LỜI CẢM ƠN
Trong suốt thời gian từ khi bắt đầu học tập ở giảng đường Đại học đến nay,
em nhận được rất nhiều sự quan tâm, giúp đỡ của quý thầy cô, gia đình và bạn
bè. Với lòng biết ơn sâu sắc nhất em xin được gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô ở
khoa Khoa học tự nhiên - Trường Đại học Quảng Bình.
Em xin chân thành cảm ơn thầy giáo TS. Nguyễn Thành Chung đã tận tâm
hướng dẫn em qua từng buổi học trên lớp, cũng như những buổi nói chuyện,
thảo luận về lĩnh vực sáng tạo trong nghiên cứu khoa học. Nếu không có những
lời hướng dẫn, dạy bảo của thầy thì em nghĩ khóa luận này của em rất khó có thể
hoàn thiện được.
Bước đầu đi vào thực tế, tìm hiểu về lĩnh vực sáng tạo trong nghiên cứu
khoa học, kiến thức em còn hạn chế và còn nhiều bỡ ngỡ, do vậy không tránh
khỏi những thiếu sót là điều chắc chắn. Em rất mong nhận được những ý kiến
đóng góp quý báu của quý thầy cô và các bạn.
Lời cuối xin chúc sức khỏe tất cả các thầy cô, chúc thầy cô luôn hoàn thành
tốt nhiệm vụ được giao.
Chân thành cảm ơn!
1
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
Toán học là một trong những môn học quan trọng. Đây là môn học tương
đối khó mang tính tư duy cao đòi hỏi người học phải chịu khó tìm tòi, khám phá
và say mê nghiên cứu. Một trong những đề tài lí thú của bộ môn này là “Hệ
phương trình” đã lôi cuốn nhiều nhà toán học và đã có những kết quả sâu sắc.
Các bài toán về hệ phương trình là một phần quan trọng của đại số ở THPT.
Nó rất phong phú đa dạng và thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh
giỏi, Cao đẳng và Đại học. Để giải tốt hệ phương trình hai ẩn không phải đơn
giản, cần phải vận dụng tốt các phương pháp, hình thành các kĩ năng trong quá
trình làm bài.
Việc vận dụng thành thạo và phát hiện các phương pháp giải toán hệ
phương trình, nâng cao chất lượng học và kiểm tra trong các kì thi Đại học được

+ Với hai số thực bất kì
0x
≠
; y ta luôn có
y tx
=
(t là số thực cần tìm). Với
cách làm này ta sẽ được hệ phương trình một ẩn t.
+ Phương trình
( ) ( )
; ;f x y f y x
=
luôn có một cặp nghiệm
x y
=
, do đó ta
luôn phân tích phương trình đã cho về dạng:
( ) ( )
; 0x y g x y
− =
.
+ Trong hệ phương trình nếu biểu thức
( )
u x
xuất hiện ở hai phương trình
thì ta có thể đặt
( )
t u x
=
.

2
y
y y
y
=

⇔ − + = ⇔

=

Với
1y
=
ta được
3.x
=
Với
2y
=
ta được
1.x
=
3
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
3, 1x y
= =
và
1, 2x y
= = .
Bài 2: Giải hệ phương trình:

2 y
2x
thế vào phương trình
( )
1
, ta được:
( )
   
− + + − + +
⇔ + + = +
 ÷  ÷
   
2
2 2
4 3 2
x 6x 6 x 6x 6
1 x 2x x 2x 9
2x 2x

( )
( )

=
⇔ + + + = ⇔ + = ⇔

= −

3
4 3 2
x 0 lo¹i





= +

Giải:
Cách 1:
Dễ thấy phương trình (1) có cặp nghiệm
x y=
, do đó ta biến đổi phương trình
(1) của hệ ra thừa số
( )
.x y−
Điều kiện xác định:
0; 0x y
≠ ≠
( )
1
1 ( ) 1 0
1
y x
x y
xy
y
x
=

 



4
+ Với
1
y
x
= −
, thế vào
( )
2
ta được:
( )
2 2
4 2
1 1 3
2 2 0 0
2 2 2
x x x x
   
⇔ + + = ⇔ − + + + =
 ÷  ÷
   
(Phương trình vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm là:
1 5 1 5 1 5 1 5
( ; ) (1;1), ( ; ) ; , ( ; ) ;
2 2 2 2
x y x y x y
   
− + − + − − − −

( )
6 5 4 3 2
1 3 2 0x x x x x x x
⇔ − + − + + + − =

6 5 4 3 2
1
3 2 0 (*)
x
x x x x x x
=

⇔

+ − + + + − =

+ Với
1x
=
ta được
1y
=
.
+ Giải phương trình
(*)
:
( )
( ) ( ) ( )
4 2 2 2
* 1 1 2 1 0x x x x x x x x

2 0x x
+ + =
2 2
2
1 1 3
0
2 2 2
x x
   
⇔ − + + + =
 ÷  ÷
   
(Phương trình vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm là:
( ) ( )
; 1;1x y
=
,
( )
1 5 1 5
; ;
2 2
x y
 
− + − +
=
 ÷
 ÷
 
,


Giải:
( )
( )
( )
2 3
9 3
1 2 1 1
3log 9 log 3 2
x y
x y

− + − =


− =


ĐK:
1
0 2.
x
y
≥


< ≤

( ) ( )
3 3 3 3

x
x x
x
y y
y
+

= −


+
=

 +
Giải:
3 2
1
2 5 4
4 2
2 2
x
x x
x
y y
y
+

= −




0 2
1 4
x x
y y
= =
 
⇔ ∨
 
= =
 
Vậy hệ có hai nghiệm là:
( ) ( )
; 0;1x y =
và
( ) ( )
; 2;4 .x y =

Bài 6: Giải hệ phương trình sau:
( )
( ) ( ) ( )
2 2
3 3
3 1
2 9 2 3 2
x xy y
x y x y xy

− + =



+ = +


− = − −


Giải:
ĐK:
0
0
x y
x y
+ ≥


− ≥

Ta thấy mỗi phương trình của hệ là phương trình một ẩn
x y
+
và
x y
−
, khi đó ta
có được hệ phương trình mới đơn giản hơn nhiều.
Để đơn giản về mặt hình thức ta đặt
a x y
= +
,

= −





+ Với
0 0 2
4 4 2
a x y x
b x y y
= + = =
  
⇔ ⇔
  
= − = = −
  
+ Với
5
1 1
2
4 4 3
2
x
a x y
b x y
y

=


1.2.2. Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 2
3 2
1 1
1 2
y x x
x y y

= + +


= + +



Giải:
Trừ từng vế của
( )
1
cho
( )
2
ta có:
yxyxxy −+−=−
2233
( )
( )


+ + + + + =



Thế
( )
3
vào
( )
1
ta có:
01
23
=+−−
xxx
( )
( )
2
1 1 0x x
⇔ − − =










⇔ + + + + + =
 
 





=
=
=
⇔
1
1
y
x
yx
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm:
( ) ( )
; 1;1x y =
và
( ) ( )
; 1; 1x y = − −
.
9
Bài 2: (Đề thi thử đại học trên báo TH & TT - Số 400, tháng 10 năm 2010)
Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )

1
suy ra
0y
>
và từ
( )
2
suy ra
0x
>
.
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 2 3
*
3 2 4
yx y
xy x

= +

⇔

= +


Lấy

=
+ Với
( )
3xy x y
= − +
. Ta có
0xy
>
và
( )
0x y
− + <
nên trường hợp này hệ vô
nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
( ) ( )
; 1;1 .x y
=
Chú ý: Hệ phương trình có dạng:
( ) ( )
( ) ( )
; 0 1
; 0 2
f x y
g x y
= 


=


+ = −


Giải:
Cách 1: (Cộng đại số)
Nhân hai vế của phương trình
( )
2
với -3 rồi cộng với phương trình
( )
1
, ta được:
( ) ( )
3 3
3 2 3 2
3 3 6 12 9 1 2 1 2 3x x x y y y x y x y x y
− + = + + + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = +
, thế vào
phương trình
( )
2
, ta được
( )
2
1
2 3 2 0
2
y
y y
y

Xét
0y
≠
, đặt
x ty
=
thì từ
( )
1
và
( )
3
ta có hệ phương trình:
( )
( )
( )
( )
( )
3 3
2
3
6 2
1 9 4
4 2 5
y t
y t y t

− =



t

= −

− − = + ⇔ + + − + = ⇔

= −

+ Với
1
2
t
= −
ta được
2y x
= −
thay vào
( )
1
ta được
( )
3
1 9 9 1x x
⇔ = ⇔ =
nên
2y
= −
+ Với
2t
= −

1
1
5
57
4 3 3 1 2
25
x y
x x y x

+ =




+ − = − +


Giải:
( ) ( )
25 1 50 2PT PT
+
2 2
225 25 150 119 150 50 0x y x xy y⇔ + + − + + =
( ) ( ) ( )
2
15 5 7 15 5 255 85 119 0x y x y x y
 
⇔ + − + + + − =
 
( ) ( ) ( )

+ + + + + =


Nhận xét đây là hệ gồm hai tam thức bậc hai. Một tam thức phân tích được
nhân tử khi
x
∆
hoặc
y
∆
của nó chính phương. Nếu
∆
không chính phương, ta
chọn hằng số thích hợp nhân vào một hoặc cả hai phương trình để sao cho
∆
chính phương.
Như vậy phải tìm hằng số
k
sao cho
( ) ( )
1 2PT kPT
+
có thể phân tích thành
nhân tử
Đặt
1 2
a a ka= +
,
1 2
b b kb

1.3.1. Nội dung phương pháp
Đặt
( )
;a f x y
=
và
( )
;b g x y
=
rồi tìm điều kiện của
a

và
b
(Nếu có). Sau đó
đưa hệ đã cho về hệ phương trình hai ẩn
a
và
b
mà có thể giải được bằng
phương pháp thế.
Các kĩ thuật hay dùng:
Sử dụng hằng đẳng thức để nhóm các số hạng.
Chia hai vế cho một biểu thức khác 0.
Chú ý: Muốn đặt được ẩn phụ ta phải quan sát, phân tích, tìm mối liên hệ
giữa các biểu thức, số hạng trong mỗi phương trình. Do đó, chúng ta phải làm
nhiều bài tập, từ đó mới tích lũy được các kinh nghiệm, sự linh hoạt trong các
phép đặt ẩn phụ.
1.3.2. Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải hệ phương trình:

suy ra hệ phương trình đã cho tương với:



=−+
=+
94
5
22
ba
ba

⇔




=+
=+
13
5
22
ba
ba

⇔

( )
2
5





=
=



=
=
2
3
3
2
b
a
b
a
+ Với



=
=
3
2
b
a


2
53
1
y
x
13
+ Với



=
=
2
3
b
a

⇔








=+
=+
2
1

+ − + −

 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Chú ý: Hệ phương trình có dạng:
( ) ( )
( ) ( )
; 0 1
; 0 2
f x y
g x y
= 


=


. Trong đó, khi hoán vị
, x y
thì
từng phương trình không đổi. Hệ này được gọi là hệ đối xứng loại 1.
Cách giải: Đặt
S x y
= +
,
P xy
=
và tìm
S

=+
=+
35
30
yyxx
xyyx

⇔

( )
( ) ( )
30
35
xy x y
x y x xy y

+ =


+ − + =



( )
0, 0x y
≥ ≥
⇔

( )
( ) ( )

30
3 35
SP
S S P
=



− =


⇔



=−
=
353
30
3
SPS
SP
⇔



=
=
125
30

x y xy
x y x y
− − =


+ + − =

Giải:
Đây không phải là hệ phương trình đối xứng loại 1, nhưng bằng phép đặt ẩn
phụ ta sẽ đưa hệ phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng loại 1.
Đặt: t = - y ta được hệ:



=+++
=++
622
3
22
txyx
txtx
Đặt:
S x t
P xt
= +


=

. Hệ phương trình đã cho tương đương với:

I
:
0124
2
=−+
SS
⇔
01262
2
=−+−
SSS
⇔
( ) ( )
2 6 0S S
− + =
⇔



=⇒−=
=⇒=
96
12
PS
PS
+ Với



=

y
x
+ Với



=
−=
9
6
P
S
ta có x, t là các nghiệm của phương trình:
X
2
+ 6X + 9 = 0
⇔
X
1,2
= - 3
Vậy



−=
−=
3
3
t
x

1
15
Giải:
Đặt:
0,
≥=
uxu
,
0,
≥=
vyv
Hệ phương trình đã cho trở thành: (I)



−=+
=+
mvu
vu
31
1
33

⇔




=
=+

01
041
mP
S
m

⇔

4
1
0
≤≤
m
Bài 5: (Đề thi đại học khối B, năm 2002)
Giải hệ phương trình:
( )
( )
3
1
2 2
x y x y
x y x y

− = −


+ = + +


Giải:

− =


hoặc
( )
=



= −


u 1
v 1 lo¹i
+ Với
0u
=
và
2v
=
, ta có hệ:
0 1
2 4 1
x y x
x y y
− = =
 
⇔
 
+ + = =


Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là:
( ) ( )
; 1;1x y =
và
( )
3 1
; ;
2 2
x y
 
=
 ÷
 
.
Cách 2: (Phương pháp thế)
Điều kiện xác định:
0
2 0
x y
x y
− ≥


+ + ≥

, khi đó:
( ) ( ) ( )
2 3
0

y y y
y y
y y
≥

≥


⇔ = + ⇔ ⇔ ⇔ =
 
= ∨ = −
− − =



+ Với
1x y
= +
thế vào
( )
2
ta được:
( )
2
1
2 1 0
1
2
2 2 1 2 3
1

2 2
x y
 
=
 ÷
 
.
Bài 6: (Đề thi đại học khối A, năm 2008)
Giải hệ phương trình:
( )
( )
2 3 2
4 2
5
4
, .
5
1 2
4
x y x y xy xy
x y
x y xy x

+ + + + = −


∈


+ + + = −

5
4
*
5
4
x y xy xy x y
x y xy

+ + + + = −


⇔


+ + = −


Đặt
2
u x y
v xy

= +

=

. Hệ
( )
*
trở thành


⇔ ⇔




+ + = = − = −


 
+ Với
5
0,
4
u v
= = −
ta có hệ phương trình
2
3
0
5
5
4
4
x y
x
xy

+ =


2
x
x x
x
x
y
y
x
x


− + =
+ − =

 
⇔ ⇔ =
 
= −
 
= −



và
3
2
y
= −
.
Hệ phương trình có 2 nghiệm là:



+ + =


Giải:
Nhận xét
0y
=
không phải là nghiệm của hệ. Chia hai vế của
( )
1
cho
2
y
và của
( )
2
cho
y
, ta được:
2
2
2
2 2 2
1
1
13
13
1 13

 
⇔ ⇔
  
+ + =
 

 
+ + =
+ + =
 ÷
 

 

Đặt
1
a x
y
= +
và
x
b
y
=
, hệ đã cho trở thành:
2 2
4; 3
13 20 0
5; 12
7 7

y
x y
x x y
x y
y

+ =


+ =
= =



⇔ ⇔
 

=


= =
=



+ Với
5; 12a b
= − =
ta có hệ
1

Chú ý: Thao tác chia hai vế của phương trình cho một lượng khác 0 thường
sử dụng cho những hệ phương trình mà trong mỗi phương trình của hệ có một số
hạng có hệ số khác biệt so với hệ số của các số hạng còn lại.
18
Bài 8: Giải hệ phương trình:
( )
( )
2
2 2
2 2
19
7
x xy y x y
x xy y x y

+ + = −


− + = −


Giải:
Nhận xét vế trái đang có dạng bình phương thiếu, vậy ta thử thêm bớt để
đưa về dạng bình phương xem sao. Nên đưa
( )
2
x y
−

hay

2
0
0, 0
6
6 0, 0
3, 2
1, 6
1
7
2, 3
6
x y
x y
xy
b a a b
x y
a b
x y
a b a
x y
xy
 − =

= =



=

= = =

Bài 9: (Đề thi đại học dự bị khối B, năm 2005)
Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
13 1
25 2
x y x y
I
x y x y

+ − =



− + =


Giải
Cách 1:(Đặt ẩn phụ)
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 13

2 13
6
4 25
4 25
a b a
a
a ab
b
a ab
a a b

+ =
=

+ =


⇔ ⇔
  
=
+ =
+ =




Ta có:
1 3; 2
6 2; 3
x y x y

trở thành:
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
3 2 2
3 2 2
1 1 13 1 1 13 3
*
1 1 25 1 1 25 4
y t t t t
y t t t t
 
+ − = + − =
 
⇔
 
− + = − + =
 
 
Nhận xét
1t
=
không phải là nghiệm của
( )

y
x
=
thì
( )
3
1 8 2,y y
⇔ = ⇔ =
suy ra
3x
=
.
+ Với
2
3
t
=
hay
2
3
y
x =
thì
( )
3
1 27 3,y y
⇔ = − ⇔ = −
suy ra
2x
= −

− −
− − − −
− −

+ + + = + + + +



+ + + + = + + + +


Trong đó
, , ,m n p q
∈
¥
và
.n q m p
+ = +
Để giải hệ
( )
*
ta đặt
x ty
=
, rồi tìm
t
. Có
t
thì sẽ tính được.
Bài 10: (Đề thi thử đại học lần 1 trường Hà Nội – Asterdam năm 2013-khối A)

(Hệ này ứng với
2; 1; 3; 2n m p q
= = = =
)
+ Với
0y
=
thì
( )
2
3 2
5
* 0
x x
x
x x

=
⇔ ⇔ =

=

+ Với
0y
≠
, đặt
x ty
=
thì
( )

2
nên
3
3 0t
+ ≠
. Lấy
( )
2
chia
( )
1
, vế theo vế ta được
phương trình:
2
4 2
3 2
5 3 3
4 5 9 0 1
3 1
t t t
t t t
t t
+ +
= ⇔ + − = ⇔ = ±
+ +
+ Với
1t
=
thì
( )

*

có 3 nghiệm là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
; 0;0 , ; ; ; ; 1;1
2 2
x y x y x y
 
= = = −
 ÷
 
.
Bài 11: Cho hệ phương trình:
2
2log 3
3log 1
x y m
x y

+ =


− =


Tìm m để hệ có cặp nghiệm
( )
;x y
thỏa mãn

u
v y

=

≥

=


Khi đó hệ có dạng:
( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3 2 3
2 3
3 3 1 3 9 1 1
6 1
v m u v m u
u v m
u m u f u u u m m
u v
= − = −
+ =
 

 
⇔ ⇔
  
− − = = + − − =

⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥
Vậy với
1
3
m ≥
thỏa mãn điều kiện đầu bài.
21
1.4. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
1.4.1. Nội dung phương pháp
Phương pháp lượng giác hóa có thể áp dụng để giải hệ phương trình, đây là
một phương pháp khá rộng. Với mỗi bài toán lại có một nét riêng biệt, không bài
nào giống bài nào nên không thể có cách giải nào là hiệu quả với toàn bộ các bài
toán. Tuy nhiên ta có thể khái quát nội dung của phương pháp sử dụng hàm số
lượng giác để giải bài toán hệ phương trình là cách đổi biến lượng giác phù hợp
với các yêu cầu và giả thiết của bài toán. Từ đó sử dụng các công thức biến đổi
lượng giác quen thuộc để tìm ra lời giải cho bài toán:
Bước 1: Chọn một hoặc nhiều hàm số lượng giác phù hợp để thay biến của
bài toán bằng các giá trị lượng giác đó.
Việc chọn biến lượng giác để thay đổi cho biến cũ thông qua các dấu hiệu
đặc biệt của các biến trong bài toán và sự nắm bắt các dấu hiệu đó thông qua
miền giá trị và hình thức các công thức lượng giác thông dụng.
Chẳng hạn:
Đặt
sin
=
x
α
hoặc
cos
=

Khi kết luận chúng ta cần lưu ý đề bài hỏi gì để tránh kết luận nhầm hay sai theo
bài toán mới khi thay các hàm số lượng giác.
22
1.4.2. Bài tập minh họa:
Dạng 1:
Nếu điều kiện của
x
là
≤x m
thì ta có thể đặt
[ ]
sin , ;
2 2
cos , 0;

 
= ∈ −

 
 


= ∈

x m
x m
π π
α α
α α π
Đặc biệt:

 
x a
π π
α α
hoặc
( )
cot ; 0;= ∈x a
α α π
Đặc biệt
0
=
a
thì đặt
tan
=
x
α
hoặc
cot=x
α
Bài 1: Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )

− + − =


− + =



 
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔
π
 
=
=
 
b
a
2 1 sin a 1 sin b 2 1 sina 1 cosa 2
2
b
a 0
2
= − =

⇔

= =

x 1, y 0 (lo¹i)
x 0, y 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm là:
( ) ( )
=x;y 0;1
23
Dạng 2:
Nếu điều kiện là
2 2
+ =

α
với
( )
0;2∈
α π
Bài 2: Giải hệ phương trình
( ) ( )
( )
2 2
2( ) 1 4 3 1
1 2
x y xy
x y

− + =


+ =


Giải:
Đặt
sin
cos
x
y
α
α
=


⇔ − + − =
( ) ( )
0 0 0
4 15 cos60 cos 2 30 3cos
α α
 
⇔ − − − =
 
( ) ( ) ( )
0 0 0
2cos 15 4cos 15 .cos 2 30 3
α α α
⇔ − − − − =
( )
0
2cos 3 45 3
α
⇔ − − =
( )
0 0
0 0
65 120
,
35 120
k
k l
l
α
α


 

0 0
0
5 6
4
0 0 0
4 5 6
sin 35 sin 205
sin85
, ,
cos85 cos35 cos 205
x x
x
y y y
 

= − =
=
  

  
= = =

 

 
Dạng 3:
Nếu điều kiện của
x

x
π
α π
α
Bài 3: Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 3 2
2 2
4 4 3 2 3 2 1
1 2
x y x y xy x
x y

+ = + +


= +


Giải:
Đặt
1
tan
cos
x y a
a
= ⇒ =
với
[ ]

3 3
a x y
π
= ⇒ = =
Vậy hệ đã cho có nghiệm:
( )
2 1
; ;
3 3
x y
 
=
 ÷
 
Dạng 4: Một số dạng khác
Trong khi giải bài tập không phải khi nào ta cũng gặp các dạng trên. Do số
lượng các công thức lượng giác là rất nhiều nên khi giải các bài tập ta cũng phải
linh hoạt trong việc sử dụng các công thức ấy để chọn các hàm số lượng giác
cho phù hợp.
Bài 4: Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
( )
2
3 2
2 1 1
3 1 3 2
y x y
x x y x


= −

⇔

− = −


2
3
2
2
1
3
1 3
y
x
y
x x
y
x

=

−

⇔

−


−
= =
−
25