Đs9 cđ3 hệ phương trình 4

Phương pháp 3: Dùng hẳng đẳng thức Phương pháp dùng đẳng thức: 3.1 Phương pháp: Điểm mấu chốt giải hệ phương pháp biến đổi theo đẳng thức: 3.2 Một số ví dụ: Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau  x y  y 2 x  x  x   y   x  1    b) Lời giải   x   x  y y  0 3 x   y  5 a)  a) Điều kiện:   x x 2, y  Phương trình (1) tương đương:  x   x  y  1 y   y  3   a  b   a  ab  b  1 0 Đặt a   x , b  y  Ta có phương trình: a  a b  b Do b  3b  a  ab  b   a    1  2  suy phương trình cho ta a b y    x  x 3  y thay vào ta có: có hệ phương trình sau:  y  y  5  Đặt a   y ; b  y  ta    a 1; b 2  y 2    a  2b 5   65 23  65 233  23 65   a  ;b    y   32  a  2b 9   65  23  65 233  23 65   y  a  ; b   32  Vậy hệ có nghiệm  23 65  185 233  23 65   23 65 185 233  23 65  ; ;  ,    16 32 16 32      x; y    1;  ,  b) Điều kiện: y  y  x  x  y  x  0 Ta viết lại phương trình (1) thành:  y x   y  x   y  yx  x  x  0    x  y 0 Dễ thấy x  y 0 nghiệm Khi y  x thay vào (2) ta được:  x  2 x   x  1   x   x  x  3, y 3  1  x  1    x  3, y 3    x; y    3;3 (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau  x5  xy  y10  y  x   y  6 a)  2 x3  x  3x  2 x3   y   y    x   14  x  y 1 b)  Lời giải a) Điều kiện: x  5 Ta thấy y 0 không nghiệm hệ chia hai vế (1) cho y ta được:  x x    y  y y  y a Đặt x y  a  y   a  a3 y  a y  ay  1 0  ta có phương a5  a  y5  y trình: y a  x  y x   x  6  x 1  y 1 Từ tính y 1 Vậy hệ cho có nghiệm b) Điều kiện: x  2; y   x; y   1; 1 Ta thấy x 0 hệ khơng có nghiệm Chia phương trình (1) cho x 0 :  1       y   y x x x3  1  1  1   1    x  x  Đặt a 1  3 2y   3 2y ,b   2y  3 x Ta có a  a b  b  a b  y 1  x 3 Thay vào (2) ta được: x   15  x 1  x   15  x  x  x  x  14 0 111 111  x; y   7;   x 7  y   98  98 Vậy hệ có nghiệm Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau (17  x)  x  (3 y  14)  y 0  2 x  y   3 x  y  11  x  x  13 a)   (1) (2)   x  x  y   x  y  y y3 1    x y  x   x  y   6 xy  x  b)  Lời giải suy  x 5  y 4   2 x  y  0  a) Điều kiện: 3 x  y  11 0    x     x    y     y Biến đổi phương trình (1) ta có:  Đặt a   x , b   y ta có”  3a  2a 3b3  2b   a  b   3a  3ab  3b   0  a b  x   y  y x  Thay vào (2) ta có: x  x  13 2 x   x  x  (4) Điều kiện xác định phương trình (4) là:  (4)  x  x  x    x2  x   x x x   3x     3x   x     x2  x  x   5x  x  0 0     x2  x      0 x   3x  x   5x     x  x 0  1   0  x   x  x   x   x 0  y    (*) x  x 0  x   y  1  Ta có x   3x  x   5x  Kết luận:  x; y   0;  1 ,   1;   0 điều kiện x  b) Điều kiện: y 0, x  y 0 Nhận thấy y 0 hệ vơ nghiệm Ta xét y  Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp:  x  xy  y  y  x  y   x  y  x  2y  PT(1) x  y x  y  y  0; Rõ ràng   x  y 2y  x  y 1 0 2y  x  y , từ suy x  y 3 Thay vào (2) ta được: x  x  14 x  6 x  x 1 Biến đổi phương trình cho tương đương: x  x  x  8 x  x   3 x  x  3   x  1   x  1 8 x  x   3 x  x  Đặt a  x  1, b  x  x  suy 2 a  3a b  3b   a  b   a  ab  b  3 0  a b x   x  x   x 1; y 1 Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 Dạng 4: Phương pháp phân tích thành nhân tử để giải hệ phương trình A Kiến thức  f  x, y  0  g  x, y  0 Bài toán: Giải hệ phương trình  + Phân tích phương trình trên, tổ hợp phương trình thành nhân tử (kết hợp phương trình để tạo phương trình mới) Giả sử: f  x, y   f1  x, y  f  x, y  Thông thường f1  x, y  f  x, y  hàm số bậc bậc hai Ví dụ: f1  x, y  ax  by  c; f1  x, y  x  y; f1  x, y  x  y; f  x, y  ax  bxy  cy  d  f1  x, y  0  f  x, y  0   g x, y 0 g x, y 0 + HPT cho       *) Chú ý: Dạng tốn ta sử dụng Delta để phân tích đa thức thành nhân tử: Bài 1:  x  x  y  4  y    xy    x  y  8 Giải hệ phương trình:  Lời giải 2 2 Ta có phương trình (1)  x  3xy 4 y   x  3xy  y  0   x  y   x  y  8 Vậy  x  y   x  y   xy    x  y    x  y   x  y  xy   0  x  y  ktm     x  y    y   x   0   y 1  tm    x   tm  Xét trường hợp tìm nghiệm hệ phương trình Bài 1: Giải hệ phương trình:  x  x y  y  2 y x 1   1  2 Lời giải Điều kiện x 0; y 0 Phương trình 1 1     0   x  y     0 xy   x y   1   x  y    3 + TH1: x  y 0  x  y , thay vào phương trình (2) ta được: x x 1  x  x  0  x 1   x  1  x  x  1 0    x  1  2 + 1 TH2: 1 0  y   x, y 0  xy x , 2  x3   x 0   x  x  0  x thay vào phương trình (2) ta 1  1   x     x    0 2  2  (vô nghiệm) Bài 2: Chuyên TPHN, năm học 2018  y  xy 8 x  x   1  y x3  x  x    Giải hệ phương trình:  Lời giải Ta có (1)  x  xy  y 9 x  x    x  y   3x  1    x  y  1  x  y  1 0 + TH1:  x  y 1 0  y  x  , thay vào phương trình (2) ta  x 0   x  1 x  x  x 1  x  x  x 0  x  x  x  3 0   x    x  3 2 + TH2: y 4 x  , thay vào phương trình (2) ta  x 0  x  1 x3  x  x 1  x3  x  x 0   x 1   x 7  y   y 3   y 27 Bài 3: Chuyên Trần Phú Hải Phòng, năm học 2013  y 1  y 3   y 7 được: 2 x  xy  y  y   x  y 4   Giải hệ phương trình:  1  2 Lời giải  Ta có   y   x  3 y   x 0  y  x 2  y  x  3    x   x  1    y 2 x  2 + y  x   x    x  1 3  3x  x  0 Cách khác: Ta có (phương trình vơ nghiệm)  1   y  x  1  y  x   0  xét trường hợp Bài 4: Giải hệ phương trình: 1   1  x  x3  y  y   x  y   x  y    36    Lời giải Điều kiện x 0; y 0  x  xy  y   1   x  y     x  y     3   1  0  * 3 x y x y     Ta có  x 2  x  x  12 0    x  x  y ,  + TH1: thay vào (2) ta  y 2  y   + TH2: 1 x  xy  y y  0 x  xy  y  x    y  0, x, y 0 3 x y 2  Ta có  x3 y   xy   x  y   2x  Phương trình (2): y    36   x  x    y  y   36  xy 0   x  1   y    18  9 xy 0  **   **       0 Vậy 0 0 vô nghiệm  x; y     2;  ;   6;    Bài 5: HSG TPHN, năm học 2011  x  xy  x  y  y 0  2 x  y  x  y 6 Giải hệ phương trình:   1  2 Lời giải  1 : x   y 1 x   y  y  0 Phân tích: Ta có phương trình 2   y  1   y  y  9 y  y   y  1    y     y   y 1  y    y  1 x  x   x  y  2      y   y 1  x  y    y  1   x y x      Với hướng phân tích ta có lời giải: 2 HPT  x  xy  y   x  y  0   x  y   x  y    x  y  0  x y  x  y   x  y   x  y 1 0   +) TH1: x  y thay vào phương trình (2) ta được: x 6  x 3  y 3 +) TH2: x  y  tương tự TH1 Bài 6: Đại học khối D, năm học 2012  xy  x  0  2 x  x y  x  y  xy  y 0 Giải hệ phương trình:   1  2 Lời giải  2  Ta có   y  x  x  y  x  x 0 2  y  x    x  x  x  x   x  x  x   x  x         x  x 1 y    x  x 1 y       x     x 1  y x 2    x  x 1  y 2 x     2 +) TH1: y  x thay vào phương trình (1) ta được: x  x  0     x  1 x  x  0  x 1  y 1 +) TH2: y 2 x  thay vào phương trình (1) ta được:     x  x    1  y x  2  x  x  x  0  x  x  0    1  x   Bài 7: Đại học khối A, năm học 2011 5 x y  xy  y   x  y  0  1  2  2  xy  x  y    x  y  Giải hệ phương trình: Lời giải Ta có phương trình (2) 1       xy 1 xy   x  y 0   2  x  y 2  +) TH1: 5x    xy x  y   x  y  xy 0   xy  1 x  y    xy  0  xy 1  y  x Thay vào phương trình (1) ta được:  x 1  y 1 1        x  x  0  x  0   x x x   x   y    2 x y  xy  y   x  y   x  y  0 +) TH2: x  y 2 Thay vào phương trình (1) ta được:     x 4 x y  xy  y 0   x  y   x  3xy  y 0  x  y  x  y 1   x  y   x  y    x  y  0    x 2 y  y 2  y   Kiểm tra kết luận nghiệm hệ phương trình Bài 8:  x  x    y  y   0  2 Giải hệ phương trình:  x  y  xy  x  y 1 0 Lời giải  x  x    y  y   0   2 x  y  xy  x  y    Hệ phương trình  2  x  y  x  y 0  2  x  y  xy  x  y  0 Cộng vế tương ứng ta được: x  y  xy   x  y   0   x  y    x  y   0  x 1  y   x  y  1  x  y  1 0    x 1  y  2  y   y    y   y 0 +) TH1: x 1  y vào phương trình (1) ta được:   11y  y  0 Giải phương trình tìm y sau tìm x x   2y +) TH2: làm tương tự Dạng 5: Phương pháp đánh giá giải hệ phương trình I Kiến thức Giải hệ phương trình  f  x, y  0   g  x, y  0  1  2 Sử dụng phương pháp đánh giá Từ (1)(2) ta rút h  x, y  0 , đồng thời h  x, y  0, x, y  TXÐ Từ tính nghiệm x, y Cụ thể: + Giả sử x  y y  x  x  y + Sử dụng điều kiện phương trình bậc hai có nghiệm + Áp dụng bất đẳng thức x  y 2 xy   x  y  0, x, y x  y 2 xy , x, y 0 Bài 1:  x  y  2  y  x  2 Giải hệ phương trình:  Lời giải Điều kiện: x 0; y 0 Do x 0; y 0   x 0  x  y    2 , dấu “=” xảy  y 0 Tương tự ta có:  x 0  y  x    2 , dấu “=” xảy  y 0 Vậy HPT có nghiệm  x; y   0;0  Bài 2:  x2  y  1   x 1   x x    Giải hệ phương trình:  y  Lời giải Cách 1: Giải sử x  y  y x  x  y Tương tự ta có x  y  y x  x  y Cách 2: Chứng minh x  y Cách 3: Lấy  1     x  y Từ  1    - Nếu - Nếu Với Vậy x 0; y 0 x 0  y 0 x 0  y 0 x 0; y 0 , ta có x  2 x   y  x2 2x2 y2 y2   x ; x   y x2 1 x y 1 y x y Thay x  y vào phương trình (1) ta có: 2x2 x  x2 1 Vậy  x  1 0  x  0  x 1 x 0  y 1  2x  x  1 0   x   x 1  x 1   x; y     0;0  ;  1;1  Bài 3: Chuyên Hòa Bình, năm học 2017  x  y  20  y  xy  x  Giải hệ phương trình:   1  2 10 Lời giải Điều kiện x  y 3 Từ  1  y 20  3 Từ    x  xy  0 2 Phương trình có nghiệm   x  y  20 0  y 20   Từ (3)(4)  y 20  x  y 3    xy  x     Mặt khác ta có x   y  20 2  y    x   0  x  0   x  2 x   x  x      Thay y 2 vàp HPT, ta  Vậy  x; y   5;   Bài 4:  y  xy  0  2 Giải hệ phương trình:  x  x  y  y  0 Lời giải  x 2  y  x  0  x 4    3 x  y  Phương trình (1) phương trình bậc hai ẩn , nên Phương trình (2)   x  x    y  1 0  x  x   y  1 0  x  x 0   x 0   Từ (3)(4)  x   x   Thay x  vàp HPT ta  y  Bài 5: xy   x  y  1 x  x  2x    xy y   y2  x  2  y  2y 9 Giải hệ phương trình: Lời giải 11 Điều kiện x, y  R xy Cộng vế (1) (2) ta x  2x   xy y  2y 9  x  y  * Từ  *  xy 0  x  1 2 xy   2  Ta có xy Tương tự ta có 2  xy  x  1  xy  y  1   3  4 Cộng vế với vế (3) (4) ta được: VT  * 2 xy  x  y 2 xy   x  y  0  x  y  5 Vậy phương trình (*) tương đương bất đẳng thức (3)(4)(5) xảy dấu “=”  x  y 1 Thử lại vế HPT cho thấy thỏa mãn Vậy PHT có nghiệm  x; y   1;1 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau  xy  x  y  x  y  x y  y x  2 x  y a)  (1) (2)  x  y  xy  x  y  0  4x  y2  x   2x  y  x  y b)  Lời giải Xét phương trình (1) hệ ta có: xy  x  y  x  y  x  x ( y  1)  y  y 0 Ta coi phương trình bậc x ta có:  ( y  1)  y  y (3 y  1) Từ suy y   (3 y  1)   y x   x  y   (3 y  1) 2 y    x 1  Trường hợp 1: x  y Từ phương trình (2) hệ ta có điều kiện:  y 0 suy phương trình vơ nghiệm Trường hợp 2: x 2 y  thay vào phương trình thứ hai ta có: 12 (2 y  1) y  y y 2 y   y y  y 2( y  1)  ( y  1)   y  0  y 2  x 5 Vậy hệ có cặp nghiệm: ( x; y ) (5; 2) b) Xét phương trình (1) hệ ta có: x  y  3xy  x  y  0  x  x(3  y )  y  y  0 Coi phương trình bậc x ta có:  (3  y )   y  y  1  y  y  ( y  1) y   ( y  1) y    x   x  y   ( y  1)  y  Suy  Trường hợp 1: y x  thay vào phương trình (2) ta thu được: 3x  x   3x 1  x   3x  3x  ( x   x  1)  ( x   x  4) 0 1     x2  x      0 x   3x  x   x     x 0 1 3    x  x 0   x   3x  x   x   x 1 nên Do Trường hợp 2: y 2 x  thay vào phương trình (2) ta thu được: x   3x  x 1  5x   x   x   3x  0 Giải tương tự ta x 0 Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm: ( x; y ) (0;1), (1; 2) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau  x  2  y  x   y  1   x 5  xy  y   3y   a)   1  2  y  y  10  x  y    y  x    x  y  y 1  x 1 b)   x  y  y  x 1  y  x  y (5 x  y)  x(4 x  y )  c)  Lời giải y  ; x  3;3 y x Điều kiện: 13 Phương trình (1) tương đương ( x  3) 4( y 1)(3 y  x)  x  x  12 y  12 y  xy  x  x  x(5  y )  12 y  12 y  0 Coi phương trình bậc x ta có:  ' (2 y  5)  12 y  12 y   y    x   y  (4 y  4)  y   suy  x   y  (4 y  4) 2 y  Trường hợp 1: x  y  Do x    y    y  suy phương trình vơ nghiệm Trường hợp 2: x 2 y  thay vào phương trình hệ ta có: 3y   Ta có: y  2 y  y    y  2 3y   y   y  1  y    ; y 1  3y   y  2 Nghĩa VP  VT , suy y 2  x 1 Vậy hệ có nghiệm b) Điều kiện:  x; y   1;   x  0   y  0  y  y  10  x y  0    Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: x  0  x  Ta viết phương trình thứ dạng: y  y  10  x  y   x 1  y 1 Để bình phương ta cần điều kiện: x   y   x  x  y Ta bình phương hai vế được: y  y   x  y  3  x  x   x  1 y  Ta đưa phương trình (2) dạng: Thế (2) vào (1) ta được:  x  1 (1) y  x  x  xy  y  y  y   x  y   x  x   x  x  xy  y   (2)  y  y   3xy  x  3x 0  x  y  0  x  x  y  1   y  1 0   x  y  1  x  y   0    x  y  0 * Với  x  1 x  y  0  y 1  x , ta có thêm x 2  x   x  x  x  x    x  1  x 0 thay vào Vì   x 2 , ta dễ thấy: VT  , nên suy phương trình vơ nghiệm 14 phương trình (2) ta có: x  y  0  y  2 x , thay vào phương trình (2) ta được: * Với ta thu phương trình: 4 x  2 x 1 Đặt u  x  u  3u  24u  18 0 5 u  2     u 3  x 2  y 0 u u    Hệ có cặp nghiệm nhất: x 2; y 0 c) y 3y x  Điều kiện Ta viết phương trình (1) thành: x  y 1  y  x Bình phương vế ta thu được: y  x 8 x  y  Thay vào phương trình (2) hệ ta có: x  x( y  2)  y  y 0 Ta coi phương trình bậc 2( y  2)  y  x     2( y  2)  y4 x   ' 4  y    4( y  y) 16 suy  Trường hợp 1: y 2 x thay vào phương trình (1) ta có: x  12 vơ nghiệm Trường hợp 2: y 2 x  thay vào phương trình (1) ta thu được: 2 x  12 15  x  273 257 ,y Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm: 273 257  ;     x; y   15 x Bài 10: LUYỆN TẬP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: ĐHKHTN Hà Nội, năm học 2014 2 x  y  xy 12  1  x  x y 12  y  y x   Giải hệ phương trình  Lời giải 2 2 2 x  y  xy 12 2 x  y  xy 12   2 x  y  x y  xy 12 6 x  x y 12  y  y x   Ta có  3  4  x  y  xy 6  x  y   xy  x  y    x  y   x  y   y  y  x  6  x  y   xy  x  y    x  y   x  y   x  y   xy     x  y    y   x   0 + TH1: x  y 0, thay vào (3) vô nghiệm  y   y  y  18 12  y  y  0    y 2 + TH2: x 3 thay vào (3) ta được:  x 3  + TH3: y 2 thay vào (2) ta được:  x  Vậy HPT có nghiệm  x; y     3;  1 ,  3;  ,   4;  1 ,   4;   Bài 2: Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu, năm học 2018  x  y xy  x  1  x  y xy    Giải hệ phương trình  Lời giải Điều kiện x  y 0 Ta có  1   x 2 x  x  y  xy 0   x    x  y  0    x y 16  y 1  y 1 x 2    : y  2 y     y 2   y  y   y   y       + TH1:   y   y 0  y y2      y  y  y   3 x  y   2 : y  y  y   + TH2:  3  Ta có y  y  y  0   y    y  y     0  y 2       0 Vậy HPT có nghiệm  x; y   2;  Bài 3: Chuyên LHP Nam Định, năm học 2018  x  y  1 x  y   x  y  3 x  y  x  x    y   x  y 2 x  5x  Giải hệ phương trình   1  2 Lời giải 2 x  y  0  x  y 0   *  x  y    Điều kiện 2 x  x  0 Đặt a  x  y   a 0   x  y  2a  b  x  y  b 0   x  y  2b  Phương trình (1) trở thành  2b  1 a  2a  1 b  2b a  a  2a 2b  b 0   b  a   2ab  1 0  a b  a, b   2ab     x  y   x  y  x  y   x  y  x  y 1  y  x  Thay vào phương trình (2) ta Với điều kiện x x  x    x  1 x  2  x  1  x   1  x   0; x    3   x  x 1   x 1 x    x  1   x  1   x  1  x     x   0    x  1  x     x    x   3x  x   0    x 1  y 0 x   x   Thay vào điều kiện ban đầu, thảo mãn điều kiện (*) 17  3 Bài 4: Chuyên Bến Tre, năm học 2018  x  y 2   x  y    xy  4 Giải hệ phương trình   1  2 Lời giải Cách 1: Ta có  x  y 2   x  y    xy  4  x  y   xy 2    x  y    xy  4 2  x  y  2   xy    x  y    xy  4   xy    xy  16    xy  8 Cách 2: Từ    Cách 3: Từ     x  y    xy  8  * 2 x  y   x  y  8  x  y 2  x 2 y  Thay  x  y vào (*) ta  Thay vào phương trình (1) ta được:   2y  y 2  y  y   y 2  y  y  0  y  y  0   y  1 0  y  1  x 1 Vậy HPT có nghiệm  1     x; y   1;  x  y 2 x   x  1  y 1 (Trích đề tuyển sinh vịng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008) 1)  2 x y  y x 1  x  y 7 2)  (Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2008)  x  y  xy 1  3x  y  y  3)  (Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2009) 4) 2 3 x  y  12 xy 23  2  x  y 2 (Trích đề tuyển sinh vịng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) 5 x  y  xy 26  x   x  y   x  y  11 5)  (Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010)  x  y 2 x y   x  y    xy  4 x y (Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2011) 6)  7)  x  y  y 4  2 x  y  xy 4 (Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2012) 18 8) 2  x  y  xy 1  2  x  xy  y 4 (Trích đề tuyển sinh vịng 1- lớp 10 THPT Chun ĐHQG Hà Nội 2014) 2 x  y  xy 12  x  x y 12  y  y x 9)  (Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014)  x  y 5 xy  x  y 5 xy 10)  (Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) 2 x  y  xy 5  27  x  y   y  26 x3  27 x  x   11) (Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015)  x  y  1  y   2 x  x  12 y   y 9   12) (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Amsterdam Chu Văn An năm 2014) 13)  x2 y2    2  x 1   y  1  3 xy  x  y  (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014)  x  y 4  x  y 3  x   y 2 (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2014) 14)   x  3xy  y   x  y  0  x  xy  y  15 0 15)  (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Thái Bình 2014)  xy  3x  y  4  x  11 3  x  y   x  y  1 16)   x  y 2 x y  y  x y  3x 5x  xy 17)   x  xy  y 1  y x  y 18)   x  y   x  y  15  y  y x 19)   x  y   x  y  2   4 2  x  y   x  y  x y   2 x 20) 19 I HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP:  x  1  y 1  3  x  1  y 1 1) Ta viết lại hệ phương trình thành: a  y 1  a  y 1 a  x  Đặt ta có hệ  Suy  a, y 1 Mặt khác ta có: a 1  y   y    y  y  0  a 1 a a  y 1    a  y a3  y 1  y  y Tương tự ta có Dấu xảy a 1, y 0 a 0, y 1 x; y   1;1 ,  2;  Từ suy nghiệm hệ là:  2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra:  y x   y 2 x x3  y 7 x y  y x  x3  14 x y  xy  y 0   x  y   x  y   x  y  0  y 4 x   thay  ; 2    x; y   1;1 ,   vào phương trình ta tìm nghiêm là: Ta giải nhanh sau: Lấy phương trình (2) trừ lần phương trình (1) thu được:  2x  y  1  x  y 1  y 2 x   x   xy  y  x   xy 3 x  y   x  ( y  3) x  y  0  3x  y   y 3) Từ hệ phương trình suy  Đây   y  y     y    y  1 phương trình bậc x có Từ tính x 1 x 2  y thay vào ta tìm nghiệm Chú ý ta giải cách khác:  x; y   1;0  ,  1;1 ,  5;  3 x   xy 3 x  y   y  x  1  x  3x  0   x  1  y  x   0 4) Nhận xét: Có thể đưa hệ dạng đẳng cấp: Từ hệ ta suy  x  y  12 xy  23  x  y  hệ với trường hợp ta suy  x y  x y 2  17 x  24 xy  y 0   x  y   17 x  y  0 17  Giải 17   17  ;  ,  ;   13 13   13 13   x; y   1;1 ,   1;  1 ,  20