số,được gọi là phương pháp tham biến.

Bài toán 3.2. Giải hệ{

x+ y ≤ 1x2 + y2 + xy = 1

Lời giải. Viết hệ đã cho dưới dạng{

x + y = 1− a, a ≥ 0x2 + y2 + xy = 1

⇔{

x+ y = 1− a

(x+ y)2 − xy = 1⇔

{

x + y = 1− a

xy = (1− a2)− 1

Điều kiện đối với a :{

∆ = (1− a)2 − 4[(1− a)2 − 1] ≤ 0

⇔{

a ≥ 0

(a− 1)2 ≤ 4

3

⇔ 0 ≤ a ≤ 1 +2√3

(3.1)

Với điều kiện (3.1) thì ta có nghiệm[

x =a− 1−

√

4− 3(1− a)2

2, y =

a− 1 +√

4− 3(1− a)2

2

x =a− 1 +

√

4− 3(1− a)2

2, y =

a− 1−√

4− 3(1− a)2

2


x2 + y2 ≤ xy + 1x2 + y2 ≤ 4xy

Lời giải. Viết hệ đã cho dưới dạng{

x2 + y2 = xy + a+ 1x2 + y2 = 4xy + b

a, b ≤ 0

⇔{

x2 + y2 = b+ 4xy4xy + b = xy + a+ 1

⇔{

x2 + y2 = b+ 4xy

xy =a+ 1− b

3

⇔

x2 + y2 =4a+ 4− b

3

2xy =2a+ 2− 2b

3

⇔{

(x+ y)2 = 2a+ 2− b

(x− y)2 =2a+ 2 + b

3

Điều kiện đối với a, b :

57

a, b ≤ 02a+ 2− b ≥ 02a+ 2 + b

3≥ 0

⇔{

a, b ≤ 02a+ 2 + b ≥ 0

⇔{

0 ≥ a ≥ −1− b

2−2 ≤ b ≤ 0

Khi đó

x + y = ±√2a+ 2− b

x− y = ±√

2a+ 2 + b

3

⇔[

x = ±1

2

(√2a+ 2− b+

√

2a+ 2 + b

3

)

; y = ±1

2

(√2a+ 2− b−

√

2a+ 2 + b

3

)

x = ±1

2

(√2a+ 2− b−

√

2a+ 2 + b

3

)

; y = ±1

2

(√2a+ 2− b+

√

2a+ 2 + b

3

)

với −2 ≤ b ≤ 0;−1− b

2≤ a ≤ 0.


x+ 2y = 2x2 − 2y2 ≤ 1

Lời giải.

Hệ ⇔{

x = 2− 2y(2− 2y)2 − 2y2 ≤ 1

⇔{

x = 2− 2y2y2 − 8y + 3 ≤ 0

⇔

x = 2− 2y

4−√10

2≤ y ≤ 4 +

√10

2Vậy hệ có nghiệm:

{

y = t

x = 2− 2tvới

4−√10

2≤ t ≤ 4 +

√10

2.


x− y ≥ 1x2 − xy − 2y2 = 3

Lời giải. Viết hệ dưới dạng{

x− y = 1 + a, a ≥ 0x2 − xy − 2y2 = 3

⇔{

y = x− (1 + a)x2 − x[x− (1 + a)]− 2[x− (1 + a)]2 = 3

⇔{

y = x− (1 + a)2x2 − 5(1 + a)x+ 2(1 + a)2 + 3 = 0

58

⇔

y = x− (1 + a)

x =5(1 + a)±

√

9(1 + a)2 − 24

4với a ≥ 2

√6

3− 1

.

Vậy hệ có nghiệm

x =5(1 + a)±

√

9(1 + a)2 − 24

4

y =1 + a±

√

9(1 + a)2 − 24

4

với a ≥ 2√6

3− 1

.

3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn

Sau đây ta sẽ đưa ra một số bài toán liên quan đến hệ phương trình và bấtphương trình một ẩn.

Bài toán 3.6. Xác định các giá trị m để hệ sau có nghiệm duy nhất{

x+ y ≤ m

x4 + y4 ≤ m+ x2y2

Lời giải. Vì vai trò của x và y bình đẳng, nên nếu (x, y) = (α, β) là nghiệmcủa hệ thì (x, y) = (β, α) cũng là nghiệm. Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duynhất là α = β. Thế vào hệ, ta được

{

α ≤ m

2α4 ≤ m

a) Nếu m < 0 thì không tồn tại α.

b) Nếu m > 0 thì tồn tại vô số α thỏa mãn− 4√m ≤ α ≤ min

(m

2, 4√m)

c) Xét m = 0 khi đó α = 0. Hệ có dạng{

x+ y ≤ 0x4 + y4 ≤ x2y2

⇔{

x+ y ≤ 0(x2 − y2)2 + x2y2 ≤ 0

⇔

x+ y ≤ 0x2 − y2 = 0x2y2 = 0

⇔{

x = 0y = 0

Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0.

Bài toán 3.7. Xác định m để hệ sau có nghiệm duy nhất{

x2 + 2y ≤ m

y2 + 2x ≤ m

59

Lời giải. Vì vai trò của x, y bình đẳng, nên nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm thì(x, y) = (β, α) cũng là nghiệm. Suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhấtlà α = β. Thế vào hệ, ta được

α2 + 2α ≤ m ⇔ α2 + 2α−m ≤ 0 (3.2)

Bất phương trình (3.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi∆′ = 1 +m = 0 ⇔ m = −1

.

Thay vào hệ đã cho{

x2 + 2y ≤ −1y2 + 2x ≤ −1

⇔

x2 + 2y ≤ −1y2 + 2x ≤ −1(x2 + 2y) + (y2 + 2x) ≤ −1− 1

⇔

x2 + 2y ≤ −1y2 + 2x ≤ −1(x+ 1)2 + (y + 1)2 ≤ 0

⇔{

x = −1y = −1

Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = −1.

Bài toán 3.8. Giải hệ

x2 + 3x+ 1 ≤ y

y2 + 3y + 1 ≤ z

z2 + 3z + 1 ≤ x

Lời giải. Hệ đã cho tương đương với hệ

x2 + 3x+ 1 ≤ y

y2 + 3y + 1 ≤ z

z2 + 3z + 1 ≤ x

(x2 + 3x+ 1) + (y2 + 3y + 1) + (z2 + 3z + 1) ≤ y + z + x

x2 + 3x+ 1 ≤ y

y2 + 3y + 1 ≤ z

z2 + 3z + 1 ≤ x

(x+ 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 ≤ 0

⇔

x = −1y = −1z = −1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (−1,−1,−1).

Bài toán 3.9. Xác định các giá trị m để hệ{

x2 − 3x+m+ 1 ≤ 0x2 − 5x+ 4m+ 2 ≤ 0

có nghiệm duy nhất.

60

Lời giải. nếu một trong các bất phương trình

f(x) := x2 − 3x+m+ 1 ≤ 0 (3.3)

g(x) := x2 − 5x+ 4m+ 2 ≤ 0 (3.4)

vô nghiệm thì hệ vô nghiệm.

Xét{

∆1 = 9− 4(m+ 1) ≥ 0∆2 = 25− 4(4m+ 2) ≥ 0

⇔{

5− 4m ≥ 017− 16m ≥ 0

⇔ m ≤ 17

16(3.5)

Với điều kiện (3.5) thì ∆1 > 0 và

(3.3) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2; x1,2 =3∓

√5− 4m

2

(3.4) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4; x3,4 =5∓

√17− 16m

2

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi[

x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2x1 = x4x3 = x2

1) x1 ≤ x3 = x4 ≤ x2

{

∆2 = 0

1 · f(5

2

)

≤ 0⇔

m =17

16(5

2

)2

− 3 · 52+

17

16+ 1 ≤ 0

hệ này vô nghiệm.

2) x1 = x4 ⇒ x3 ≤ x2 ⇒ x3 + x4 ≤ x1 + x2 ⇔ 5 ≤ 3, trường hợp này khôngxảy ra.

3) x2 = x3 ⇔3 +

√5− 4m

2=

5−√17− 16m

2⇔

√5− 4m+

√17− 16m = 2

⇔ 22− 20m+ 2√

(5− 4m)(17− 16m) = 4

⇔√

(5− 4m)(17− 16m) = 10m− 9

⇔{

10m− 9 ≥ 0(5− 4m)(17− 16m) = (10m− 9)2

61

⇔

m ≥ 9

10[

m = 1

m = −1

9

⇔ m = 1 (thỏa mãn (3.5)).


Bài toán 3.10. Xác định các giá trị của m để hệ{

x2 − 5x+ 9−m ≤ 0x2 − 6x+ 2m+ 2 ≥ 0


Lời giải. Nhận xét rằng bất phương trình

g(x) := x2 − 6x+ 2m+ 2 ≥ 0 (3.6)

luôn luôn có nghiệm.

Nếu ∆′2 = 9− (2m+ 2) ≤ 0 (⇔ m ≥ 7

2) thì (3.6) nhận mọi x là nghiệm. Khi

đó hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bất phương trình

f(x) := x2 − 5x+ 9−m ≤ 0 (3.7)

có nghiệm duy nhất, hay ∆1 = 25− 4(9−m) = 0 ⇔ m =11

4. Giá trị này không

phù hợp với điều kiện m ≥ 7

2.

Xét{

∆1 ≥ 0∆′

2 > 0⇔

{

4m− 11 ≥ 07− 2m > 0

⇔ 11

4≤ m <

7

2

Khi đó

(3.7) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2; x1,25∓

√4m− 11

2

(3.6) ⇔[

x ≥ x4x ≤ x3

; x3,4 = 3∓√7− 2m

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

x1 = x2 ≤ x3x1 = x2 ≥ x4{

x1 = x3

x2 < x4{

x2 = x4

x3 < x1

62

i) Trường hợp[

x1 = x2 ≤ x3x1 = x2 ≥ x4

⇔[ ∆1 = 0

1 · g(5

2

)

≥ 0

⇔

4m− 11 = 0

(5

2

)2

− 6 · 52+ 2m+ 2 ≥ 0 ⇔

m =11

4

m ≥ 27

8

hệ này vô nghiệm.

ii) Trường hợp{

x1 = x3

x2 < x4⇔

{

x1 = x3

x1 + x2 < x3 + x4

⇔{

x1 = x3

5 < 6⇔ x1 = x3

⇔ 5−√4m− 11

2= 3−

√7− 2m

⇔ 2√7− 2m = 1 +

√4m− 11

⇔ 4(7− 2m) = 1 + (4m− 11) + 2√4m− 11

⇔ 19− 6m =√4m− 11

{

19− 6m ≥ 0(19− 6m)2 = 4m− 11

⇔

m ≤ 19

6[ m = 3

m =31

9

⇔ m = 3 (thỏa mãn).

iii) Trường hợp{

x2 = x4

x3 < x1⇔

x2 = x4

x3 + x4 < x1 + x2 ⇔{

x2 = x4

6 < 5

Trường hợp này không xảy ra.


Bài toán 3.11. Hãy xác định các giá trị a để hệ

ax2 + x+ 1 ≤ 0x2 + ax + 1 ≤ 0x2 + x+ a ≤ 0


Lời giải. Cộng các vế tương ứng của hệ, ta được bất phương trình hệ quả(a+ 2)(x2 + x+ 1) ≤ 0

63

Vậy nếu a+ 2 > 0 (⇔ a > −2) thì hệ đã cho vô nghiệm.

Xét a+ 2 ≤ 0 ⇔ a ≤ −2.

i) a < −2 thì x = 1 là nghiệm của hệ

ax2 + x+ 1 ≤ 0x2 + ax + 1 ≤ 0x2 + x+ a ≤ 0

Hệ này không thể có nghiệm duy nhất vì x = 1 nằm bên trong khoảng nghiệmcủa mỗi bất phương trình.

ii) a = −2. Hệ có dạng

−2x2 + x+ 1 ≤ 0x2 − 2x+ 1 ≤ 0x2 + x− 2 ≤ 0

Bất phương trình thứ hai của hệ có nghiệm duy nhất x = 1 và nghiệm nàythỏa mãn hệ.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = −2.

Bài toán 3.12. Xác định các giá trị của m để phương trình

f(x) := x2 − 2mx+m+ 1 = 0 (3.8)

có nghiệm và các nghiệm đó thỏa mãn bất phương trình

g(x) := x2 + 4mx+ 2m+ 2 ≤ 0 (3.9)

Lời giải. Điều kiện để (3.8) có nghiệm là ∆′1 = m2 −m− 1 ≥ 0

⇔[

m ≥ 1 +√5

2

m ≤ 1−√5

2

(3.10)

Khi đó gọi hai nghiệm của (3.8) là x1, x2, thì{

x1 + x2 = 2mx1x2 = m+ 1

Cần xác định các giá trị m sao cho{

g(x1) ≤ 0g(x2) ≤ 0

(3.11)

Để ý rằng

(3.11) ⇔{

g(x1) + g(x2) ≤ 0g(x1)g(x2) ≥ 0

(3.12)

64

Vì g(x) = f(x) + (6mx+m+ 1) nên{

g(x1) = 6mx1 +m+ 1g(x2) = 6mx2 +m+ 1

và

g(x1) + g(x2) = 6m(x1 + x2) + 2(m+ 1)

= 6m · 2m+ 2(m+ 1) = 2(6m2 +m+ 1)

g(x1)g(x2) = 36m2x1x2 + 6m(m+ 1)(x1 + x2) + (m+ 1)2

= 36m2(m+ 1) + 6m(m+ 1)2m+ (m+ 1)2

= (m+ 1)(48m2 +m+ 1)

Vậy (3.12) ⇔{

2(6m2 +m+ 1) ≤ 0(m+ 1)(48m2 +m+ 1) ≥ 0

.

Hệ này vô nghiệm.

Vậy không tồn tại m.

Bài toán 3.13. Xác định các giá trị của m để hệ{

f(x) := x2 + 2mx+m− 1 ≤ 0 (3.15)g(x) := x2 − 2(m+ 1)x+m ≤ 0 (3.16)

có tập hợp nghiệm lập thành một đoạn [α, β] với β − α = 1.

Lời giải. Điều kiện để (3.15) và (3.16) đều có nghiệm là{

∆′1 = m2 −m+ 1 ≥ 0

∆′2 = (m+ 1)2 −m ≥ 0

⇔ ∀m.

Vậy ∀m : (1.50) ⇔ x1 ≤ x ≤ x2; x1,2 = −m∓√m2 −m+ 1

(1.51) ⇔ x3 ≤ x ≤ x4; x3,4 = (m+ 1)∓√m2 +m+ 1.

Cần xác định m để có một trong bốn trường hợp sau:

i) x3 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x4 và x2 − x1 = 1.

ii) x1 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x2 và x4 − x3 = 1.

iii) x1 ≤ x3 ≤ x2 ≤ x4 và x2 − x3 = 1.

iv) x3 ≤ x1 ≤ x4 ≤ x2 và x4 − x1 = 1.

Xét i). Để ý rằng (x2 − x1)2 = ∆1 = 4(m2 −m+ 1).

Vậy 4(m2 −m+ 1) = 1 ⇔ 4m2 − 4m+ 3 = 0. Phương trình này vô nghiệm.Trường hợp này không xảy ra.

Xét ii). Ta có (x4 − x3)2 = ∆2 = 4(m2 +m + 1) = 1 ⇔ 4m2 + 4m + 3 = 0.

Phương trình này vô nghiệm.

Xét iii). Ta có −m+√m2 −m+ 1− (m+ 1) + sqrtm2 +m+ 1 = 1

65

⇔ (m+ 1)−√m2 −m+ 1 =

√m2 +m+ 1− (m+ 1).

Nếu m > 0 thì VT>0>VP.

Nếu m < 0 thì VT<0<VP.

Nếu m = 0 thì VT=VP.

Thay m = 0 vào hệ, ta đượcx1 = −1 ≤ x3 = 0 < x2 = 1 < x4 = 2

Vậy m = 0 thỏa mãn.

Xét iv). Ta có m+ 1 +√m2 +m+ 1 +m+

√m2 −m+ 1 = 1

⇔ 2m+√m2 +m+ 1 +

√m2 −m+ 1 = 0

Nếu m ≥ 0 thì có ngay VT>0.

Nếu m < 0 thì có:√m2 +m+ 1 +

√m2 −m+ 1 > −2m

⇔ 2(m2 + 1) + 2√

(m2 + 1)2 −m2 > 4m2

⇔√

(m2 + 1)2 −m2 > m2 − 1

⇔√

(m2 − 1)2 + 3m2 > m2 − 1.

Điều này luôn luôn đúng ∀m < 0. Vậy trường hợp iv) không xảy ra.

Kết luận: m = 0 là giá trị cần tìm.

Bài toán 3.14. Xác định các giá trị của m để hệ sau có nghiệm{

x2 − 5x+ 4 ≤ 0 (3.17)3x2 −mx

√x+ 16 = 0 (3.18)

Lời giải. Hệ phương trình tương đương với{

1 ≤ x ≤ 43x2 + 16 = mx

√x

⇔

1 ≤ x ≤ 4 (3.19)3x2 + 16

x√x

= m (3.20)Đặt g(x) =

3x2 + 16

x√x

.

Ta có

g′(x) =

6x.x√x− (3x2 + 16)(

√x+

x

2√x)

x3=

6x2√x− (3x2 + 16)

3√x

2x3

=3√x

2x3(x2 − 16) =

3√x

2x3(x− 4)(x+ 4) ≤ 0, ∀x ∈ [1; 4].

Kết hợp với g(x) là hàm số liên tục trên [1; 4] ta có lập luận:Hệ đề bài có nghiệm ⇔ (3.18) có nghiệm x ∈ [1; 4]

⇔ min g(x) ≤ m ≤ max g(x)

⇔ g(4) ≤ m ≤ g(1)

66

8 ≤ m ≤ 19.

Bài toán 3.15. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ sau có nghiệm (x; y)

thỏa mãn điều kiện x ≥ 4{√

x+√y = 3 (3.19)√

x+ 5 +√y + 3 < a (3.20)

Lời giải.

Điều kiện: x, y ≥ 0.

Khi x ≥ 4 ⇔ √x ≥ 2 ⇔ 3−√

y ≥ 2 ⇔ √y ≤ 1.

Từ đó 0 ≤ y ≤ 1 ⇔ 3 ≤ y + 3 ≤ 4 ⇔√3 ≤ √

y + 3 ≤ 2.Từ 3.19 ta có 3−√

x =√y ≥ 0. Suy ra

√x ≤ 3 ⇔ x ≤ 9.

Do đó 4 ≤ x ≤ 9.Thế

√y = 3−√

x vào 3.20 ta được√x+ 5 +

√

x− 6√x+ 12 < a (3.21).

Đặt f(x) =√x+ 5 +

√

x− 6√x+ 12.

Hệ đề bài có nghiệm khi và chỉ khi

(3.21)có nghiệmx ∈ [4; 9] ⇔ minx∈[4;9]

f(x) < a

Ta có f ′(x) =1

2√x+ 5

+

1− 3√x

2√

x− 6√x+ 12

=1

2√x+ 5

+√x− 3

2√

x2 − 6x√x+ 12x

Giả sử f ′(x) ≥ 0 ⇔ 1

2√x+ 5

≥ 3−√x

2√

x2 − 6x√x+ 12x

⇔√

x2 − 6x√x+ 12x ≥ (3−√

x)√x+ 5

⇔ x2 − 6x√x+ 12x ≥ (x+ 5)(x− 6

√x+ 9) (vì x ≤ 9 nên 3−√

x ≥ 0).

⇔ 2x− 30√x + 45 ≤ 0 ⇔

√x ≥ 15−

√135

2√x ≤ 15 +

√135

2

Mà 4 ≤ x ≤ 9 ⇔ 2 ≤ √x ≤ 3 và [2; 3] là một đoạn con của

[15−

√135

2;15 +

√135

2].

67

Từ đó ta có f ′(x) ≥ 0∀x ∈ [4; 9].Suy ra

minx∈[4;9]

f(x) = f(4) = 5

Vậy điều kiện để hệ có nghiệm là a > 5.

Bài toán 3.16. Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn

{

3|x2−2x−3|−log

35 = 5−(y+4) (3.22)

4|y| − |y − 1|+ |y + 3|2 ≤ 8 (3.23)

Lời giải. Bất phương trình 3.23 tương đương với

4|y| − |y − 1|+ |y + 3|2 − 8 ≤ 0 (3.24)

Xét trên các khoảng của y ta giải bất phương trình (3.24) tương ứng:

- Với y ≤ 0 thì |y| = −y, |y−1| = 1−y, (3.24) ⇔ y2+3y ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 0.

- Với 0 < y < 1 thì |y| = y, |y − 1| = 1− y, (3.24) ⇔ y2 + 11y ≤ 0

⇔ −11 ≤ y ≤ 0 (không thỏa mãn với y > 0).

- Với y ≥ 1 thì |y| = y, |y − 1| = y − 1, (3.24)⇔ y2 + 9y + 2 ≤ 0

⇔ −9−√73

2≤ y ≤ −9 +

√73

2(không thoả mãn với y ≥ 1).

Vậy miền nghiệm của (3.24) là [−3; 0].

Ta biến đổi (3.23) tương đương với3|(x+1)(x−3)|.3−log

35 = 5−(y+4)

⇔ 3|(x+1)(x−3)|.1

5= 5−(y+4)

⇔ 3|(x+1)(x−3)| = 5−(y+3)

⇔ |(x+ 1)(x− 3)| = −log35.(y + 3)(3.25).Ta có log35 > 0, y + 3 ≥ 0 nên −log35.(y + 3) ≤ 0. Mà |(x+ 1)(x− 3)| ≤ 0. Dođó theo (3.25) thì ta có

{

−log35.(y + 3) = 0|(x+ 1)(x− 3)| = 0

⇔

y = −3[

x = −1x = 3

Thử lại hệ đề bài ta có hệ có hai cặp số (x, y) thỏa mãn là (−1;−3), (3;−3).

68

Kết luận

Luận văn đã hoàn thành và đạt một số kết quả sau:

1. Giới thiệu tổng quan các hệ phương trình đại số cơ bản với các tính chất vàcách giải chúng.

2. Khảo sát một cách chi tiết và hệ thống các bài toán về giải hệ phương trìnhchứa tham số và phương pháp bất đẳng thức trong giải hệ phương trình.

3. Đưa ra một số ví dụ áp dụng từ các đề thi đại học, đề thi HSG và Olympicquốc gia và khu vực.

69

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Một số phương pháp giải phương trình và bất phươngtrình, NXB Giáo dục.

[2] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh, Đặng Huy Ruận (2003),Đại số tuyếntính, NXB Giáo dục. bibitem3Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số và phânthức hữu tỷ, NXB Giáo dục.

[3] Nguyễn Văn Mậu (2006),Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục.

[4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, TrịnhĐào Chiến (2007) Chuyên đề chọn lọc về đa thức và áp dụng, NXB Giáo dục.

[5] Trần Nam Dũng (Chủ biên), (2010) Phương trình và hơn thế nữa, NXBĐHQG Tp HCM.

70

một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình

Documents