Toán Lớp 9: Chủ Đề 7. Một Số Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình

Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với.. x y..[r]

CHỦ ĐỀ 7: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1:

a) Một hệ phương trình ẩn x, y gọi hệ phương trình đối xứng loại phương trình ta đổi vai trị x, y cho phương trình khơng đổi b) Tính chất

Nếu x y0, 0 nghiệm hệ y x0, 0 nghiệm

c) Cách giải: Đặt . S x y P x y

  

 

 điều kiện S2 4P quy hệ phương trình ẩn ,

S P

Chú ý: Trong số hệ phương trình đơi tính đối xứng thể phương trình Ta cần dựa vào phương trình để tìm quan hệ S P, từ suy qua hệ x y,

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:

a)

3

2 2

8

x y xy x y

  

 

 

 b)    

3 19

8 2

x y

x y xy

  

 

  

 

c)

  3 2

3

2 3

6

x y x y xy

x y

   

 

  

 d)

3

1 1 4

x y xy

x y

   

 

   

 

Giải:

a) Đặt . S x y P x y

  

 

 điều kiện S2 4P hệ phương trình cho trở thành:

 

2

2

2 2 2

6 3

3 8

8 2

S P

S P

S S S P

S S

 

 

 



 



 



   

 

   

  



  

3 2

2S 3S 6S 16 0 S 2 2S 7S 8 0 S 2 P 0

             

0 2

2 0

x x

y y

 

 



 

 

 

b) Đặt . S x y P x y

  

 

 điều kiện S2 4P hệ phương trình cho trở thành:

 

   

2

3

8

3 19 8 1

6

3 8 19 24 25 0

8 2

SP S

S S P SP S S

P

S S S S

S P

        

 

  

   



     



    

 

Suy x y, hai nghiệm phương trình:

1

6 0 3; 2

X  X   X  X 

Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm x y  ;   2;3 , 3; 2   

c) Đặt a3 x b, 3 y hệ cho trở thành:

 3  2 

2 3

6

a b a b b a a b

   

 

  



Đặt

S a b P ab

  

 

 điều kiện S2 4P hệ cho trở thành

   

2 3 3 2 36 3 3 6

8 6

6

S SP SP P P S

P S

S

       

 

 

  

 



 

 



Suy a b, nghiệm phương trình:

1

2 8 4 64

6 8 0 2; 4

4 64 2 8

a x a x

X X X X

b y b y

     

 

         

     

 

Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm x y ;  8;64 , 64;8  

d) Điều kiện:

0

, 1

xy x y

  



 Đặt .

S x y P x y

  

 

 điều kiện S24P hệ phương trình

 

 

 

 

 

2

2

2

2

2

3; 3

3

2 2 1 16 2 3 1 14

3 14; 3 3 14; 3

30 52 0

4 8 10 196 28

S P S

S P

S S P S S S

S P S S P S

S S

S S S S

   

  

 



 

    

      

 

         

 

   

  

     

 

 6

9 3

S

P x y

   

   

 Vậy hệ cho có nghiệm x y ;  3;3.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:

a)

2

2 8 2

4

x y xy

x y

   

 

 



 c)

2

2

2 1

xy x y

x y x y x y



  

 



   



b)

 

 2

2

1

1 5

1

1 9

x y

xy

x y

x y

  

  

  

  



 

   

 

  

 d)

   

 

3 2

2

1 2 30 0

1 11 0

x y y x y y xy

x y x y y y

      

 

     

 

Giải:

a) Đặt x a, y b điều kiện a b , 0 Hệ phương trình trở thành:

4 2 8 2

4

a b ab

a b



   



  

 Ta viết lại hệ phương

trình thành:

4 2

( ) 4 ( ) 2 2 8 2

4

a b ab a b a b ab

a b

      

 

  



Đặt

S a b P ab

  

 

 điều kiện

2 4

, 0

S P

S P

 

 

 hệ cho trở thành

2

256 64 6 2 8 2

4 2 4

4

P P P

S P a b x y

S



    

        

   

 

 

2

2 2

2 2 16

2 16

2 ( ) 0 2 4 4

x y xy

x y xy

x y x y x y x y x x

   

 

   



            

Vậy hệ có cặp nghiệm x y ;  4;4 b) Điều kiện: x y 0

Biến đổi phương trình (1):  2

2 2xy 1 1 2xy 2 0

x y x y xy

x y x y

        

 

Đặt x y S xy P  ,  ta có phương trình: 2

2 1 0

P

S P

S

   

3 2 2 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1)( 2 ) 0

S P SP S S S P S S S S P

              

Vì S2 4 ,P S 0 suy S2S 2P0 Do S 1

Với x y 1 thay vào (2) ta được:  

1 1 y  y y0,y3

Xét

2 2

2

1 xy 1 1 0

x y x y x y x y x y

x y

             

 (không

thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ cho có nghiệm x y ;  1;0 , 2;3   c) Điều kiện: xy 0

Hệ cho tương đương:

2

2

2

1 1

1 1 5

5

1 1 1 1

9 9

x y

x y

x y

x y

x y x y

x y x y

   

    

       

    

 



 

 

 

     

    

 

 

    

Đặt

1 1

1 1

.

x y S

x y

x y P

x y

   

   

   

 

  



 

 

   

 

 

   

Hệ trở thành: 2 9 5, 6 5 S P S P S          1 1 2; 3 1 1 3; 2 x y x y x y x y                . 3 5 1; 2 3 5 ; 1 2 x y x y            

 Vậy hệ cho có nghiệm:

 ;  1;3 5 , 3 5;1

2 2

x y        

   .

d) Hệ tương đương với :

   

 

30 11

xy x y x y xy xy x y x y xy

              .

Đặt xy x y   a xy x y b;    Ta thu hệ:

 

 

5 6

30 5; 6

11 6; 5 6

5

xy x y xy x y

ab a b

a b a b xy x y

xy x y

                                     . TH1:   2 3

6 2; 1

1; 2 3 5 ( ) 2 xy x y

xy x y x y

x y

xy xy x y

L x y                                     TH2:  

5 5 21 5 21

( ) ;

1

5 2 2

1

6 5 21 5 21

;

5 2 2

xy

L x y

x y xy x y

xy xy x y

x y x y                                            .

Vậy hệ có nghiệm:

 ;  1;2 , 2;1 ,   5 21 5; 21

2 2

x y    

 



II) HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2

Một hệ phương trình ẩn x y, gọi đối xứng loại hệ phương trình ta đổi vai trị x y, cho phương trình trở thành phương trình + Tính chất.: Nếu x y0; 0 nghiệm hệ y x0; 0 nghiệm + Phương pháp giải:

Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta phương trình có dạng

   

 

0

; 0

; 0

x y x y f x y

f x y

 



     





Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:

a)

2

2 2

x x y

y y x

  

 

 



 b)

    

    

2

2

1 6 1

1 6 1

x y y x

y x x y

    

 

   

 

c)

3

3 1 2 1

3 1 2 1

x x x y

y y y x

     

 

    



 d)

Giải:

a) Điều kiện: x y , 0 Trừ hai phương trình hệ cho ta thu được:

   

      

2

2

1 2 0

x x y y y x

x y x y x y x y

    

 

       

 

Vì  x y x y   1 2 x y 0 nên phương trình cho tương đương với: xy Hay

   

2

0

2 0 2 1 1 0 1

3 5

2

x

x x x x x x x x x x x

x

   

             

    

Vậy hệ có cặp nghiệm:

 ;  0;0 , 1;1 ,   3 5 3; 5

2 2

x y     

b) Hệ cho

2 2

2 2

6 6

6 6

xy x y yx y

yx y x xy x

     

  

    

 

Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta được:

           

2 7 0 2 7 0

2 7 0

xy y x x y x y x y x y x y xy

x y x y xy

            

 

     



+ Nếu xy thay vào hệ ta có:

2 5 6 0 2

3

x y

x x

x y

  

    

  

+ Nếu x y  2xy  7 1 2 x 1 2 y 15 Mặt khác cộng hai phương trình hệ cho ta được:

 2  2

2 5 5 12 0 2 5 2 5 2

x y  x x   x  y 

Đặt

2 5, 2 5

a x b y

Ta có:

   

 

 

2

2

0 1

2 2 2

4 4 15 4 1 8

31

a b ab

a b a b ab

a b ab a b a b

ab

  

 

 

     

  

 

  

        

 

   

   

Trường hợp 1:

     

0

; 3;2 , 2;3

1

a b

x y ab

  

 

  

Trường hợp 2:

8 31

a b ab

  

 

 vô nghiệm.

Vậy nghiệm hệ cho là: x y ;  2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2       c) Điều kiện:

1 1

;

2 2

x y

Để ý

1 2

x y

nghiệm Ta xét trường hợp x y 1

 

3 3 1 2 1 3 1 2 1

x  x  x  y  y  y  y x

 

2 2

( ) 4( ) 0

2 1 2 1

x y

x y x xy y x y

x y



 

        

  

2 2

( ) 4 0

2 1 2 1

x y x xy y x y

x y

 

          

  

 

 

Khi xy xét phương trình:

3 2 1 2 1 0 2 2 1 0

x  x  x   x  x x  

2 2 2

( 1) 0 1 0 0

2 1 1 2 1 1

x

x x x x x

x x

 

          

     

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm nhất: x y 0 HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP

+ Là hệ chứa phương trình đẳng cấp

+ Hoặc phương trình hệ nhân chia cho tạo phương trình đẳng cấp

Ta thường gặp dạng hệ hình thức như:

+

2

2

ax ex

bxy cy d gxy hy k

   

 

  



 ,

+

2

2

ax

, gx

bxy cy dx ey hxy ky lx my

    

 

   

 

+

2

3 2

ax gx

bxy cy d

hx y kxy ly mx ny

   

 

    



 …

Một số hệ phương trình tính đẳng cấp giấu biểu thức chứa đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện:

Phương pháp chung để giải hệ dạng là: Từ phương trình hệ ta nhân chia cho để tạo phương trình đẳng cấp bậc n:

1 0

n n k k n

k n

a x a x  y a y

  

Từ ta xét hai trường hợp:

0

y  thay vào để tìm x

+ y 0 ta đặt x ty thu phương trình: 0

n n k

k n

a t a t  a

+ Giải phương trình tìm t sau vào hệ ban đầu để tìm x y, Chú ý: ( Ta đặt y tx )

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:

a)  

3

2

8 2

3 3 1

x x y y

x y

   

 

  

 

b)

 

     

2

2

2

5 4 3 2 0

, 2

x y xy y x y

x y

xy x y x y

     



 

   

 



Giải:

a) Ta biến đổi hệ:

3

2

8 2

3 6

x y x y

x y

   

 

 

 

Để ý nhân chéo phương trình hệ ta có:

3 2

6(x y ) (8 x2 )(y x 3 )y phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ ta có lời giải sau:

Vì x 0 không nghiệm hệ nên ta đặt y tx Khi hệ thành:

 

 

 

2

3 3 3

2

2 2 2 2

1 2 8

8 2 1 4

1 3 3

3 3 1 1 3 6

x t t

x x t x tx t t

t

x t x x t

   

     

 

  

 



    

 

 

 3   2

1 3

3 1 4 3 12 1 0

1 4

t

t t t t t

t

  

          

 

 .

*

 

2 1 3 6

3 1

1 3

3

x t

x

t x

y y

  

  

    

  



 .

*

4 78

1 13

4 78

13

x t

y

   

  

  

  .

( ; )x y    

4 78 78 4 78 78

3,1 ; 3, ; , ; ,

13 13 13 13

   

       

   

b) Phương trình (2) hệ có dạng:

      

  

2 2 2

2

2 2 1 2 1 0

1 2 0

xy x y x y xy x y xy xy

xy x y

          

    

2

1 2

xy x y

   

 



TH1:

 

2 1

5 4 3 2 0

1 1

x

x y xy y x y

y xy

       





 

 

 



1 1

x y

  



 .

TH2:

   

2 2

2 2

5 4 3 2 0 5 4 3 2

2 2

x y xy y x y x y xy y x y

x y x y

          

 



 

   

 

 

(*)

Nếu ta thay x2y2 2 vào phương trình (*) thu phương trình đẳng

cấp bậc 3:   

2 2

5x y 4xy 3y  x y x y

Từ ta có lời giải sau:

Ta thấy y 0 không nghiệm hệ Xét y 0 đặt x ty thay vào hệ ta có:

 

2 3

2 2

5 4 3 2

2

t y ty y ty y t y y

    

 

 

 

Chia hai phương trình hệ ta được:

3

2

5 4 3 1

4 5 2 0

1 1

t t t

t t t

t

  

     



2 2 2 2

1

1 1 5 5

1 1

1 1 2 2

2 2

5 5

x x

t x y

x x

y y

t x y

y y

 

 

   

 

 

   

 

         

         

     

  .

a)      

2

3

2 3 2 3 0

2 2 3 1 6 1 2 0

x y y

y x y x x x

     

 

      

 

b)  

2

1 2

3 3 2

2 2 2 6

x y x

x y x y

x y x y

 

 



 

 

   

 

Giải:

a) Điều kiện: x22y 3 0 Phương trình (2) tương đương:

 3  2  3  2

2 2y x 3y x1 6x 6x  2 x1 3y x1 4y 0

Đây phương trình đẳng cấp y x 1 + Xét y 0 hệ vô nghiệm

+ Xét y 0 Đặt x 1 ty ta thu phương trình: 2t33t2 4 0

Suy t2 x 1 2y Thay vào phương trình (1) ta được:

2 2 4 14 5

9 18

x  x   x x  y

Vậy hệ có cặp nghiệm:  

14 5

; ;

9 18

x y   

 .

b) Dễ thấy phương trình (1) hệ phương trình đẳng cấp x y Điều kiện: y0; 3  x 0

Đặt

2

y tx  y t x thay vào (1) ta được: 2 2

1 2

3 3 2

x x tx

x t x x t x



 



Rút gọn biến x ta đưa phương trình ẩn t: t 22t2 t 1 0 t 2 y 2x 0

        

Thay vào (2) ta được:

2 25 1

4 8 2 6 4 10 2 6 2 6

4 4

2

5 1

2 2 6

2 2

x x

   

       

    .

Giải ta

17 3 13 17

4 2

x   y 

Vậy nghiệm hệ

 ;  17 13 17;

4 2

x y    

 .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau:

a)

3

2

1 3

1

x y

x y x y



 



 

  

 b)

2

3

1 2 2 1

3 3 6

x y xy x

x x xy

    

 

  





Giải:

a) Ta viết lại hệ thành:

 3 

2

3 1

1

x y x y x y

   

 

 



 (1)

Ta thấy vế trái phương trình (1) bậc Để tạo phương trình đẳng cấp ta thay vế phải thành (x2y2 2)

Như ta có:

3x3 y3x y  x2y22  2x43x y3  2x y2 2 xy3 2y4 0

2

2

( )( 2 )(2 ) 0 2

2 0

x y

x y x y x xy y x y

x xy y

  

        

   



+ Nếu

2

2 7

2 0 0 0

4 2

y

x xy y   x x    x y

  khơng thỏa mãn.

+ Nếu xy ta có

2 2

2 1

2

x   x

+ Nếu

2 5

2 5 1

5

x y y   y

Tóm lại hệ phương trình có cặp nghiệm:

 ;  2; 2 , 2; 2 , 2 5; 5 , 2 5; 5

2 2 2 2 5 5 5 5

x y                

b) Điều kiện y 1 Ta viết lại hệ thành:

3

1 ( 1) 1

3 ( 1) 6

x y x y

x x y

    

 

  

 

Ta thấy phương trình hệ phương trình đẳng cấp bậc

,

x y 

Dễ thấy y 1 khơng phải nghiệm hệ phương trình Xét y  1 Đặt x t y 1 thay vào hệ ta có:

 

 

3

3

3 3

1 2 1 0

3 6( 2 ) 0

3

1 3 6

y t t t

t t t t

t

y t t

     

 

  

     

 

 

     



+ Nếu t 0 x 0 Khơng thỏa mãn hệ

+ Nếu    

3 3

3

1

3 27 1 9 1 6 1 9

9

t  y  y   y   x

Vậy hệ có cặp nghiệm

3

1

( ; ) 9; 1

9

x y   

 

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau

a)

2

2 3

2

2 ( 2 3) 3

xy x y

xy x x y x

  

 

    

 

b)  

2

2

3 0

( 1) 3( 1) 2 2 0

x xy x

x y xy x y y

    

 

      

 

Giải:

a) Điều kiện: y 0 Phương trình (2) hệ có dạng:

3

1

2 ( 1) ( 1) 3( 1)

2 3

y

xy y x y y

xy x

 

      

 



Trường hợp y 1 không thỏa mãn điều kiện Trường hợp 2xy x 33 ta có hệ:

3

2

2 3

2

xy x xy x y

  

 

 





Vế trái phương trình hệ phương trình đẳng cấp bậc

,

3 2

2

3

1

(2 ) 3 2 3

2 3 0 1

1 2

( ) 2 2

t

y t t t

t t

t t

y t t

 

   

 

      





 

 



 

+ Nếu t 1 x y  x 1 y1

+ Nếu

1 2

t 

3

3

1 1 1 4

4

2 3 3 9

x y  y x x   x  y

Tóm lại hệ có nghiệm:

 ;  1;1 , 31 ;34

3 9

x y   

 

b) Điều kiện: x y2 2y 0 y0

Từ phương trình thứ ta có: xy x2 x 3 thay vào phương trình thứ hai ta thu được:

2 2

2

( 1) 3( 1) 2 2 6 2 ( 2) 0

2 3 2 ( 2) 0

x y x x y x

x y y x

        

     

Đây phương trình đẳng cấp bậc y x 2

Đặt  

2 2 y t x 

ta thu được:

1

3 2 0 1

( ) 3

t t t

t L

  

   

  

Khi t 1 ta có: y x 22 thay vào phương trình thứ hệ ta thu được:

1 3

x  y

Tóm lại hệ phương trình có cặp nghiệm ( ; ) (1; 3)x y   Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau

a)

2

2

8

16 2

8 3 3 4 2

xy x y

x y

x x x x y

y y



  

 

 

    



 b)

2

2

3 1 3 ( 1 1)

8 3 4 4

x y x x y x

x xy y xy y

     

 

   

 

a) Điều kiện:

3

0, 0, 0

3 4

x x

y x y

y

    

Phương trình (2) tương đương:

2 2

4 3 4 3 4 3

2 2 .

8 6 12 16 8 6 8 6 6

x x y x x x x y x x y

y y y y

   

        

 .

Đây phương trình đẳng cấp

8

x y

4 3

6

x y

Ta thấy phương trình có nghiệm

8

x y

4 3

6

x y

dấu hay

2 4 3

0, 0

8 6

x x y

y



 

Đặt

, 8

x a y 

4 3

6

x y b

 

suy a2b2 2ab a b

2 6

4 3

2

8 6

3

x y

x x y

y x y

 

 

  

 

 .

TH1: x6y thay vào (1) ta có:

2

28 168

( )

4 16 16 37 37

4 24

9

7 7

y x L

y y y

y x



  



    

   

 .

TH2:

2 3

x y

thay vào (1) ta có:

2

12 ( ) 4

16 16 13

9 12 8( )

y L

y y y

y x TM

  

   



  

 .

Vậy hệ có nghiệm

 ;  24 4; , 8;12 

7 7

x y   

  .

b) Điều kiện:

0

, 0

1

1 0

xy

x y x

x y

 

  

 

 

   

Để ý phương trình thứ hai hệ phương trình đẳng cấp x y, Ta thấy y 0 từ phương trình thứ hai hệ ta suy x 0, cặp nghiệm không thỏa mãn hệ

Xét y 0 Ta chia phương trình thứ hai hệ cho y ta thu được:

8 x 3x 4 x 4

y y y

 

   

 

  Đặt

x t

y  ta thu phương trình

4

4 2

4 4

8 3 4 4

8 3 4 8 16 8 4 8 12 0

t t

t t t

t t t t t t t

 

 

       

        

 

4

4 4

1

2 2 3 0 ( 1)(2 2 3) 0

t t

t

t t t t t t t

 

 

     

        

 

Khi t  1 xy

Phương trình thứ hệ trở thành: x3 3x1 3 x( 1 x1)3 Điều kiện: 0 x 1 Ta thấy x 0 không thỏa mãn phương trình

Ta xét 0x1 Chia bất phương trình cho x 3 0 ta thu phương trình:

3

2

3 1 1 1

1 3 1

x x x x

 

      

  Đặt

1

1

t t

x    phương trình trở thành:

 3   3

3 3 1 3 1 3 1 1 3

t  t   t t  t  t  t t 

Xét   

3

3

( ) 3 1 1

f t  t  t  t t

Dễ thấy f t  f  1 3 suy phương trình có nghiệm t 1 x1

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm x y ;  1;1

Chú ý: Ta tìm quan hệ x y, dựa vào phương trình thứ hai hệ theo cách:

Phương trình có dạng:

2

2

( )(8 5 ) ( )

8 3 4 3 0 0

8 3 4 3

x y x y x y y

x xy y y xy y

xy y

x xy y y

  

        



2

8 5 0(3)

8 3 4 3

x y

x y y

xy y

x xy y y

 

 

   

    

 Vì x y , 0 nên ta suy ra

xy

PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Biến đổi tương đương phương pháp giải hệ dựa kỹ thuật như: Thế, biến đổi phương trình dạng tích,cộng trừ phương trình trong hệ để tạo phương trình hệ có dạng đặc biệt…

* Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

a)

2

4

1 4 2 5 2 ( 1) 5

3 ( )

) 6

(1 (2)

x y y x

x x y x y y



        



   

 

b)

3

2

12 6 16

4 6 9 0

x x y y

x y xy x y

    



     



c) 3

2 2 3

4 3 6 4

xy x y

x y x y

  

 

   



d)

2 3

2

7 6 ( 6) 1

2( ) 6 2 4 1

y x y x

x y x y y x

     

 

      

 

Giải:

a) Điều kiện

2

1 2

5 2 ( 1)

x y

y x

  

 

   



Xuất phát từ phương trình (2) ta có:

4 2

3

3 6 ( ) 0

0

3 ( 2 ) ( 2 ) 0 ( 2 )(3 1) 0

2

x x y x y y

x

x x y x x y x x y x

x y

    

 

          

 

Với x 0 thay vào (1) ta có:

1 2 y 2 y  5 2 y 2 y 4

 4 2 y 4 2 y22(4 2 y 4 ) 16y   4 2 y 4 2 y4

Dấu = xảy khi: 4 2 y 4 2y y0 Hệ có nghiệm:(0;0)

Với: x2y Thay vào phương trình ta

1 4 5 ( 1) 5 1 4 ( 1)(4 ) 5

x   x  x x   x   x x  x 

(*)

Đặt

2 5

1 4 0 1 4

2

t t x   x   x  x  

Thay vào phương trình

ta có:

2 5

5

5 2 15 0

3 2

t t

t t t

t

  

       





Khi

2 0

1 4 2 3 0

3 3

t x x x x x

x

 

     

 



  



Tóm lại hệ có nghiệm    

3

; 0;0 , 3;

2

x y   

 

Nhận xét : Điều kiện t 0 chưa phải điều kiện chặt biến t

Thật ta có: t x 1 4 x t2  5 (x1)(4 x) t2 5 Mặt khác theo bất đẳng thức Cơ si ta có

2

2 (x1)(4 x) 5  t 10 t  5; 10

 

b) Hệ viết lại dạng

3

2

12 ( 2) 12( 2)

( 4) ( 3) 0

x x y y

x x y y

     



    



Đặt t y 2 Ta có hệ :

3 2

2 2

12 12 ( )( 12) (*)

( 2) ( 1) 0 2( ) (2*)

x x t t x t x t xt

x x t t x t xt x t

         



 

          

 

Từ (*) suy

2 12 (3*)

x t xt x t

    

  

- Với x t thay vào (2*)ta có phương trình 3x2 4x 1 0

Từ suy nghiệm hệ    

1 7

; 1;3 , ;

3 3

x y   

- Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ

2

13

( ) 12 0 2 ( )

121

( ) 2( ) 0

4

x t x t xt

VN

x t xt x t xt

   

     



 

      

  



 Do  

2

4

x t  xt Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:    

1 7

; 1;3 , ;

3 3

x y   

 

c) Đưa hệ phương trình dạng:

3

( 1)(2 1) 2

1 3

( 1) (2 1) 3( 1) (2 1) 5

2 2

x y

x y x y

  

  

       

 

Đặt: a x 1; b 2y 1.   

Khi ta thu hệ phương trình:

3

3

2

2

1 3

2 6 3 10

3 5

2 2

ab

ab

a b a b

a b a b

 

  



 

   

    

 

Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm nghiệm làx y 1  nên ta có hệ có nghiệm khi: a 2; b 1 

Do ta phân tích hệ dạng: 2

( 2) 2(1 )

( 2) ( 1) ( 1) ( 2)

a b b

a a b b

  

 

    



Vì ta ln có:b 0 nên từ phương trình ta rút

2(1 )

2 b

a

b



 

Thế xuống phương trình ta được:

2 2

2

2

4( 1)

( 1) ( 1) ( 2) ( 1) 4( 1) ( 2) 0

1

4( 1) ( 2)

b

a b b b a b b

b

b

a b b



 

           

 

    



Với: b 1 a2 , suy ra:x y 1; Với 4(a1)b b2( 2) Ta lại có:

2

2 ( 1) 2 1 b .

ab b a b a

b



       

2

3

1

2 1 2;

4( 2)

( 2) 2

4 (Không TM)

b a x y

b

b b

b b



     

 

  



 

Vậy hệ cho có nghiệm là:  

1

(1;1) 2

; ;

2 ,

x y    

 

d) Điều kiện:

1 0

x y

  



 Ta viết lại hệ phương trình thành:

2

2(x y ) 6x 2y 4 y  x1

2

2(x y) 6x 2y 4 y x 1

        Bình phương vế ta thu được:

2

2x  4xy2y 6x 2y    4 x y y x( 1)

2

2 ( x 1) 2 (y x 1) y  (x 1 y) 2 y x( 1)

           

2 1

2( 1 ) ( 1 ) 0 1

1

x y

x y x y x y

x y

   

           

  



Thay vào phương trình (2) ta có:

2 7 1 3 ( 7) 1 7 1 3 ( 7) 1

y  y  y y   y  y  y y 

Đặt a3 y y(  7) ta có phương trình:

3

3

1 0 1

1 1

1

2 0

2

a a a

a a

a

a a a

a

  



 

 

      



  

 

  

Với

0 1

0

7 6

y x

a

y x

  



     



Với

2

7 5 5 5

2 2

1 7 1 0

7 5 5 5

2 2

y x

a y y

y x

  

  

 

     

  

  

 

Với

2 1 (L)

2 7 8 0

8 7

y

a y y

y x

 

      

  



 ;  ( 1;0),(6;7), 5 5; , 5 5; ; ,(7;8)

2 2 2 2

x y            

   

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau

a)

2

2

(2 2) 3 0

2 ( 3) 2 6 1 0

x y x y

x xy y x y y

    



      



b)

2

3 2

2 2 2 0

2 2 2 0

x xy y y

x x y y y x

    



    



c)

2 2

2

3 4 3 0

3 3 1 0

xy x y yx y x x y y xy

     



   



Giải:

a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ theo vế ta được:

2 2

2xy  (y3)x 2y  6y  1 (2y2)x3y 0

 

2 2

2xy xy 2y 3y 1 x 0 x 2y y 1 2y 3y 1 0

          

(y 1)(2y 1)(x y 1) 0.

     

+ Nếu y 1thay vào phương trình (1) ta có: x2  3 x 3 + Nếu

1 2

y 

thay vào phương trình (1) ta có:

2 3 3

4 12 3 0

2

x  x   x 

+ Nếu y x 1thay vào phương trình (1) ta có:

2 2 3( 1)2 0 4 6 3 0

x  x  x    x  x  Vô nghiệm.

Kêt luận:

 ;  ( 3;1),( 3;1), 3 2 1; , 3 2 1;

2 2 2 2

x y         

   

   

* Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được: (2y2x x y)(   3) 0  Phương trình thứ phân tích được: (x y  )2 2(x2 ) 0y2 

Đặt a x y b x  ,  2y2 ta có hệ:

2 2 0

( 3) 1 0

a b

a b

  



  



b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được:

3 2 2 2 0,

Do x3 x2 2x(x1)(x2 2 )x nên từ trên, ta có (x2 2 )(x x 1 y) 0. + Nếu

0 0

2

y x

y

 

   



+ Nếu

0

2 4

3

y x

y

    

 



+ Nếu y x 1 thay vào phương trình (1) ta thu được: 1 2 y22y0vô nghiệm

Kết luận:

Hệ phương trình có cặp nghiệm là:    

4

; (0;0),(0; 2), 2;0 , 2;

3

x y    

 

c) Hệ viết lại sau:

      2

2 2

3 3 4 3 4

3 3 1 0 3 3 1 0

xy y x x y x y xy y y x x y

x y y xy x y xy

        

 

 

        

 



Xét với y 0 thay vào ta thấy không nghiệm hệ Với y 0ta biến đổi hệ thành :

 2

2

1

3 4

1

3 3 0

x y x x

y

x y x

y

 

  

 

 



    



 

 2

2

1

3 4

1

3 4

x y x x

y

x y x x

y

 

  

 

 



    

 

Đặt :

1 3

a x y b y x

       

 Khi hệ trở thành hệ :

2

4 4

ab x a b x

 



  

2 2

2

1 1

2

4 4 ( 2 ) 0 2

1

2 3

2 3

y

x x x

y

t xt x t x t x

x x

x y x

x



  

 

 

          

     

 



2

1 1

1

1 1

2 3 3 2 1 0

y y x

x x

y

x x x x

x



 

   

 



  

 

      

 



Vậy hệ có nghiệm x y  ;   1;1 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau

a)  

3

2

1 1 2

9 9

x y

x y y x y y

    

 

    



 b)

3

2

2 15 6 (2 5 )

2

8 3 3 4 2

x x y x y x y

x x x x y

y y

     

 

   

 

c) 2

3 6 2 4 3 9 2

6 3 2 4 4 6

x x y y

x x y xy y x x

    

     

   

 d)

3

2

8 3 4

2 2

x y y x y xy y y

   



  



Giải:

a) Từ phương trình (2) hệ ta có:

    

2 3

3

9 9 9 0

9 0

x y

x y y x y y x y x y

x y

 

           

  



Vì y 1 31 x 1 y2 nên 31x2 x7 Do x y 3 9  1 0 nênx y 3 9 0 vô nghiệm

Ta cần giải trường hợp xy Thế vào phương trình ban đầu ta được: 31 x 1 x 2

Đặt a31x b;  1 x b 0

 2   

3 2

3

2

2 2 4 2 0 1 2 2 0

2

a b

a a a a a a a a

a b

  

             



 



Từ suy nghiệm phương trình ban đầu

0; 11 3; 11 3

x x  x 

Vậy hệ cho có nghiệm

0; 11 3; 11 3

b) Phương trình thứ hệ 

  2

2

(2 ) 12 15 0 15

12

y x

y x x y x

y

  

     

 



TH 1:

2 15

12

x y 

thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:

 

2 2

2

3 2 4 15

3 15 4 24

2 15

x x x x x

x x



   

 

   

2

2

2

36

12 16 15 16 15 0

15 15

x x

x x x x

x x

       

 

 

2 2

2

2

2

16 15 0 16 15 0

36 16 15

6 16 15

15 15

x x x x

x

x x x

x x

x x

       

 

   

  

  

 

  



   

2

2 2

16 15 0

36 15 16 15 (*)

x x

x x x x

   

  

   

 

Xét phương trình (*)    

2 2

36x  x 15 x 16x15

Vì x = nghiệm Ta chia hai vế phương trình cho x2 ta có:

15 15

36 x x 16

x x

   

      

    Đặt

2 2

15

16 36 0

18

t

x t t t

t x

 

       

 

+ Nếu

2 5

15

2 2 2 15 0 5

3

x

t x x x x

x x

 

           

 

+ Nếu t = 18

2 9 6

15

18 18 15 0 9 6

9 6

x

x x x x

x x

  

           

  

Nghiệm hệ cho là:

 ;  5;5 , 9 6;27 12 6

6 2

x y       

TH 2: x2y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta có:

2 2 2 7 11

0

4 3 3 4 4 6 12

x x x x x x

x x

x x

        

(loại) (do điều kiện

0

y  )

KL: Nghiệm hệ cho là:

 ;  5;5 , 9 6;27 12 6

6 2

x y       

   

c) Điều kiện

2 3

x y

  

 

Phương trình (2) hệ tương đương với:

2

2 2

(2 2 )(3 2) 0

2 3

y x

x y x y

y x

 



      

  

+ Với y2x 2 vào phương trình (1) ta được:

(1) 7x 6 2x 4 6 x15 (3) 

Đến sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

6 2 4 3.2 2( 2) 3

6 2 4 6 15 7 4

4 6 15 2.2 3(2 5) 2(2 2)

x x x

x x x

x x x

    



     



    

 

Dấu '' '' xảy khi x 4

Từ (3) suy x 4là nghiệm Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (4;6)x y  - Với y 2 3x2 2 hệ vô nghiệm điều kiện y 3

Vậy hệ cho có nghiệm ( ; ) (4;6)x y 

d) Thế phương trình vào phương trình hệ ta phương trình :

   

3 8 3 2(2 2) 8 3 4 2 2

x y y  x y xy y y   x  y  x y  x  y y Vì y 0 không nghiệm hệ Chia hai vế cho y ta phương trình

3 8 3 4 2 2 3 4 8 2 2

x  y  x  x  y x  x  x y  y

Đặt : z x  1 x z 1 Khi ta có phương trình :

    

3 8 2 2 4 2 0 4 2 0

z  z y  y z y z  y  zy   z  y  zy  

 

2 1 2 2 1

z y x y x y

       

2

1 1

3 2 0 2 7

3 3

y x

y y

y x

  

 

     

   



Hệ phương trình cho có hai nghiệm

7 2

( ; ) (1;1); ;

3 3

x y    

 

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau

a)

 

 

2

3 1 2 1 4 2 1

3 3

y y x y x y

y y x y

      

 

  

 

b)

 

2 2

2 3 2 3

2 2 7 6

x xy y

x x y x y xy

   

 

   

 

c)

 

4

2

2 6 7 2 9

2 10

x xy y y x

yx x

     

 

 

 

Giải:

a) Điều kiện: x22y 1 0 Phương trình (1) tương đương:

   

2 2 2

2

2 2

2

2

4 4 2 1 2 1 2

2 1 3

2 2 1

2 1

y y x y x y x xy y

x y y x

y x y x y

x y x y

        

    



      

    



TH1:

2 2 1 3

x  y  y x Bình phương hai vế phương trình ta được:

2

2 2

2

3 1; 1( )

3

6 9 2 1 415 17

; ( )

2 1 9 6

51 3

3 3

y x x y TM

y x

xy y y

x y TM

x y y xy x

xy y y



   



  

       

  

    

  

  



TH2:

2

2 1

2

2 2

2

0 1; 1

0

2 2 1 41 7

; ( )

2 1 2

21 3

3 3

x y x y

x y

xy y y

x y L

x y x xy y

xy y y

 

   

 

  

    

 

  

    

 



  



Vậy hệ có nghiệm    

415 17

; 1;1 , ;

51 3

x y   

 .

b) Từ phương trình (1) ta thấy:    

3

2 1x  y 3 1 y

TH1: y 1 thay vào (2) ta có: x3 7x  6 0 x1;x3;x2 TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới:

2

2 2

2 2 2 3 3

2 2 7 6

x xy xy y

x x y x y xy

    

 

   



 .

(*) (3)

Phương trình (3) tương đương với:   

2 2 3 0

xy xy x  

+ Nếu: xy 2 thay vào (*) ta có:

 

1

2 4 4 3 3 1 4

2

y

x  y  y x   y y 

Phương trình vơ nghiệm nên hệ vơ nghiệm

+ Nếu 2xy 3 x2 thay vào (*) ta có:

 

2 2

2x 3 x y 3 x 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     c) Phương trình (1) tương đương:

       

4 7 9 2 3 0 3 3 2 3 0

x  x   y x  x   x  x x  x  y x  x 

TH1:

1 13 79 13

2 36

3 0

1 13 79 13

2 36

x y

x x

x y

  

  

 

   

  

  



TH2: 2y2 x2 x 3 thay vào (2) ta có:

 

5

5 1

2

3 10

5

5 1

2

x y

x x x x

x y



   

 

    



   



 .

Vậy hệ có nghiệm

 ;  1 13 79; 13 , 1 13 79; 13 , 5;1 5 , 5;1 5

2 36 2 36 2 2

x y                    

       

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau

a)

3

1

4 12 9 6 7

xy x y

x x x y y

  

 

    

 b) 3

2 4

4 24 45 6 20

xy x y

x x x y y

  

 

    



c)  

3

2

1 3

2

1 4

2 2

x

xy y

x

xy y

x x

  

  

 

 

 

   



 d)

2

2

3 2

4 1

1

x y x

xy

x y

x y

   

 

  

  



Giải:

a) Hệ tương đương:

3

3 3 3 3

4 12 9 6 7

xy x y

x x x y y

  

 

    

 .

Trừ hai phương trình cho ta được:  

3 3

4 x1  y 3xy3y

 3 3

4 x 1 4y 3y 3xy 3y

     

       

       

       

   

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

4 1 1 1 3 1

4 1 1 1 3 1 1

4 1 1 1 3 1

1 2 2 0

x y x x y y y y x

x y x x y y y y xy y

x y x x y y y x y

x y x y

 

         

 

 

           

 

 

         

 

     

Với y2x 2 thay vào (1) ta được:

5 17

4

2 5 1 0

5 17

4

x

x x

x

 

  

   

 

 

 .

Vậy hệ có nghiệm

 ;  5 17 1; 17 , 5 17 1; 17

4 2 4 2

x y          

   .

b) Hệ tương đương:

3

6 3 3 12 0

4 24 45 6 20

y x xy

x x x y y

   

 

    

 .

Trừ hai phương trình cho ta được:

3

4x 24x 48x32 y 3xy12y

 

       

3 3 3

2 2

4 2 4 3 3 12

4 2 2 2 3 4

x y y xy y

x y x x y y y y x

     

 

         

 

Thế x xy 2y 4 vào VP ta được:

   2     2 

4 x y 2  x2  x2 y y  3y y 2y xy  4 4 3y x y 2

 

x y 2 4 x 22 4x 2 y y2 0

       

Với yx 2 thay vào (1) ta được: x2 5x 8 0 (vô nghiệm).

Với y2x2 thay vào (1) ta được:

17 7 4

2 7 4 0

17 7 4

x

x x

x

 

  

   

 

 

 .

Vậy hệ có nghiệm

 ;  17 1; 17 , 17 1; 17

4 2 4 2

x y         

   

   .

c) Điều kiện: x 0

Phương trình (2) tương đương:

2

1 1 1 2

2 0 2

y xy y

x x x x

 

        

 

  .

   

3

3

2

2

1 1 1 1 2 1

1 1 2

2 t t 2 t t

x x x x

   

          

   

   

2 6t  t4 12t3 2t2 4t 3 0

      

TH1:

1 3

2

2 4

t  x  y

TH2: 6t412t32t24t 3 0

2

2 2 1

6

3 3

t t

 

     

  (vô lý)

Vậy nghiệm hệ  

3

; 2;

4

x y   

 .

d) Điều kiện: x y 1 Phương trình (2) tương đương:

x2 4y2x y 12xy x y 1

Phân tích nhân tử ta được:   

2

2 1 2 1 0

x y x  y  xy y  

TH1: x2y1 0 thay vào (1) dễ dàng tìm được:

 ;  1 14 3; 14 , 2 14 3; 14

5 5 5 2

x y          

   .

TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới:

2

2

2 1

3

x y xy y

x y x

    

 

  



 .

Giải cách:

   

2

(1) (2) 4

PT  PT  y xy x y     y x y 

Vậy nghiệm hệ

 ;  1 14 3; 14 , 2 14 3; 14 , 10 17; , 1;1 , 1; , 2; 1     

5 5 5 2 11 10

x y              

     

   

Ví dụ 7) Giải hệ phương trình với nghiệm số thực:

a)

2

2

2 2 8 6 0

4 1 0

x y x y

x xy y x

     

 

    



 b)

2

2 2 5 0

5 7 0

x xy y y xy x

    

 

   





* Cách 1: Đặt

x u a y v b

   

 

 thay vào phương trình (1) hệ ta có:

2

(u a ) 2(v b ) 2(u a ) 8( v b ) 0 

 u22v22(a1)u4 (v b2)a22b22a8b 6 0

Ta mong muốn khơng có số hạng bậc phương trình nên điều kiện là:

1 0 2 0

a b

   

  

1 2

a b

   

 

Từ ta có h đặt ẩn phụ sau: Đặt

1 2

x u y v

   

 

 thay vào hệ ta có:

2

2

2 3

2

u v

u uv

  

 

 



 hệ đẳng cấp

Từ hệ ta suy    

2 2 2

2 2 3 3 4 0

4

u v

u v u uv u uv v

u v

 

        

 

Công việc lại đơn giản

* Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2)

2 2 2 8 6 4 1 0

x  y  x y k x xy y  x  

2

(1 k x) (2 4k ky x) 2y 8y ky k 6 0

          

Ta có

2

(2 4k ky) 4(k 1)(2y 8y ky k 6)

         

 

2 8 8 (4 32 32) 12 12 20

k k y k k y k k

        

Ta mong muốn  có dạng (Ay B )2   0 có nghiệm kép:

4 32 322 4 8 8 12  12 20 0 3

2

k k k k k k k

          

Từ ta có cách giải sau:

Lấy lần phương trình (1) trừ lần phương trình (2) hệ ta có:

 2   

2 x 2y 2x8y6  3 x xy y 4x1 0 

   

2 3 8 4 13 9 0 3 8 4 13 9 0

x xy x y y x y x y y

             

Ta có      

2 2 2

3y 4y 13y 25y 100y 100 5y 10

Từ tính được:

3 8 (5 10)

1 2

3 8 (5 10)

4 9

2

y y

x y

y y

x y

  



  

 

  

   



Phần việc lại đơn giản

b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:

   

2 2

2x 2xy y  5 y xy5x 7  0 2x  y 5 x y  y 12 0 1

2 2

y x

x y

 

  



 



Nhận xét: Khi gặp hệ phương trình dạng:

2

1

2

1

0 0

a x a xy a y a x a y a b x b xy b y b x b y b

      

 

     

 

+ Ta đặt x u a y v b  ,   sau tìm điều kiện để phương trình khơng có số hạng bậc khơng có số hạng tự

+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau chọn k cho biễu diễn x theo y Để có quan hệ ta cần dựa vào tính chất Phương trình ax2bx c biểu diễn thành dạng:

2

(Ax B )   0

Đối với hệ đại số bậc 3: Ta vận dụng hướng giải

+ Biến đổi hệ để tạo thành đẳng thức

+ Nhân phương trình với biểu thức đại số sau cộng phương trình để tạo quan hệ tuyến tính.

Ví dụ 8) Giải hệ phương trình với nghiệm số thực:

a)

3

2

3 49

8 8 17

x xy

x xy y y x

  

 

   



 c)

3

2

3 6 3 49

6 10 25 9

x x y xy x

x xy y y x

    

 

    

 

b)

3

2

35

2 3 4 9

x y

x y x y

  

 

  



 d)

 

   

3

3 4

7 11 3 1 (1)

xy x y

x x y x y

 

  

    

 

a) Phân tích: Ta viết lại hệ sau:

3

2

3 49 0

8( 1) 17 0

x xy

y x y x x

   

 

    

 

Nhận thấy x 1 hệ trở thành: 2

3 48 0

4 16 0

y

y y

  



 



 

 

Từ ta có lời giải sau:

Lấy phương trình (1) cộng với lần phương trình (2) hệ ta có:

 

 

3 2

2

3 49 3 8 8 17 0

1 ( 1) 3( 4) 0

x xy x xy y y x

x x y

       

 

       

Từ ta dễ dàng tìm nghiệm hệ: x y  ;   1;4 , 1; 4    b) Làm tương tự câu a

Lấy phương trình (1) cộng với lần phương trình (2) thu được: x 1 ( x 1)2 3(y 5)2 0

 

      

Từ dễ dàng tìm nghiệm hệ c) Lấy phương trình (1) trừ lần phương trình (2) ta thu được:

3

(x 2) (y3)  x y 5

Thay vào phương trình (2) ta có:

2 2 3

2( 5) 3 4( 5) 9 5 25 30 0

2

y

y y y y y y

y

 

          

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x y ;  2; , 3; 2     d) Lấy lần phương trình (2) trừ phương trình (1) ta thu được:

x1y2 (x3)y x 2 x 2 0

Trường hợp 1: x 1 hệ vô nghiệm

Trường hợp 2:

2

3

( 3) 2 0

( )( 1)

y x y x x

x y x y xy

      

 

   

 

Lấy lần phương trình (2) trừ phương trình (1) ta thu được: 2x 1 y2 (x 1)y x2 x 2 0

 

        

+ Nếu

1 3 5

2 4

x  y 

+ Nếu y2 (x1)y x 2 x 2 0 ta có hệ:

2

2

( 1) 2 0

( 3) 2 0

y x y x x

y x y x x

      

 

     





KL: Nghiệm hệ là:

 ;  1 3 5; , 1 3 5;

2 4 2 4

x y         

   

d)

Ta có: (1)

     

3

7x 3xy x y3 1 3 x y x y 1

       

     

3

7x 3xy x4 2y x y 1 3 x y x y 1

         

       

3 3

8x y 6xy x y2 x y 3xy x y 3 x y 1 x y 1

            

2x y3 x y3 3x y x y  1 1 x y 13

           

2x y x y x

       .

Vậy hệ phương trình cho tương đương với:

 

1 1

3 4

x x x

y y y y



    



 

  

   

  

 .

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Đặt ẩn phụ việc chọn biểu thức f x y g x y( , ); ( , ) hệ phương trình để đặt thành ẩn phụ làm đơn giản cấu trúc phương trình, hệ phương trình Qua tạo thành hệ phương trình đơn giản hơn, hay quy dạng hệ quen thuộc đối xứng, đẳng cấp…

Đễ tạo ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt phương trình hệ thơng qua kỹ thuật: Nhóm nhân tử chung, chia phương trình theo số hạng có sẵn, nhóm dựa vào đẳng thức, đối biến theo đặc thù phương trình…

Ta quan sát ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

a)

2

3 2

2 2 2

2 3 3 1 0

x xy y

x x xy y

   

 

    



 b)

4 2

2

4 6 9 0

2 22 0

x x y y

x y x y

     

 

   

 

Giải:

2

3

3 ( ) 2

3 3 ( ) 3 1

x x y

x x y x y x

   

 

    

 

2

2

3 ( ) 2

3 ( ) ( ) 3 1

x x y

x x y x y x

   

  

    





Đặt a3 ,x b x y2   ta thu hệ phương trình:

2

2 1

a b ab b a

  

  

  





Từ phương trình (1)suy a b 22 vào phương trình thứ hai hệ ta thu

được:    

2 2 2 1 2 1 0 1 3

b  b b  b    b  b   b  a

Khi

2

1 0

3 1

1 1 1

2

x y

a x

b x y x

y

 

 



  

 

 

  

    

 

     

Tóm lại hệ phương trình có cặp nghiệm: x y ;  1;0 , 1; 2  

b) Ta viết lại hệ phương trình thành:

 2  2

2

2 3 4

2 22 0

x y

x y x y

    

 

    



Đặt a x  2;b y  3 Ta có hệ phương trình sau:

2 2 2

4 4 ( ) 2 4

( 2)( 3) 2 2( 3) 22 4( ) 8 4( ) 8

a b a b a b ab

a b a b ab a b ab a b

         

 

  

            

  

2

2 0

( ) 8( ) 20 0

4( ) 8 10

( ) 48

a b ab

a b a b

ab a b a b

L ab

  

 



      

  



     



     

Xét

2 2, 0

0 0, 2

a b a b

ab a b

   

 



    

 

+ Nếu:

2

0, 2

5

x

a b

y

  

   

  

+ Nếu

2

2, 0

3

x

a b

y

 

   

Tóm lại hệ có cặp nghiệm: x y ;   2;5 ,  2;5 , 2;3 , 2;3     Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau

a)

 2   

2

1 25 1

2 8 9

x y x y y

x xy y x y

     

 

    



 b)

 

2

2

1 9

6 0

8

1 5

2 0

4

x y xy

x y y

x y



    



 



   

 



Giải:

a) Để ý y 1 hệ vơ nghiệm

Xét y 1 Ta viết lại hệ thành:

    

     

2

2

2

1 25 1

1 1 10 1

x y x y y

x y x y y y

     

 

      

 

Chia hai phương trình hệ cho y 1 ta thu được:

 

     

 

 

2

2

2

2

2

1 25

1 25 1

1

1 10

1 1 10 1

1

x y

x y x y x y

y y

x y

x y

x y x y y y

y

 

     

   

  



 



     

      

  

 .

Đặt

2

; 1

1

x y

a x y b y



   

 Ta có:

 

2 3; 1

25 5 1

5 3 11

10 4 ;

2 2

x y

ab x y y

a b

a b x y x y

 

 

   

  

    

 



      

  

Vậy hệ có nghiệm    

3 11

; 3;1 , ;

2 2

x y   

 .

   

 

 

 

 

2

2 2

2

1 9 1 25

2 0 2 0

8 8

1 5 0 1 5

0

4 4

x y y x x y y x

y x y x

y x x y y x x y

y x y x



  

            

  

 

   



 

   

       

     

   

   

 

  

Đặt

1

; ; 2

x y a y x b b

y x

     

 hệ thành:

2

5 4

13 3

5 5 2

;

8 8

4 4

5

25 5 7 3

2 4 ;

8 2 8 8

1 2

y x

y x x y

a b a

y x

a b b x y

y x

 

  

 

 

    

 

     

 

  

   

  

   

       

 



 

  

   

  

Vậy hệ có nghiệm

 ;  7 3; , 13; 3

8 8 8 8

x y      

   .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau

a)

2

2

17 4 19 9 3

17 4 19 9 10 2 3

x x y y

x y x y

    

 

     



 b)

 

 

2 2

2 3

4 1 0

1 4 0

x x y y y

xy x y x y

     

 

    

 

Giải:

a) Điều kiện:

17 17 19 19

;

2 x 2 3 y 3

     

Để ý x 17 4 x2 liên quan đến 2x

2

17 , x y 19 9 y liên quan đến

3y 19 9y Và tổng bình phương chúng số.

2

10

5; 5

17 19 3; 7

3

4 6

a b

a b

a b a b

  

 

 



     

  



 .

TH1:

2

2

1 2

2 17 4 5

2

3 19 9 5

5 13

6

x

x x

x

y y

y

  

    

 

  

 

  

 

 

  

 .

TH2:

2

2

2 17 4 3

3 19 9 7

x x

y y

   

 

  



 (loại).

Vậy hệ có nghiệm

 ;  1 5; 13 , 1 5; 13 , 2;5 13 , 2;5 13

2 6 2 6 6 6

x y                  

       .

b) Ta viết lại hệ sau:

  2

2 3

1 4

1 4

x x y y y

xy x y x y y

    

 

   

 

Ta thấy y 0 khơng thỏa mãn hệ.Chia phương trình đầu cho y2, phương trình

thứ cho y3 ta được:

 

2

3

1 4

1 4

y x x

y x x

x

y y

 

  

  

    

 

Viết lại hệ dạng:

2

2

2

1 1 4 1

2 1

1 1 2

4

xy

x x

y y y

xy x

x

y

y y



    

 

 

 



 

    

     

   

    

 .

Đặt

2

1 1

,xy

x a b

y y



  

ta có hệ

4

2 4

a b

a b ab

  

  

2 1 2 1 2 x y x y             1

1 2 2

2 1 1 1 2 x x x y

y y x y

x x y y                             

Vậy hệ có cặp nghiệm x y 1 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau

a)

   

 

4 2

2

4 2

6 12 6

5 1 11 5

x x x y y x

x x y x

              b) 2 2 5 4 5 5 5 x y

x y x y

x y x y xy                Giải

a) Nhận thấy x 0 không nghiệm hệ Chia hai vế phương trình cho x2 ta có:

2

2 2

2

2 2

2 2

2

6 1 1 1

6 12 0 6 0

5 1 1 1

5 11 0 5 1 0

x x y y x x y y

x x x x

x x y x x y

x x x x

                                                                        . Đặt 1 x a x  

Hệ thành:

2

2 2

6 0

5 1 0

a ay y a a y

          

Chia hai vế cho a2 đặt

1

,y

y X Y

a a

  

giải ta

1 1 1 17

2 4

1 1 1

, 1

2

1 1 5

1, 2 1

2 2 2 x x x y y a y

a y x x

x y y                                                      

Vậy hệ có nghiệm

 ;  1 17;1 , 1 5; 2

4 2

x y        

   .

Phương trình (2) tương đương:

2

5

5 5 5. 5

x y x y x y

y x

y x x x

 

      

Đặt

2

,

x y x y

a b

x x

 

 

Hệ thành:

 

 

2

2

3

, 3

2

1 5 2

4 1 5 1

, 1,

2 2 2 5 2

5 5

3 3

,

2 2

x y

x y x

a b x y

a b

x y y

b a

x y



 

 

   

 

  

      

  

 

    



  

 .

Vậy hệ có nghiệm  

3 1 3 3

; ;3 , 1; , ;

2 2 2 2

x y         

     .

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau

a)

 2  2

2

3 8

1

1 1 4

xy x y

x y

x y

    

 

 



 

 b) 2

2

9 2 4

2

1 9 18

y x

x y

x y

x y

y x



   

  

   



  

   

  

 



Giải

a) Triển khai phương trình (1)

(1)  x y2 26xy 9 x22xy y  8 x y2 2x2y2 1 8xy

x2 1 y2 1 8xy

   

Nhận thấy x0,y0 khơng nghiệm hệ Phương trình (1) là:

2 1 1

. 8

x y

x y

 



Đặt 2

;

1 1

x y

a b

2

2

2

2

1 1

1 2

2

1 1

1 1

2 3

1 4 4

4

1 8 1 1 2 3

4 1 4 1

1 1

2 1 2

x

a x

x y

b

a b y y

x x

a

ab x y

y b

y

 

  

  

   

   

        

      

   

   

 



     

 

    

 

 

  

    

 



 

 

   

 

   

  .

Vậy hệ có nghiệm

x y  ;   1; 2 3 , 1; 2   3 , 2   3; , 2    3; 1 

b) Phương trình (2) tương đương:

 2  2 2 2 3

2x y y 9x 18x y  9x y 18x y 2xy

2 3 2

9 18 18

2 9 2 4

x y x y x y

xy

xy y x

 

      

2 2 2

9x y x y y x 4 9x y y x 4

y x y x y

      

            

 

      .

Đặt

2

9 y ; x

a x b y

x y

 

 

     

    Hệ thành:

2

9 4

2 4 9 4

2; 1

2

2 1 2

y x

a b x x y x

a b

x

ab y y x y

y



 

 

   

  

    

  

   

    

 

 

2

2

0( )

4 9

1 1

4 9 2 4 9

9 3

x L

y x x

x y

x x x x x

 

  

 

 

   

   



 

Vậy hệ có nghiệm

 ;  1 1; 9 3

x y  

 .

a)

2

2 2

6 3 7

3 6 2

x x y x xy

x x y y x y

    

 

     



 b)    

2

2

2 2

2 1 1

x y y x x

x y x

   

 

   

 

Giải Giải hệ:

Hệ phương trình tương đương với :

   

   

 

   

2

2

2

2

3 6

6 3 9 9

3 6 2

3 6 2

x x

y y

x y y y x x xy

y x

x x x y y y

x x x y y y

  

         

 

 



 

       

       



   

   

2

2

6 3

9

6 3

3 6 2

y y y x x x

x x x y y y



 



    

  

     

 

Đặt    

2 3 ; 6

x x   x a y y   y b

Hệ thành:

1

6 3 9 ; 1

2

2 4

1 ;

3 3

a b

b a

a b a b



 

 

 

 



 

     

 

 .

TH1:

 

 

2

2

1

3 1

1

6 1 2

x

x x x

y

y y y

     

 



 



    

 .

TH2:

 

 

2

2

2 2

3

15 3

4 2

6 2

3 15

x

x x x

y y y y



 

   



 



 

     

 

  .

Vậy nghiệm hệ

 ;  1;1 , 2 ; 2 2

2 15 15

x y     

   .

Điểm mấu chốt giải hệ phương pháp biến đổi theo đẳng thức:

Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

a)

 

3

3 2 2 2 1 0

2 2 2 5

x x y y

x y

     

 

   



 b)    

2

2

2 2

2 1 1

x y y x x

x y x

   

 

   

 

Giải

a) Điều kiện:

1 2,

2

x y

Phương trình (1) tương đương: 2 x 2 x 2 x 2y1 2 y1 2y1

Đặt a 2 x b,  2y Ta có phương trình: a3 a b3b

a b a ab b2 1 0

     

Do

2 2

2 1 3 1 0

2 4

b b

a ab b  a    

  suy phương trình cho ta a b 2y1 2 x  x 3 2y thay vào ta có: 3 5 2 y2 y2 5 

Đặt

35 ; 2

a  y b y ta có hệ phương trình sau:

3

1; 2

2 5 3 65 23 65

;

4 8

2 9

65 3 23 65

;

4 8

a b

a b

a b

a b

a b



  



 

    

  

 

 

 

 



 



2

233 23 65 32 233 23 65

32

y

y

y



 



 

 

 

 



 .

Vậy hệ có nghiệm

 ;   1; , 23 65 185 233 23 65; , 23 65 185 233 23 65;

16 32 16 32

x y            

   

b) Điều kiện: y 1

Ta viết lại phương trình (1) thành:  

3 2

2 0

y  x  x y x 

   

2

2 2 2 0

0

y x

y x y yx x x

x y

 

       

Dễ thấy x y 0 nghiệm Khi y x thay vào (2) ta được:  2 1  12  22 1  14 3, 3

3, 3

x y

x x x x x x

x y

  

          

 



(thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm x y  ;   3;3. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau

a)

5 10

2

4 5 8 6

x xy y y

x y

   

 

   

 

b)

 

3

3

2 4 3 1 2 2 3 2

2 14 3 2 1

x x x x y y

x x y

      

 

    

 

Giải

a) Điều kiện:

5 4

x 

Ta thấy y 0 không nghiệm hệ chia hai vế (1) cho y5 ta được:

5

x x

y y

y y

 

  

 

  Đặt

x a

y



ta có phương trình: a5 a y5y suy a y a a y a y3 2 ay3 1 0 y a x y2

         

4x 5 x  8 6 x 1 y1 Từ tính y 1

Vậy hệ cho có nghiệm x y  ;  1; 1 b) Điều kiện:

3 2;

2

x y

.Ta thấy x 0 hệ khơng có nghiệm Chia phương trình (1) cho x 2 0:

   

4 3 1

1 2 4 2y 3 2y

x x x

      

 

3

3

1 1

1 1 3 2y 3 2y

x x

   

        

    .

Đặt

1

1 , 3 2

a b y

x

   

Ta có a3 a b3b  a b

1

3 2y 1

x

   

Thay vào (2) ta được:

3

3

2 15 1 1 15 3 4 14 0

x   x   x   x  x  x  x  . 111

7

98

x y

   

Vậy hệ có nghiệm  

111

; 7;

98

x y  

 .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau

a)

(17 ) 5 (3 14) 4 0

2 2 5 3 2 11 6 13

x x y y

x y x y x x

     

      

   

 

(1) (2)

b)

   

 

3

2 3

2 2 1

5 7 4 6 1

x x y x y y y

x y x x y xy x

     

 

       



Giải

a) Điều kiện:

5 4

2 5 0

3 2 11 0

x y

x y x y

 

   



 



 

  

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 2

3a 2a3b 2b a b 3a 3ab3b 2  0 a b

5 x y y x

      

Thay vào (2) ta có: x26x13 3 x 4 5x9 (4) Điều kiện xác định phương trình (4) là:

4 3

   

   

 

2

2

2

2

2

(4) 2 2 3 4 3 3 5 9 0

2 3

0

2 3 4 3 5 9

2 3

1 0

2 3 4 3 5 9

0

2 3

1 0

2 3 4 3 5 9

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

          

 

    

     

 

     

     

 

  

 

   

      



(*)

0

x  x

0 1

1 2

x y

x y

  

  

   

Ta có

2 3

1 0

2 3 4 3 5 9

x x x x

  

      điều kiện

4 3

x 

Kết luận: x y ;  0; , 1; 2     b) Điều kiện: y0,x y 0

Nhận thấy y 0 hệ vô nghiệm Ta xét y 0 Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp:

PT(1)

     

2 2 2 2

2

x y

x xy y y x y x y x y

y x y

 

         

 

Rõ ràng

1

2 0; 0

2

x y x y y

y x y



     

  , từ suy xy. Thay vào (2) ta được: x3 5x214x 6 x2 x1

Biến đổi phương trình cho tương đương:

3 2

3 8 8 8

x  x  x  x  x  x  x

x 13 3x 1 8x2 8x 8 83 x2 8x 8

         

Đặt a x 1,b38x2 8x8suy a33a b 33b

a b a ab b2 3 0 a b

        x 1 38x2 8x 8 x1;y1

KHI TRONG HỆ CĨ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC THEO ẨN x, HOẶC y

Khi hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x y ta nghỉ đến hướng xử lý sau:

* Nếu  chẵn, ta giải x theo y vào phương trình cịn lại hệ để giải

tiếp

* Nếu  không chẵn ta thường xử lý theo cách:

+ Cộng trừ phương trình hệ để tạo phương trình bậc hai có 

chẵn tạo thành đẳng thức

+ Dùng điều kiện  0 để tìm miền giá trị biến x y, Sau đánh giá phương trình cịn lại miền giá trị x y, vừa tìm được:

Ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

a)

2 2

2 1 2 2

xy x y x y

x y y x x y

    

 

   





(1) (2)

b)

2

2

2 3 3 2 1 0

4 4 2 4

x y xy x y

x y x x y x y

      

 

      

 

Giải

Xét phương trình (1) hệ ta có:

2 2 2 ( 1) 2 0

xy x y x    y  x  x y  y  y Ta coi phương

trình bậc x ta có:  (y1)28y24y(3y1)2 Từ suy

1 (3 1)

2

1 (3 1)

2 1

2

y y

x y

y y

x y

  



 

 

  

   



Trường hợp 1: x y Từ phương trình (2) hệ ta có điều kiện:

1 0

x y

  

 

suy phương trình vơ nghiệm

 

(2 1) 2 2 2 2 2 2 2( 1)

( 1) 2 2 0 2 5

y y y y y y y y y

y y y x

       

       

Vậy hệ có cặp nghiệm: ( ; ) (5; 2)x y  b) Xét phương trình (1) hệ ta có:

2 2

2x y  3xy3x 2y  1 0 2x x(3 ) y y  2y 1 0

Coi phương trình bậc x ta có:

 

2 2

(3 )y 8 y 2y 1 y 2y 1 (y 1)

          

Suy

3 3 ( 1) 1

4 2

3 3 ( 1)

1 4

y y y

x

y y

x y

   



 

 

  

   



Trường hợp 1: y x 1 thay vào phương trình (2) ta thu được:

2

3 3 3 1 5 4

3 3 ( 1 3 1) ( 2 5 4) 0

x x x x

x x x x x x

     

          

  3 1 1 0

1 3 1 2 5 4

x x

x x x x

 

      

     

 

Do

1 3

x 

nên

1 1

3 0

1 3 1 2 5 4

x x x x

  

     

2 0 0

1

x x x

x

 

    

 

Trường hợp 2: y2x1 thay vào phương trình (2) ta thu được:

3 3 x 4x 1 5x4 4x 1 5x 4 3x 3 0

Giải tương tự ta x 0

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm: ( ; ) (0;1), (1; 2)x y  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau

a)

   

3 3 1

5

3 2 2 2

2

x y x y

x

y xy y

    



 

    





b)

 

2

2 7 10 3 1 1

3

1 2

1

y y x y y x

y x y

x

        

 

   



 

c)

4 3 4 1

2 3 4 (5 ) (4 ) 1

x y y x

y x y x y x x y

    

 

     

 

Giải

Điều kiện:

2

; 3;3

3

y x y x

Phương trình (1) tương đương (x3)2 4(y1)(3y x )

2 6 9 12 12 4 4 2 (5 ) 12 12 9 0

x x y y xy x x x y y y

             

Coi phương trình bậc x ta có:

 2

2

' (2y 5) 12y 12y 9 4y 4

       

suy

5 2 (4 4) 6 9

5 2 (4 4) 2 1

x y y y

x y y y

     



      



Trường hợp 1: x6y 9

Do x   63  y 9 3 y1 suy phương trình vơ nghiệm Trường hợp 2: x2y1 thay vào phương trình hệ ta có:

 

   

2 2 2

3 2 2 2 3 2 2 1 2

3 2 2

y

y y y y y y

y y



         

  

Ta có:

2 3 7

; 2 1

3

3y 2 y2  2 y  .

Nghĩa VP VT , suy y 2 x1.

Vậy hệ có nghiệm x y ;  1; 2

b) Điều kiện:  

2

1 0 1 0

2 7 10 3 0

x y

y y x y

   

  

     

 .

Ta viết phương trình thứ dạng:

 

2

2y  7y10 x y3   x 1 y1

Để bình phương ta cần điều kiện: x 1 y 1 x2 x y Ta bình phương hai vế được:

   

2

2y  8y 8 x y3 x 2x 2 x1 y1

(1) Ta đưa phương trình (2) dạng:  

2

1 1 2 2 3

x y x  x xy y

(2) Thế (2) vào (1) ta được:

   

2 2

2y  8y 8 x y3 x 2x 2 x  x 2xy2y 3

2

2y 4y 2 3xy x 3x 0

      

   2    

2 3 1 2 1 0 1 2 2 0 1 0

2 2 0

x y

x x y y x y x y

x y

  



             

  



* Với x y 1 0  y 1 x, ta có thêm x 2 thay vào phương trình (2) ta

có:    

2

1 2 1 1 1 2 0

x  x   x x  x  x  x  x 

Vì   1 x 2, ta dễ thấy: VT 0, nên suy phương trình vơ nghiệm.

* Với

2

2 2 0

2

x x y   y 

, thay vào phương trình (2) ta được:

4 3

2

2 1

x x



 

 Đặt u x 1 ta thu phương trình:

3 3 24 18 0

5 3

2 3 3 2 0

2

2

u u u

u

u x y

u u

    

 

         

 

 .

Hệ có cặp nghiệm nhất: x2;y0 c) Điều kiện

3

4 4

y y

x

 

2

4x  4 (x y2)y 4y0 Ta coi phương trình bậc x thì

 2

' 4 y 2 4(y y) 16

     

suy

2( 2) 4

4 2

2( 2) 4 4

4 2

y y

x

y y

x

 



 

 

  

  



Trường hợp 1:y2x thay vào phương trình (1) ta có: 2x 12 vơ nghiệm Trường hợp 2: y2x 4 thay vào phương trình (1) ta thu được:

273 257

2 2 12 15 ,

8 4

x   x y

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm:

 ;  273 257;

8 4

x y  

 

PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Để giải hệ phương trình phương pháp đánh giá ta cần nắm bất đẳng thức như: Cauchy, Bunhicopxki, phép biến đổi trung gian bất đẳng thức, qua để đánh giá tìm quan hệ x y,

Ngồi ta dùng hàm số để tìm GTLN, GTNN từ có hướng đánh giá, so sánh phù hợp

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

a)    

2

1 1 2

1 2

1 2 1 2

2

1 2 1 2

9

xy

x y

x x y y



 





  

 

   



 b)

   

 

3

2 2

2 3

2

76 20 2 4 8 1

x x y x x y

x y x x



   

 

    

 .

Giải

a) Điều kiện:

1

0 ,

2

x y

 

Đặt

1

2 , 2 ; , 0;

2

a x b y a b  

 

Ta có: 2 2

1 1 1 1

2

1 1

1 1

VT

a b

a b

 

     

 

 

  .

Ta sử dụng bổ đề với a b , 0 ab 1 ta có bất đẳng thức:

   

    

2

2 2

1

1 1 2

0

1 1 1 1 1 1

a b ab

a b ab ab a b

 

   

     

(đúng)

Vậy

2 1

VT VP

ab

 

 .

Đẳng thức xảy xy Thay vào(2) ta tìm nghiệm phương trình Nghiệm hệ

 ;  9 73 9; 73 , 9 73 9; 73

36 36 36 36

x y          

   .

b) Điều kiện: x y 20

Phương trình (1) tương đương:    

3 2 0

x x x y  x y 

Đặt

2

x y u phương trình (1) thành:

3 2 0 2

x xu  u   x u  y  x x

Thay vào (2) ta được: 96x2 20x 2 332x24x

Ta có  

2

2 3 32 4 2

96 20 2 32 4 1.1 32 4

3

x x

x  x  x  x  x  x   

   2 1 7

3 96 20 2 32 4 2 16 2 0

8 8

x x x x x x y

            

Từ ta có nghiệm hệ là: Vậy hệ có nghiệm

 ;  1; 7

8 8

x y   

 .

a)

   

3

2

3

2

1

2 9

2

2

2 9

xy

x x y

x x

xy

y y x

y y



  



 

 

   

  

 với x y , 0

b)

 

 

3

2

2

3 10 12

6

2 3

x xy y

x y

x x y

x xy y

   



 

   



 

 .

Giải

a) Hiển nhiên x y 0 nghiệm hệ Ta xét x 0 y 0 Cộng theo vế hai phương trình hệ ta

   

2

2

3

1 1

2

1 8 1 8

xy x y

x y

 

   

     

  Chú ý rằng

 2  2

3

1 1 1 1

;

2 2

1 8 1 8

x y

 

   

Với xy 0 ta có    

2

2

3

1 1

2 2

1 8 1 8

xy xy x y

x y

 

    

     

  .

Dấu đẳng thức xảy x y 1 Với xy 0 Khả xảy Thật vậy, khơng làm tính tổng qt giả sử x0,y0 rõ ràng đẳng thức (1) khơng thể xảy Vậy hệ có hai nghiệm x y;  0;0 , 1;1   b) Theo bất đẳng thức AM GM ta có :

12 3 10 3 5 5 8 4 2 3

2

x y

xy    x xy y  x x y y  x y x y 

 

 

3

2

2

6

2 2

x y

x x y x y

x xy y



    

 

 

 

3

2

2

6

2 ( ).

x y

x y x y

x xy y



    

  å

Ta có: x y  2(x2y2) Để chứng minh ( )å ta chứng minh bất đẳng thức mạnh là:

 3

2

2

6

2 2( ) (1)

x y

x y x xy y



 

 

Mặt khác ta có:

2

2

x y xy 

nên (1) chứng minh ta được:

3

2 3 2 2

2

2

6( )

2 2( ) 2( ) ( ) 2( )

2

x y

x y x y x y x y

x y x y



      



 

6 4 3 3 2( 2) (2)

x y x y x y x y

     

Vì y > chia hai vế cho y6 đặt

0

x t

y

 

bất đẳng thức (2) trở thành 34 4 3 1 0

t  t  t  t  

Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên do:

 

 

6 2

3

2

2

3 4 3 1 ( 1) ( 2 2 1)

6

2 3

t t t t t t t t

x y

x x y

x xy y

        



    

 

Kết hợp tất vấn đề vừa ta thấy có số x y, thỏa mãn điều

kiện

, 0

2 3 1

x y

x y x y

x y

  

    

  

 nghiệm hệ

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau

a)

2

2

41 1

9 3 40

2 2

5 6 4 9 9

x x

x y

x xy y y x

  

  

  



  



    

b)

2 2

2 3

2 5 3 4 5 3

x y x xy y

x y

x xy x xy x

   

  

  

    



Giải

a) Phương trình (1) tương đương:

2 1 6 80

82

2 9

x x

x y

  

 

 



  .

Ta có:

 

 

2 2 1 1 3 6

1 9 9 9 9

2 2 9 2 2 9

VT x x x x

x y x y x y x y

 

          

    

 

2

6 80 6

3 2 6 0

9 2 9

x

x x xy y x y



      

  (*)

Lấy (*) cộng với PT(2) ta được:

 2

2

4 4 12 6 9 0 2 3 0 3 2

x xy y y x x y x y

              

Để dấu xảy x y 3

Vậy hệ có nghiệm x y ;  3;3 b) Ta có

 2  2  2

2 2

2 4 4 4 2 2

x y

x y x y x y

x y    x y 

    

 2  2  2

2 2

3 4 12 4 3 2

x y

x y x y x y

x xy y    x xy y 

    

Từ suy

2 2

2 3

x y x xy y

x y x y

  

    

Dấu xảy x y 0

Thay xy vào phương trình cịn lại ta có: x 2x25x 3 4x2 5x Để ý x 0 nghiệm Ta xét x 0, chia phương trình cho

2

x thu được: 2

5 3 5 3

2 4

x x x x

 

      

  Đặt

5 3

2 0

t

x x

   

2

2

5 3 3 5

6 0 2 2 4 2 0 3

t t t x

x x x x

              

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ;  3;3 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau

a)

2

4

32 3 0

32 6 24 0

x x y

x x y

     

 

    





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:

4

32 32 6 21

x  x x  x y  y (*)

Ta có:  

2

2 6 21 3 12 12

y  y  y  

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

   

  

4

32 1 1 32 8

32 1 1 32 4

x x x x

x x x x

      

       

Vậy x 32 x4 x432 x12 Từ suy hệ có nghiệm

chỉ x y, phải thỏa mãn:

4

32

16 32

3 3 0

x x

x

x x

y y

  

  



  

 

    

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ;  (16;3)

b) Điều kiện:  

, 0

( ) 2 0

x y

xy x y xy

   

   

 

2

( )( 2) ( )

xy x y xy  y y x

(x y y)( xy 2) ( x y)(2y y x) (3)

        

Từ phương trình (1) hệ ta có

2y y x  y xy(x y )( xy 2) 0

Từ phương trình (2) ta có:

3

(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 xy Thay vào phương trình (2) ta có:

 

(x1) 2x x (1 x)  4 x  2x  3x  4 x1

Kết luận: Hệ có nghiệm x y 1

Nhận xét: Việc nhìn quan hệ xy chìa khóa để giải toán Đây kỹ đặc biệt quan trọng giải hệ phương pháp đánh chứng minh bất đẳng thức

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH

1)  

2

3

2

1 1

x y x

x y

  

 

  



 ( Trích đề tuyển sinh vịng 1- lớp 10 THPT Chuyên

ĐHQG Hà Nội 2008)

2)

2

3

2

8

x y y x x y

  

 

 



 ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 THPT Chuyên

ĐHQG Hà Nội 2008)

3)

2

2

1

3

x y xy x y y

   

 

  



 ( Trích đề tuyển sinh vịng 1- lớp 10 THPT Chuyên

ĐHQG Hà Nội 2009)

4)

2

2

3 12 23

2

x y xy

x y

   

 

 



 ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT

5)    

2

5 2 26

3 11

x y xy

x x y x y

   

 

   



 ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10

THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010)

6)    

2 2

2

2

1 4

x y x y

x y xy x y

  

 

  



 ( Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT

Chuyên ĐHQG Hà Nội 2011)

7)

2 2 4

2 4

x y y

x y xy

   



  

 ( Trích đề tuyển sinh vịng 2- lớp 10 THPT

Chuyên ĐHQG Hà Nội 2012)

8)

2

2

1

2

x y xy x xy y

   

 

  



 ( Trích đề tuyển sinh vịng 1- lớp 10 THPT

Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014)

9)

2

2

2 12

6 12

x y xy

x x y y y x

   

 

   



 ( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10

THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014)

10) 2

2 3 5

4 5

x y xy

x y xy

 

 

 

 ( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT

Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015)

11)  

3

2

27 26 27

x y xy

x y y x x x

  

  

     



 ( Trích đề tuyển sinh vịng 2-

lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015)

12)

 

 

2 2

4 1 2 3

12 4 9

x y y

x x y y

  

  

  



 ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên

Amsterdam Chu Văn An năm 2014)

13)

   

2

2

1

1

3

x y

y x

xy x y



 



 

 

  

 ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên

14)

3

2 4

6 2 2

x y x y

x y

    

 

  



 ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên

Lam Sơn Thanh Hóa 2014)

15)

 

2

2

2 3 2 5 2 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

3 4

7 11 3 1

xy x y

x x y x y

 

  

    

 

17)

2 2

2

2

8

x y x y

y x y x x xy

  

 

   

 

18)

2

3

1 2

x xy y y x y

   

 

  



19)

  2

4

15

x y x y y y x

   

 

 

 

20)

  

  

2

4 2

2

2 2

x y x y

x y x y x y x

   

 

    

 

21)  

2

3

3 1

x y

x y x

  

 

 

 

22)

  2 

3

1 1 15

1

xy x y y

y xy

   

 

  



23)

2

4 2

2

6 16

x y

x y x y xy

  

 

   

 

24)

2

3

3

27 6 2 30

x y xy

x y x y x y

   

 

   

25)

2

3

4 5

15

12 40

x y x y

xy

y x

  

 

  

 

26)

 

 2 2  3

2 8

1 1 1 2 1 1 1

16

x x y

x y x y

x y x y

 

 

   



   

   



     



27)    

2

2

2

2

9 1

1 1

x y x

y xy x y

  



 

 

   



28)

 4  1

12 4 2

x y y x

x y y x xy

      

 

   

 

29)

2

8 17 21

6 8 4

16 9 7

xy x y

x y xy y x

x y

  

  

  

   

 

   



30)

3 13 2 5

3 13 2 5

3 13 2 5

x y

y z

z x

    

 

   

 

   

 

31)

 2

3

2

7 7 4

3 8 4 8

x y x y x y x

x y y x

      

 

   

 

32)

 

3 2 3 5

,

2 3 2 3 4 2

x y x y

x y

x y x y

     



 

     

 



33)

   

 

3

2

2 2 1 20 28

2 2

x y x y

x y y x x

     

 

   

34)

 

2

4

,

16 2 3

x y x y x y

x y

x y x

     



 

    





35)

   

3 9 1 2 1 2

2 3 2

y y x y x y

x x y x y

     

 

     



36)

2

2

9 5

3 5

30 6

x x y x

x x y

x x

y y

  

 

  



 



 



37)

2

2 3

( 3) 8 20 ( 4) 6 10 0

4( 5) 6 11 2 5

x y y y x x

x y y

        

 

    

 

38)

3 2

2

2 2 4

( , )

2 2 2 4

x xy x y

x y

x xy y y

    

 

   





39)

2 2

2

2 ( 3)(2 3) 12 11 8

6 13 1

y x y x y xy y

y x y y

      

 

  

 

40)

3 2

2 4

2

2 2

x x y x y xy

y

  

 

  

 

41)

3

2 2

3 3 2

1 3 2 2

x y y x

x x y y

    

 

    

 

42)

 

3

3

2 4 3 1 2 2 3 2

2 14 3 2 1

x x x x y y

x x y

      

 

    

 

43)

   

2

7

2 1 2 1

2

7 6 14 0

x y xy

x y xy x y



  

 

      

44)

 

3

4

16 24 14 3 2 3 2

4 2 2 4 6

x x x y y

x y

      

 

   

 

45)

13 4 2 2 5

2 2 2

x y x y

x y x y

     

 

   

 

46)

3 3

2

8 27 18

4 6

x y y

x y x y

  

 

 

 

47)

 

3

3 2 2 2 1 0

2 2 2 5

x x y y

x y

     

 

   

 

48)

  

2

1 1 1

35 12 1

x x y y

y y

x

     

  

 



 



49)

 2  2

2

3 8

1

1 1 4

xy x y

x y

x y

    

 

 



 



50)

4

2 2

3 4 1 0

4 2 4

2

2 3

x x x y

x y x xy y

x y

     



   

  

 

51)

3

3

3

12 48 64 0

12 48 64 0

12 48 64 0

x z z

y x x

x y y

    



   



    



52)

 

2 2

2

2 1 2 0

2 2 ( 2) 4 4 0

x y y x y y

x xy x y x

        

 

       



53)

 

3 2 7 10

1 1

2

3 3

x y x

x y

x y x y

    

 

 



   

  

 

  

54)

3 2

2

2 ( 4) 8 4 0

1 1

2 3 4( 1) 8

2 2

y x y y x x

x

x y x y

      



 

      

 

55)

 2

3

( ) ( 1)

3 4 4 7

x y x y y x y

x x y y

     

 

    



56)    

3 2

2

2 ( 4) 4 2 0

3 1 4( 1) ( 1) 8 1

y x y y x x

x x y x y

      

 

       

 

57)

2

2

5

8( ) 4 13

( )

1

2 1

x y xy

x y x

x y



   

 

 

  

 



58)

2

3

2 2 2

( ) 12( 1)( 1) 9

x y y x

x y x y xy

    

 

     

 

59)

   

3 2

7 8 2

2 3 2

x y x y xy xy x y

y x x

     

 

    



HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1) Ta viết lại hệ phương trình thành:

 

 

2 2

3

1

1

x y

x y

   

 

  



 đặt a x 1 ta

có hệ

2

3

1

a y a y

  

 

 



 Suy  1 a y, 1 Mặt khác ta có:

  

3 1 1 1 0 0 1

a   y   y  y y    a

Tương tự ta có

2

2 3

2

0 y a a a y a y

y y

 



        

 

 Dấu xảy khi

1,

a y a0,y1 Từ suy nghiệm hệ là:

2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra

       

3 2 2

8x  y 7 2x y y x 8x 14x y7xy  y  0 x y 4x y 2x y 0

2 4

y x y x y x

  

 



 

 thay vào phương trình ta tìm nghiêm là:

 ;  1;1 , 1; 2

x y    

 

Ta giải nhanh sau: Lấy phương trình (2) trừ lần phương trình (1) thu được:  

3

2x y  1 2x y  1 y2x1

. 3)

Từ hệ phương trình suy ra

2

2

2

1

1 3 ( 3)

3

x xy y

x xy x y x y x y

x y y

   



           



  



 Đây

là phương trình bậc x có    

2

2 6 9 4 2 1

y y y y

         từ

tính x 1 x 2 y thay vào ta tìm nghiệm là x y ;  1;0 , 1;1 , 5; 3     

Chú ý ta giải cách khác:

     

2 1 3 3 1 3 2 0 1 2 0

x  xy x y   y x x  x   x y x   .

4) Nhận xét: Có thể đưa hệ dạng đẳng cấp:Từ hệ ta suy ra

 2   2 2    

2 3x 8y 12xy 23 x y 17x  24xy7y  0 x y 17x 7y 0

7 17

x y

x y

   

 

 Giải hệ với trường hợp ta suy ra

 ;  1;1 , 1; ,   17; , ; 17

13 13 13 13

x y         

Cách khác: Cộng hai phương trình hệ ta thu được:

2 3 2 25 2 3 5

2 3 5

x y x y

x y

 



   

 

 thay vào để giải trên.

5) Ta viết lại hệ cho thành:

2

2

5 2 26

3 11

x y xy

x x xy y

   

 

   

 

Nhân hai vế phương trình: (2) với cộng với phương trình (1) ta

được:

 2

2

9 6 48 3 1 48 8

3

x

x x x

x

  

     

 

 thay vào ta tìm được

1

y  y 3.

Cách khác: Ta viêt lại hệ thành:

   

       

2 2 2

2 26 26

11

2 2 11

x y x y a b

a b ab

x y x y x y x y

       





 

  

       



 hệ đối

xứng loại 1.

6) Nhận xét x y 0 nghiệm hệ Xét x y , 0 Ta chia phương trình cho x y2

2

2

1 1 1 1 2

2 2

1 1 2 1 1 2

2 8 2 8

x y x y xy

x y xy x y xy



  

     

  

   

 

       

    

  

       

    

     Đặt

1 1 2

; 2

a b

x y xy

   

   

   

    thu

3

8

8 2; 4

0

ab

a a b

a b

 

    



 

 Từ

7) Ta viết lại hệ phương trình thành:

 

 

2

2 1 5 2 5

5

1 1 5

x y a b

a b ab

x x y y

      





 

  

     



 hệ đối

Xứng loại 1, ta dễ tìm a2,b1 a1,b2 Từ giải được

1

x y x2;y0.

Cách khác: Ta viết lại hệ thành:

     

2

2

2

2 4

2 4 12 4 12 0

4 2 2 8

x y y

x y xy x y x y x y

x y xy

   

           



  



.

8) Từ hệ ta suy

     

2 2 4 2 3 5 2 0 3 2 0

x xy y  x y  xy  x  xy y   x y x y 

Giải hệ ứng với trường hợp ta có: x y 1;x y 1,

2 7 7

; ; ;

7 7

x y x y

9) Ta viết hệ cho thành:

   

           

2 3 12

2 3 6

6 12

x y x y

x y x y x y xy x y xy

  

 

     



  

 

x y  2x3y 6 xy 0 x y x    3 y 20.Giải trường hợp

10) Từ hệ ta suy ra

   

2

2 2 2

2 2

2

2 4 2

4

xy y xy

xy y x y x xy y x y x y

x y xy

  



           



 

 

Giải trường hợp ta thu      

2

; 0;0 , 1;1 , ;

5

x y    

 .

11) Ta viết lại hệ cho thành:

   

  3  3

2 2 9

27 8 3 1

x y

x y y x x

  

  

     

 

Chú ý rằng: 27x y  3x2 y2 suy ra

  3  3 3        3

27 x y y x  8 3x1  x y 3 x2 y2 x y  8 3x1

x y 23 3x 13 x y 3x y 2x

            

thay vào ta tìm được:    

7

; 1;1 , ;

2

x y    

 .

12) Hệ cho tương đương với:

 

 

2

2 2

4 1 2 3

12 9 4

x y y

x x y y

   

 

  

 

   

 

2

2 2

4 1 2 3 4 9

12 9 4

x y y y

x x y y

    

  

  

 

Cộng theo vế hai phương trình ta được:

 

2 2

8

x x  y  y 

 2

2 2

7 0

2

x x y y  x y

         

  (tm)

Vậy hệ có nghiệm  

3

; 0;

2

x y  

 .

13) Hệ phương tình cho tương đương:

   

2

2

1 2

1 1

1 .

1 1 4

x y

y x

x y

y x



 



 

 

 

  



Đặt

;

1 1

x y

u v

y x

 

  , hệ thành:

2 1

2 1 4

u v

uv



 

  

 

 

 

 

2

2

2 2

1

2

2 0

u v u v uv

u v uv u v

  

   

 

   

  

  

 

Suy

1

u v 

1

u v 

Nếu

1

u v 

x y 1 (tm) Nếu

1

u v 

1

x y

(tm).

14)

Điều kiện

2 0

0

x y y

 

 



 Đặt t x2y0 từ phương trình  1 suy

ra t23t 4 0  t 1 x2y1 thay vào phương trình (2) ta có: 38 4 y 2y 2

Đặt 2y a  0 2y a 2 Thay vào phương trình ta

có:

3

0

8 2 2 8 12 0 2

6

a

a a a a a a

a

  

        

  

 Từ tìm

nghiệm hệ x y ;  1;0 , 3;2 , 35;18     15) Phương trình (1) hệ viết lại sau:

2   2 5 0 2

5 2

y x x y x y

x y

 

     

Thay vào phương trình (2) hệ ta tìm nghiệm là x y ;  1;2 , 1; , 3;4     

. 16)

Từ phương trình ( 2) ta có:

     

3

7x 3xy x y3   1 3 x y x y  1

Hay      

3

7x 3xy x4 2y x y   1 3 x y x y  1

Hay

       

3 3

8x y 6xy x y2  x y 3xy x y 3 x y 1 x y 1

Hay    

3

2x y  x y 1  2x y    x y x1

Thay vào phương trình đầu tìm nghiệm hệ là: x y ;  1;1 , 1; 4   

17) Dễ thấy hệ có nghiệm 0;0

Nếu x y , 0;0 hệ phương trình tương đương với:

2

2

1 1

2

1 3 7 5

8

x y

x xy x y



 

  

    





Đặt

1 1

;

u v

x  y  cộng hai phương trình hệ ta thu được: 2

2

2

3 7 5 8

u v

u uv u v

  

 

   

 

   

2

2u v 3uv 7u 5v u v 2u v

            

.Ta được:

2

2

2 2

2 3

2

u v u v

u v u v

  

 

 

 

  

  

  

18)

Ta có:     

3 2 3 3

2y  x y 1 x y x  xy y x y  y x  xy

.Hệ tương đương với 2

1 1 1

x y x y

x y x xy y

  

 



   

   

 .

19) Hệ tương đương:

  

 

  

   

2

2

2

4

15 15

15

15 15

x y x y x y x y

x y x y x y y

x y y



      

 



 

   

 

 

 

  2   2

4 4

15 15

2 15

x y x y x y x y

x

x y y

       

 

   



  

 



+)   

3

2

2

15 15 1; 2

15

x y

y y x

x y x y

  

    



  

 

+)   

3 3

2

2

5 15 3; 2 3

15

x y

y y x

x y x y

  

     



  

 

Vậy nghiệm hệ: x2;y1 , x2 3;3 y 33.

20) Ta có:    

5 4 2 2 5

2x  x y x y x y  xy x y x y  xy

Ta thu hệ tương đương:  

2

1

2 1

x y x y

xy x y x y



   





 

    



 .

21) Hệ cho tương đương:

       

     

2

3

1 2

x y x y x y x y

x y x y x y

       

 

    

 

22) Nếu y 0 suy 1 0 (loại)

Chia hai vế cho y30,y4 0 ta được:

2

4

1 1

15

1 1

x x

y y

x y y

   

  

   

   



  



 Đặt

1

t

y  ta được:

  2

15

x t x t t t x

   

 

 



 , sau

giải 19

23) Ta có:    

4

4 2 2

16x y 4xy x y 6x y  x y  x y 2

+)

 2

2

2

2 1

2 2 2 4 2 0

1 2

x y x

x x x x

y x y

  

 

        

 



  



+)

 2

2

2

2 1

2 2 2 4 2 0

1 2

x y x

x x x x

y x y

  

 

        

 



  



Vậy nghiệm hệ có cặp nghiệm 1;1 , 1; 1   .

24) Ta có: PT  27x3 y3 27x y2 9y x x2  3y33y x2 3x y2 3x y3 x y3 x y

     

Hệ cho tương đương:

3

2

1

x y

x y x y

  

  

 

 .

25) Ta có: PT 2  

4 2 2

15x y 12x y 40xy 8xy x4 y

     

 

4 2 2

16x y 8xy x4 y 12x y x

     

2 4 2

2 3

x y x x y

x y x

x y x x y

  

 

      

  

+)

2 1

4 5

1

x y x y

x y x y

 

   



 

 

 

 .

+)

2

2 2

4 5 5 5 5 5

4 9 5 ;3 , ; 3

13 13 13 13

3

x y

x x x

x y

   

  

          

    



    

26) Điều kiện: x y , 0.

Ta có:    

2 2 2

1 1 1 2 1 1 1

x y x y x y

x y x y

   

   

   

     

Hệ cho tương đương với hệ:

 

2 2

2 8 4

2 8

16

x x y xy

x xy x y

    





 

 



 



Xét hệ:

4

2 8

xy x xy

  

 



4 0

xy x

  



 Hệ vô nghiệm.

Xét hệ:

4 16

xy x

  

 

Hệ có nghiệm 4; 1  4;1 .

Vậy hệ cho có hai nghiệm 4; 1  4;1 .

27) Ta có:    

2

2

2

2

9 1

1 2

1

x y x

y xy x y

  



 

  



  



Hệ tương tự với hệ    

2

2

2

2

9 1

1 2

1

x y x

y xy x y

  



 

  



  



2

2

1 1

9

, 1

y x y x y

  



   

 

Khi đó, hệ có nghiệm 3;0 3;0. 28) Điều kiện: x2,y4

Vì 12x y 4 3 x y  4 4  3xy 4 2y x 2 2 y x  2 2  2xy Cộng hai bất đẳng thức vế theo vế, ta được:

5xy12x y 4 2 y x 3 xy2xy5xy

Do dấu “=” phải xảy Khi x4,y8.

Kiểm tra lại, ta thấy x4,y8 nghiệm hệ phương trình. 29) Điều kiện: x16,y9.

Khi đó:

8 17 21

8 4

6

x y

x y y x

y x

 

   

 

 

.Đặt

2 . 2

x y x y

t

y x y x

   

. Từ đánh giá qua bất đẳng thức đây:

 

8 17 3 8 1

6 6 2 2 2.2 6

6 8 t 4 6 8 t t

t t

         

  , suy t  6 8 hay

2

t  .

Vậy t x 16.Xét phương trình vơ tỷ x16 x 9 7 với x 16.

Bình phương hai vế giản ước được:

x16 x 9 37 x Từ suy x 25.

30) Điều kiện: 3x y z, , 13 Cộng ba phương trình vế theo vế, ta được:

3 13 3 13 3 13 6 5

x   x y   y z   z  .

Xét: T  t 3 13 t với

3;13

t 

Vì

   

3 13 1 1 3 13 2 5

T  t   t   t   t 

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dấu “=” xảy t 8. Vậy hệ phương trình có nghiệm x y z  8.

31) Biến đổi hệ phương trình thành:

     

 

2

2

7 4 (1)

4 3 8 (2)

x x y x y x y

x y x y

      

 

   

 

Thực phép (2) vào (1) ta có:

   2    

2 7 3 2 8

x x y  x y  x y  x  y  x y

   

2 2 2 15

x x y x xy x y

     

        

2 2x 15 2 15 0

x x y x y x y x y x x

          

TH1: xy. Thay vào phương trình (2) có ngay: 4x  2 4 0 Phương trình vơ nghiệm

TH2:

2

2

1

3 8 7 0

7

2 15 0

5 8 119 0( )

y

x y y

y

x x

x y y VN

  

     

  

     

     



Vậy hệ cho có nghiệm sau: 3; , 3; 7    

32) Đặt

2 2

2 2

2 2 3

3 6 2

3

u x y x y u y u v

x y v x u v

v x y

         

  

 

  

     

 

    

 

2

2x 3y 4 u v 7

Khi hệ ban đầu trở thành: 2

3 5

2 7 2(*)

u v

v u v

  

 

   

 

Thế v 5 3u vào phương trình (*) giải tìm u 1, từ v =

 x = 3; y = 33) PT thứ hai hệ

 2  2

2

2 2 2 1 2 1 2 1 1 2

x y x y x x x y x x y x

               

hoặc x2y x

TH1:

0 2

2

x x y x

y x x

 

   

 

 thay vào phương trình thứ ta được

2

13x 11x 30 0

TH2:

2

2 0

2 2

2 1

x

x y x

y x x

  

    

  

 thay vào phương trình thứ ta

được bậc hai theo x

34) Điều kiện: x4;y0;x2 y x y y; 4  ; 3x Phương trình (1)

2

2x 2 x y 4x y 2 x y y 2x y 4x 4 y 0

             

+ Nếu y 0 khơng thỏa mãn điều kiện y3x12 + Nếu y4x 4thay vào phương trình (2) ta thu được:

2 16 2 4 16 3 4 1

x    x  x    x 

 

2

2

2

25 5 5 1

5 0

4 1 4 1

16 3 16 3

5 1

5 0

4 1 16 3

x x x

x

x x

x x

x x

x x

 

  

      

   

     



    

 

 

Với x 5 y16 Xét

 

2

5 1

0 5 4 2 16 0

4 1 16 3

x

x x x x

x x



         

 

 

Tóm lại hệ có nghiệm nhất: x y ;  5;16

35) ĐK: x2 ,y x x 2y 0

Đặt

3 2

a y

b x y

   

 



 , phương trình (1) hệ cho tương đương với:

 1  1   2 1 0

a a  b b   a b a ab b  

Do  

2 0 ,

a ab b  a b  a b

Hệ

2

2

0

2 3

9 2

2 3 2

9 2 3 9 2 3 2

y

x y y

x y y

x x y x y

y y y y y y

 

   

 

     

    

 

      

 

Đặt

2

2

9 5 , 2 4

5 4 0

t

t y y pt t t t

t t

 

        

  



Do

4 8

0

9 3

y  y  x

Kết luận: Hệ có nghiệm nhất:

 ;  8 4; 3 9

x y  

 

36) Từ phương trình (1) ta rút được:

 

  

2

2 2 2 2 2 2

2

2 2

2 2

9 9

5 5

x x y x x x x y x y x

y

x x y x x y

     

  

   

(*)

Từ phương trình ta có kết quả:

9 6

1 5

x x

y

 

Thay vào (*) ta có:

2 2

2 2

2 2

0

2 2 6

1 2 2 6

3

x

x x x y y x

x x x y xy

y y x x y y

 

  

       

  



Nếu x 0 vô nghiệm Nếu

2 2

3 3

2 2

3 0

3 0 0

9 6 5

3

y x

y x y

x y y xy x

y x

 

 

 

  

   

   

  

 

5 3

y x

 

Thay vào ta tìm được: ( ; ) (5;3)x y 

KL: Hệ có nghiệm: ( ; ) (5;3)x y  37) Biến đổi phương trình (1)

2

(x3) (y4) 4(y4) (x3) 1 (*)

+ x 3 y4 ta thấy không thỏa mãn

+ x 3 y4 bình phương hai vế phương trình (*)

2

( 3)( 4) 0

4 2( 3) 2 10

( 4) 4( 3)

x y

y x y x

y x

  



      



  



Thay vào phương trình (2) rút gọn ta được:

2

4x 28x51 4 x15 0

    

2

4 x 8x16 3 4x15 4x13 0

     

     

3

2 3

3

27 4 15 4 13

4 4 0

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13

x x

x

x x x x

  

   

     

     

     

2

2 3

3

16 4 7 4

4 4 0

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13

x x

x

x x x x

 

   

     

   

     

2

2 3

3

4 4 7

4 1 0

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13

x x

x x x x

 



 

   

       

 

 

 2    2

3

4 4 7

1 0

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13

4

x

x x x x

x

 

 



     

 

 

- Với x 4 y2 - Với

 

 2    2

3

4 4 7

1 0 (3)

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13

x

x x x x



 

Ta chứng minh phương trình vơ nghiệm sau: Dễ thấy với x 4x228x51 0

Do phương trình(**)có nghiệm

3 15

3 4 15 0

4

x   x 

Từ suy vế trái (3) ln dương, dẫn đến phương trình vơ nghiệm

KL: x; y  4; 2 

38) Từ phương trình (2) ta thu được:

2 2

2

xy y   x  y

Thay vào phương trình (1) ta có:

2

3 2

2 2 2 4 2 2 4

2 2

xy x y

x x  x  y x  y x  x xy  x  y

  

2 2

(x 2)(x 2x4)x x( 2x4) y x( 2x4) 0 

3 2

2x 2x 4x x y  2xy 4y 8

    

            

(x3 8) (x3 2x2 4x) (x y 2xy 4y) 02 (2x y)(x2 2x 4)

2 2

y x

  

Thay y 2x 2  vào phương trình (2)và rút gọn ta

0 2

(6 7) 0 1

6 3

7

x y

x x

x y

 

 

 



 



 



Vậy hệ phương trình có nghiệm

7 1

( ; ) (0; 2), ;

6 3

x y    

 

39) Với điều kiện x 0 hệ phương trình cho tương đương với hệ:

2 2

2

8 6 12 7 8 0

13 1 6 0

x y xy xy y y

y y xy

      



   



Lấy (1) + (2) ta có phân tích sau:

2 2 2 6 6 9 0 [ ( 1)]2 6 ( 1) 0

x y  xy y  xy y   y x  y x  

Ta  

2

y x 1 319y 17y1 0

- Với

17 213 49 213

;

38 2

y  x 

- Với

17 213 49 213

;

38 2

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là:

49 213 17 213 49 213 17 213

( ; ) ; , ;

2 38 2 38

x y         

   

   

40) Điều kiện:y 0

Với y 0 ta biến đổi hệ phương trình thành

2

3

4 2

2 2 2

x xy

y xy

x

xy y y



 

  

   

 

Đặt

;

x

a b xy

y

 

hệ phương trình trở thành

2 2

4 2

2 4 (3)

2 2 2 (4)

2 2 2

a b

ab b b

b a ab b a

a b a



 

   





 

  



   

 

Cộng (3) (4) theo vế thu gọn ta

2

1 2 0

2

1: 1 2 4 ( VN)

a a a

a

TH a b b

 

    

 

    

2 : 2 2

TH a  b ta có hệ phương trình

2

3

3

2 4

2 2

x

x y

y xy





 

 



 

 

  



Vậy hệ phương trình cho có nghiệm   3

( ; )x y  4; 2

41) Điều kiện:

2

1 0 1 1

0 2

2 0

x x

y y y

     





 

 

 

 



Cách 1: Đặt t x 1, 0 t 2 Lúc hệ pt thành:

3 3

2 2 2

3 2 3 2 3 3

1 3 2 2 1 3 2 2

t t y y t t y y

x x y y x x y y

         

 



 

         

 

 

Từ phương trình (1) ta suy ra:   

2

3( ) 0

t y t ty y  t y 

Vì

 

2 3( ) 0 3 3 0

t ty y  t y   t  y t y  y

y 32 4y2 3y y 3 y 3 4y 3y 3 y 1 0

            

nên phương trình vơ nghiệm

Vậy t y x 1 y Thay x 1 y vào phương trình (2) có:

   

2 2 2

2

2

2 1 2 1 2 1 3 0 1 1 1 3 0

1 1

0 1

1 3

x x x x x x

x

x y

x

              

  



    

  



Vậy hệ pt có nghiệm x y ;  0;1

Cách 2: Phương trình (2)    

2 1 2 2

x x y y f x g y

       

Xét f x  miền 1;1 ta có  

13 3

4

f x

 

Ta lại có:    

2

3 2 3

2

y y

g y  y  y    

Vậy f x g y  Dấu xảy

1

1, 0

y

x x

  

 

 .

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 khơng phải nghiệm hệ chia phương trình (1) cho x3 ta thu

được:  

3

2x  4x 3x1 2 x 2 y 3 2 y

 

3

3

1 1

1 1 3 2y 3 2y

x x

   

         

   

Đặt

1

1 , 3 2

a b y

y

   

suy

  

3 2 1 0

a  a b  b a b a ab b    a b

Thay vào pt thứ ta được:

   

 

3

2 3

3

7 7

2 3 15 2 0 0

2 3 15 2 15 4

x x

x x

x x x

 

        

     

111 7

98

x y

   

Với xy 0 viết lại hệ dạng:

2

1 1 7

2 2

2

7 6 14 0

x y

x y

x y xy x y

  

  

  

 

  



     



Điều kiện để phương trình x2y2xy 7x 6y14 0 (ẩn x) có nghiệm

 2

1

7

7 4 24 56 0 1;

3

y y y y  

          

 

Điều kiện để phương trình x2y2xy 7x 6y14 0 (ẩn y) có nghiệm là:

 2

2

10

6 4 28 56 0 2;

3

x x x x  

          

 

Xét hàm số  

1 2

f t t t

 

đồng biến 0;  nên    .    2 1 7

2

f x f y f f

  

Kết hợp với phương trình thứ ta được:

2 1

x y

  



 nghiệm hệ.

“Để chứng minh hàm số f x  đồng biến miền xác định D ta làm sau: Xét hai giá trị x1 x D2 Chứng minh:

 1  2

0

f x f x x x





 ”

Ngược lại để chứng minh hàm số f x  nghịch biến miền xác định D ta làm sau: Xét hai giá trị x1x D2 Chứng minh:

 1  2

0

f x f x x x





 ”

44) Điều kiện xác định

1

; 2

2

x y

Ta viết lại hệ thành:

 3  

4

2 2 1 2 1 2 3 2

4 2 2 4 6

x x y y

x y

      

 

   

 

Đặt a2x1,b y suy 2a3 a 2b3 b a b Từ phương trình thứ hệ ta có:  2x 1 y

Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4y 8 2y4 6(*)

6

y

  Vậy hệ có nghiệm   1

; ;6

2

x y  

 

45) Điều kiện:

4

13 4 0 13

2 0

2

y x

x y

x y y

x

  

 

 



 

 

  

 

Đặt a 13x4 ,y b 2x y Khi ta hệ phương trình:

2 4 5 2 5 (1)

4

2 5 2 5 2 5 (2)

2 2 2 2 2 2 (3)

x b

a b x a b x

a b a b a b

b x y b x y b x y

 

 

     



 

       

  

           



 



Thế (1) vào (3) ta được:

8 3

(4) 3

y x 

Thế (4) vào phương trình

2x y x   2y2 ta được:

3

19 6 3 2

2

3 3

4 69 19 0

y

y y

y y

 

  

  

   



Giải

69 545 8

y 

từ tính x 24 545 Thử lại ta thấy

 ;  24 545;69 545

8

x y    

  nghiệm cần tìm.

46) Ta tìm cách loại bỏ 18y3 Vì y 0 khơng nghiệm phương trình (2) nên tương đương 72x y2 2108xy18y3

Thế 18y3 từ phương trình (1) vào ta thu được:

3 2

3 2 21 5

8 72 108 27 0

4 21 5

4

xy

x y x y xy xy

xy

   

 

      



 

 

 .

 

   

 

   

3

3

0( )

8 27 3 1

5 3 3 5

18 2 4

8 27 3 1

3 5 3 5

18 2 4

y L

xy

y x

xy

y x



 



 



      

 

 

     



Vậy hệ cho có nghiệm

 ;  13 5 ; 3 5 , 13 5 ; 33 5

4 2 4 2

x y           

   .

47) Điều kiện:

1 2,

2

x y

Phương trình (1) tương đương:

2 x 2 x 2 x 2y1 2 y1 2y1 f  2x 1f  2y1

Đặt a 2 x b,  2y 1 a3 a b3 b a b

2 x  2y1 x 3 2y thay vào ta có:

3

2 5

5 2 2 2 5

2 9

a b

y y

a b

 



     

 



1; 2

3 65 23 65

;

4 8

65 3 23 65

;

4 8

a b

a b

a b



  



  



   



 



 



2

233 23 65 32 233 23 65

32

y

y

y



 



 

  



 



 .

Vậy hệ có nghiệm

 ;   1; , 23 65 185 233 23 65; , 23 65 185 233 23 65;

16 32 16 32

x y           

   

   

   

2

1 1 1 1

1 1.

x x y y y y y y

x x y y

        

     

Từ ta rút x y Thay vào (2) ta được:

2

35 12 1

y y

y

 

 .

Bình phương hai vế (điều kiện y 0) Khi ta có:

2

2 2

2

2

2

2 35 2 35

1 12 1 12

1 1

y y y y y y

y

y y

y y

 

   

       

     

  .

Đặt

2 1 0

y t

y    Phương trình tương đương:

2 2

2

2

5 49

( )

35 12 25 4

2 0

5 25

12 1 12

3 12

y

t L

y t t

y y

t

 



 



 

          

      



  .

Đối chiếu điều kiện lấy giá trị dương

Vậy hệ có nghiệm  

5 5 5 5

; ; , ;

4 4 3 3

x y      

   .

49) Triển khai phương trình (1)

(1) x y2 26xy 9 x22xy y  8 x y2 2x2y2 1 8xy

x2 1 y2 1 8xy

   

Nhận thấy x0,y0 không nghiệm hệ Phương trình (1) là:

2 1 1

. 8

x y

x y

 



Đặt 2

;

1 1

x y

a b

2

2

2

2

1 1

1 2

2

1 1

1 1

2 3

1 4 4

4

1 8 1 1 2 3

4 1 4 1

1 1

2 1 2

x

a x

x y

b

a b y y

x x

a

ab x y

y b

y

 

  

  

   

   

        

      

   

   

 



     

 

    

 

 

  

    

 



 

 

   

 

   

  .

Vậy hệ có nghiệm

x y  ;   1; 2 3 , 1; 2   3 , 2   3; , 2    3; 1 

50) Ta có:

      

2 2 2

2 2 4 ( 2 ) 4 2

( 2 ) 1 1 4

2 4 2 2

x y x y x y x y

x y   x  y        

Mặt khác ta có:

 2  2

2

2

3 2 ( 2 ) 2

2 4

3 12 4

2

2 4

3 2

x y x y x y

x xy y

x y

x xy y

   

 

 



 

 

Từ suy

2 4 2 2 4

2 2

2 3

x y x xy y

x y x y

  

    

Dấu xảy x2y0 Thay vào phương trình cịn lại ta thu được:

  

4 3 1

3 2 1 0 1 3 1 0 1

2

x  x  x  x   x x  x   x  y

Hệ có cặp nghiệm:  

1

; 1;

2

x y  

 

51) Cộng theo vế pt hệ ta được:      

3 3

4 4 4 0

x  y  z 

(*) Từ suy số hạng tổng phải có số hạng không âm, không tính tổng quát ta giả sử:  

3

4 0 4

z   z

Thế phương trình thứ hệ tương đương:  2

3 16 12 2 12.22 4

x   z   x

 2

3 16 12 2 12.22 4

y   x   y

Do từ        

3 3

4 4 4 0 * 4

x  y  z   x  y z

thử lại thỏa mãn

Vậy x y z ; ;  4;4;4 nghiệm hệ

52) Phương trình (1) hệ có dạng:    

2 2 2 1 0

x   y x  y  

Do x2 2 y2 1 0 nên suy x2  2 y 0 y x22 thay vào

phương trình (2) ta có:  

2

(x2) ( x2) (x2) 2 x x  x 2

2 1 3

x x x y

      

Vậy hệ có nghiệm x y  ;   1; 3 53) Theo bất đẳng thức si ta có:

1 .

3 3 2 3 1 3

2 2

3

1 2 1 1 2

3 2 3 2 2 3

x x x y x x y

x y x y x y x y x y x y x

x y x y

y y y

x y x y x y

    

  

  

       

  

  

  

 

   



    

   

 



Tương tự ta có:

1 3

2 2

3

x y x

x y y x

  

   



  

Từ suy

  1 1 2

3 3

x y

x y x y

 

   

 

  Dấu xảy khi

xy thay vào phương trình thứ ta được: x y 4

3 2

2

2 ( 4) 8 4 0

1 1

2 3 4( 1) 8

2 2

y x y y x x

x

x y x y

      



 

      

 

54) Điều kiện:

1 0

2 3 0

x x y

 

 

  



 

2

2

2 2

( 4) 2 4 8 0

( 4) 4(2 4 8 ) 4 4

x y x y y y

y y y y y y

     

         

Từ ta tính được:

2

2 4

x y

x y y

  

  



Vì xy2 2y 4 (y1)2 3 1 nên khơng thỏa mãn Thay x2y vào phương trình thứ hai ta được:

2

1 7

2 3 4 4

2 2

x

x x x



    

Ta có:

2 7 5 5

4 4 (2 1)

2 2 2

x  x  x  

;

 

1 1 1 5

2 3 2 2 2 3 1 2 2 3

2 2 4 2

x

x x x x x

  

             

 

Vậy hệ có nghiệm dấu đồng thời xảy Suy

1 1

;

2 4

x y

55) Từ phương trình (2) ta suy x 0 Phương trình (1) viết lại sau:

   2    2

2 1 0 1 4 2 1

x  y  y x y  y     y  y  y y  y  y

Từ tính được:

2

0 1

x y x y

  



  

Thay y x 1 vào phương trình ta thu được: 3 x x( 24)x2 4 2x Chia phương trình cho x 2 4 ta có: 2

2

3 1

4 4

x x

x   x 

Đặt

0 4

x t

x

 

 ta có

2

1

2 3 0 1

2

t t t

t

  

   

  

Với

1

2 1

2

t  x  y

Vậy hệ có nghiệm x y ;  2;1 56) Điều kiện: x 1

Ta viết lại phương trình (1) thành: x2(y22)x 2y3 4y2 4y0 Tính

 2  2

2

2

2 8 16 16 4 2

2 2 0

x y

y y y y y y

x y y

 

          

   



Thay 2 x y 

vào phương trình ta thu được:

 

3 x 1 2x4 x  2x9(*)

Theo bất đẳng thức Cosi ta có:

  3 3  3

3 1 2 4 .2 1.( 1) 1 1

2 2 2

x  x  x   x  x

 

3 33 1 10

3 2 4 4.4.( 2) 4 4 2

2 2 2

x

x  x    x  

Từ suy  

3 3 10

3 1 2 4 2 5

2 2

x

x  x  x   x

Mặt khác ta có:  

2

2 2 9 (2 5) 2 0

x  x  x  x 

Từ suy phương trình (*) có nghiệm dấu đồng thời xảy

2

x  .

Suy hệ phương trình có nghiệm x y ;  2;1 Mặt khác ta thấy x2;y3 nghiệm hệ Vậy x y ;  2;3 nghiệm hệ 57) Đặt

1 ,

a x y b x y

x y

     



Hệ

2

2

1

5 ( ) 3( ) 13

( )

1

( ) 1

x y x y

x y

x y x y

x y

  

    

   

  



     

 

2 2

5( 2) 3 13 5 3 23

1 1

a b a b

a b a b

      



 

   

 

Giải hệ ta tìm

4 3

a b

  





5 2 7 2

a

b

        

Từ ta tìm nghiệm hệ:

 ;  1 3 5; 3 , 3; 11 , 3; 2

2 2 4 4 2

x y            

  

 

58) Từ phương trình (2) ta suy xy 0 x y, dấu Từ phương trình (1) ta suy x y , 0

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

x y y x

x  y y  x       

Dấu xảy x2y2 2

Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình:

2

3

2

( ) 12( 1)( 1) 9

x y

x y x y xy

  

 

     

 

Ta có:

3

(x y ) 12(x1)(y1) xy ( x y ) 12(x y ) 21 12  xy xy

Đặt  

2

2 2

t x y t x y 

ta thu x y 2 2xy 2 x y  2t21

Ta có:

(x y ) 12(x y ) 21 12  xy xy 

 2  2  

3

( ) 12( ) 21 12 6 12 8

2 2

x y x y x y

x y  x y         t t  t

Ta có  

3 6 12 8 2 0

t  t  t  t 

Khi t 2  x y 1 nghiệm hệ

59) Từ phương trình hệ ta suy x y , 0 Xét phương trình:

   

3 2

7 8 2

x y  x y xy  xy x y Ta có:

        2

3 2

7 6 4

x y  x y xy  x y x y  xy  x y  x y  xy

 

Theo bất đẳng thức Cô si ta có:    

2

4 2 .4

x y  xy x y xy

Suy

     2  2

3

7 4 4

x y  x y xy  xy x y x y  xy x y

Ta có x y2 x2 y2 2xy 2 x2 y2.2xy

     

Suy    

3 7 8 2 2

x y  x y xy  xy x y

Dấu xảy xy Thay vào phương trình (2) ta thu được:

   3  

2 3 2 2 3 2 3 2 3

2 3

x

x x x x x x x

x x



           

 

Suy x 3 hoặc:

1

2 3

2

x  x 

Do

3 2

x 