TÌM HI
ỂUCÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

C
ẨM NANG CHO M
ÙA THI

NGUY
ỄN HỮU BIỂNEmail:
(
ÔN THI THPT QU
ỐC GIA)LỜI GIỚI THIỆU
Các em học sinh thân thân mến, trong đề thi ĐH môn Toán những năm gần đây
thường xuyên xuất hiện câu giải hệ phương trình, câu hỏi này thường là thuộc hệ thống
câu hỏi khó, có tính chất phân loại trong đề thi, mốc đạt điểm từ 8 đến 10. Phương
pháp suy luận để giải quyết đối với loại câu hỏi này cũng khá đa dạng, thầy có thể kể
ra một số phương pháp phổ biến như sau:

(1) Phương pháp rút - thế
(2) Phương pháp nhóm nhân tử chung
(3) Phương pháp dùng hàm số và đạo hàm

ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
1

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 1 : Giải hệ phương trình
(
)
(
)
3 2 2 2 2 2
2
x 4y 3y 5y x y x 4y 8
12 2x 2y 2 y 4
(1)
x + (2)

+ + − = + +



− = − −


Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
2 2


- Từ (1) ta cho
(
)
(
)
2 2
y 2 x 38 20 x 4 x 24
=
⇒
+ − = + , bấm máy giải phương trình có
x 4
=

Vậy với 2 giá trị ta nhận thấy dự đoán
x 2y x 2y 0
= ⇔ − =
, điều này khiến ta có
suy luận rằng, nếu biến đổi (1) một cách khéo léo, ta sẽ ép được nhân tử chung là
(
)
x 2y
−
. Bây giờ ta sẽ “ép nhân tử chung” từ (1) như sau:
(
)
(
)
( )
(

+ + − = + +
⇔ + + − = + +
⇔ − + − − + + − − =
⇔ − + − − + + − − =
− +
⇔ − − + − + =
− −

+
⇔ − − + +

− +

0

=

 


+ Như vậy ta đã ép được nhân tử chung
(
)
x 2y
−
từ (1), tuy nhiên cái ngoặc vuông
“khổng lồ” gắn kèm kia ta rất khó để chứng minh được nó khác 0. Có lẽ cách làm này
vẫn không khả thi cho lắm.
+ Sau một hồi suy luận mất khá nhiều thời gian và công sức, ta cũng chỉ mới biết được
x 2y x 2y 0

2
2 2 2 2
x 4y 3y 5y x y x 4y 8
4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y
3xy x 5y x 8y x y 4y 4xy
3xy x 5y x 8y 2y xy
(3)
+ + − = + +
⇔ + + − = + +
⇔ + − − = + −
⇔ + − − = −

+ Nhận thấy
(
)
2
2
2y xy 0
− ≥
, vậy từ (3)
2 2 2
3xy x 5y x 8y 0
⇒ + − − ≥

2
2
x x x
3 5 8 0
y y y
x x x

     
     
, đặt
x
t 0
y
= ≥

( )
(
)
( )
( )
2
4 2 2
2
2
2
t 4t 48t 64 0 t 2 t 4t 16 0
t 2 0 t 4t 16 0, t 0)
x
t 2 0 t 2 2 x 2y
y
(do
⇒ + − + ≤ ⇔ − + + ≤
⇔ − ≤ + + > ∀ ≥
⇔ − = ⇔ = ⇒ = ⇔ =

+ Cuối cùng ta đã tìm được hướng làm đúng, bây giờ thì thay
x 2y

y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y
(6)
− − + + = −
+ Phương trình (6) quả thật không dễ gì giải quyết được, nếu bình phương 2 vế tiếp tục,
sẽ được phương trình bậc 8 (ghê gớm quá) nên không ai đi làm thế cả !!!
+ Bây giờ bạn hãy quan sát căn bậc 2 bên phải, ta đoán rằng sẽ tạo ra lượng thích hợp để
nhân liên hợp rồi đoán nhân tử chung, vậy trước hết ta sẽ nghĩ đến việc tạo ra lượng
( )
(
)
y 3 y 1
− −

( )
( )
(
)
( )
2
y 3y 1
y 3 y 1
y 3 y 1
− − +
⇒ − − =
− −

⇒
đoán nhân tử chung là
(
)

( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
4 3 2
4 3 2 3 2 2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2
y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y 1
y y y 3y 3y 3y y y 1 2 y 3 y 1
2 y 3y 1
y y y 1 3y y y 1 y y 1
y 3 y 1
2 y 3y 1
y y 1 y 3y 1 0
y 3 y 1
2
y 3y 1 y y 1 0
y 3 y 1





+
= ⇒ = +



* Chú ý: các bạn có thể phân tích đa thức
4 3 2
y 2y 3y 4y 1
− − + −
thành nhân tử với nhân tử
chung là
2
y 3y 1
− +
bằng 1 trong 2 cách sau:
- Cách 1: Chia đa thức
4 3 2
y 2y 3y 4y 1
− − + −
cho đa thức
2
y 3y 1
− +

- Cách 2: Dùng hệ số bất định
(



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK
2
y 3x
y 1
x 0

≥

≥


≥


+ Ở bài này ta sẽ không xuất phát từ (1), bởi vì có 2 số
3
và
7
rời nhau nên nếu giải
thường sẽ cho nghiệm không phải số nguyên.
+ Xét phương trình (2) để “xử lý” ta thấy:
- Nếu cho
(
)
2
y 1 x x x 0 x 1 x x x 0 x 0
= ⇒ + + = ⇔ + + = ⇔ =

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
2 2
2 2
2 2
y 1 2y 1 x x xy 3y
y 1 x x xy 3y 2y 1
y 1 x
x xy 3y 2y 1
y 1 x
(3)
− + + = + + +
⇔ − − = + + − −
− −
⇔ = + + − −
− +

+ Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là
(
)
y x 1
− −
, công việc này không hề đơn giản. Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là
phương trình bậc 2 ẩn x:
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 0
+ + − − =




− − + + − =


=


(
)
(
)
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1
⇒
+ + − − = − − + −

- Vậy (3)
( )( )
( )
y 1 x
x y 1 x 2y 1
y 1 x
1
y x 1 x 2y 1 0
y 1 x
− −
⇔ = − − + −

, bấm máy thấy phương trình này có nghiệm
x 2
=
,
vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
: Bình phương 2 vế và biến đổi ta
được:
( )( )
( )
2 2
2
2 2
2 2
2 2
x 2 7x 7x 7 3x 3x 3
4x 10x 4
x 2
7x 7x 7 3x 3x 3
2 x 2 2x 1
x 2
7x 7x 7 3x 3x 3
4x 2
x 2 1 0
7x 7x 7 3x 3x 3
− = − + − + +
− +

0
≠
, TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
5

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
hơn nữa nếu xét phương trình
2 2
4x 2
1 0
7x 7x 7 3x 3x 3
 
−
− =
 
− + + + +
 
thì việc giải phương
trình này là rất khó.

2 2
2
t 3
f (t) , t R f '(t) 0, t
t 3
t 3
= ∈ ⇒ = > ∀
+
+

f (t)
⇒
là hàm đồng biến
- Mặt khác ta có
( ) ( )
2 2
2x 1 2x 1
2x 1 2x 1 g(2x 1) g(2x 1)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
+ > − ⇒ + > − ⇒ >
+ + − +

( ) ( )
2 2
2x 1 2x 1
f '(x) 0 f (x)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
⇒ = − > ⇒

+ ĐK:
3 2
x x 1 0
y 1

− + ≥

≥


+ Ở bài này đối với phương trình (1) trong căn là đa thức có 3 hạng tử nên ta loại trừ PP
nhân lượng liên hợp, vậy ta xuất phát từ (2) để biến đổi mấy căn rắc rối kia xem hình
dạng biểu thức thu được ra sao nhé !
+ Từ (2) ta biến đổi:
(
)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
3 3
2 2 4 2 3
3
2
2 3
3 3 3
2 2
3 3
2
3
3

( )
( ) ( )
3
3 3
3 3
3 3
x x y 1 1 . y 1
x x y 1 y 1
(3)
⇔ + = − + −
⇔ + = − + −

+ Như vậy sau khi biến đổi (2) thì kết quả thu được tự nhiên rất tốt, do đó đây là điều hết
sức may mắn và ngẫu nhiên.
+ Đến đây ta xét hàm số
3 2
f (t) t t f '(t) 3t 1 0 f(t)
= +
⇒
= + >
⇒ là hàm đồng biến
Vậy từ (3)
(
)
(
)
( )
3
2
3 3

x x 1 x
1
x x x 1 1 0
x x 1 x
x x x 1 0
x x 1 x 1
x 1
1 x 0
x x 1 1 x
x 1 y 2
x 0 y 1
+ − + = +
⇔ − + − + − + − =
− + −
⇔ + − + − =
− + +
 
⇔ − + − − =
 
− + +
 

− + − =
⇔

− + + =


=


(
)
( )
( )
2 2 2 2
3x 3y 8 y x y xy x 6
x y 13 3y 14 x 1 5
(1)
(2)

+ + = − + + +


+ − − − + =



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 1
14
y
3
≥ −



≥



K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
7

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Ở phương trình (3) đã cô lập x và y sang từng vế, mặt khác mỗi vế đều có dạng đa thức
bậc ba, với hình thức phương trình kiểu này, ta thường nghĩ đến phương pháp sử dụng
“hàm đại diện”.
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 3
x 3x 6x 8 y 3y 6y
x 1 3 x 1 y 1 3 y 1
(4)
+ + + = − +
⇔ + + + = − + −

+ Đến đây ổn rồi, xét hàm số
3 2
f (t) t 3t f '(t) 3t 3 0 f (t)
= + ⇒ = + > ⇒ là hàm đồng biến
Vậy từ (4)
f (x 1) f (y 1) x 1 y 1 y x 2
⇒ + = − ⇔ + = − ⇔ = +
thay vào (2) ta được:

( )
2
2
3 1 10
f '(x)
2 3x 8 2 x 1
2x 1
3 x 1 3x 8 10 8 11
f '(x) 0, x ; x
3 2
2 3x 8. x 1
2x 1
⇒
= − +
− +
−
+ − −
⇔ = + > ∀ ≥ ≠
− +
−

+ Ta có bảng biến thiên sau:
++
+∞
11
2
8
3
f(x)
f'(x)

( )
( )
2x 11 3x 8 x 1 5
2x 11 3x 8 1 2x 11 x 1 2 2 x 3 0
2x 11 .3 x 3 2x 11 . x 3
2 x 3 0
3x 8 1 x 1 2
− − − + =
⇔ − − − − − + − − − =
− − − −
⇔ − − − =
− + + +
TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
8

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
( )
( )

− + + +
 

Bài 5: Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2 2
2
4 2
y y 5
6ln x y x xy y 1
x x 5
3
4y 6y 2 3 4x 0
4
(1)
(2)

 
+ +

 
= − + + −
 

+ +
 



)
2 3
f (t) 6ln t t 5 t 2t,t R
= + + + − ∈
2
2
6
f '(t) 3t 2
t 5
⇒ = + −
+

+ Đến đây ta vẫn chưa chứng minh được f(t) là hàm đơn điệu, vậy ta sẽ tính f’’(t) và sử
dụng PP “min - max”, thật vậy:
( )
3
2
1
f ''(t) 6t 1
t 5
 
 
⇒
= −
 
 
+
 
, xét
f ''(t) 0 t 0

4x 6x 2 3 4x 0
4
(4)
− + − − =
TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
9

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Việc giải phương trình (4) cũng không hề đơn giản, bây giờ ta dùng đến máy tính và
thấy phương trình (4) chỉ có nghiệm duy nhất
1
x
2
=
, do đó ta phải chứng minh cho hàm
số ở vế trái của (4) là hàm đơn điệu, thật vậy:
+ Xét hàm số
4 2
3 3

2
⇒
=

KL: HPT có nghiệm
( )
1 1
x; y ;
2 2
 
=
 
 

Bài 6: Giải hệ phương trình
( )
2
3 2
2x x y 2
x 3x 2 y 2 1 y 0
(1)
(2)

− + =


− + + + − =




3
3
x 3x 2 y 2 1 y 0
x 3x 2 y 2 1 y
x 3x 3x 1 3 x 1 1 y 3 1 y
x 1 3 x 1 1 y 3 1 y

(3)
− + + + − =
⇔ − + = − + −
 
⇔ − + − − − = − − −
 
⇔ − − − = − − −

+ Xét hàm số
3
f (t) t 3t
= −
, ta thấy
0 x 2 1 x 1 1
1 t 1
0 y 1 0 1 y 1
≤ ≤ − ≤ − ≤
 
⇔
⇒
− ≤ ≤
 
≤ ≤ ≤ − ≤

⇒
− = − ⇔ ⇔
 
= − +
− = −




+ Thay vào (1) ta được:
2 2
2x x 2x x 2,1 x 2
− + − = ≤ ≤
, giải PT này
x 1
⇒
=

KL: HPT có nghiệm
(x; y) (1;1)
=

Bài 7: Giải hệ phương trình
( )
2 2
5 2
3 1 x 3x y 1 3
x 5x y 2y 4 y 1
(1)
(2)

− ≥ − ≤ ≤



− − ≥ ⇔ + ≤
 
 
+ ≥ ≥ −



+ Quan sát thấy phương trình (2) cô lập được x và y sang mỗi vễ, hơn nữa đa thức trong
căn bậc hai là bậc nhất nên ta sẽ nghĩ đến việc biến đổi (2) theo PP “hàm đại diện”.
(
)
( )
( )
5 2
2
5
5
5
x 5x y 2y 4 y 1
x 5x y 1 5 y 1
x 5x y 1 5 y 1
(3)
− = + − +
 
⇔ − = + − +
 

+ ≥



+ Ta có
(
)
4 4
f '(t) 5t 5 5 t 1
= − = −
, rõ ràng với
t 1; 3
 
∈ −
 
thì ta chưa thể xác định được
hàm f(t) đơn điệu, điều này chứng tỏ ĐK của t tìm chưa sát (vẫn còn thiếu). Bây giờ ta
phải nghiên cứu kỹ hơn để tìm ĐK cho t thật sát.
+ Xét (1) ta thấy:
2 2
2 2
2 2
3 3. 1 x 1. 3x y 1
3 3. 3 3x 1. 3x y 1
3 3 1. 3 3x 3x y 1
1 3 3
3 2 2 y y y 1 0 y 1
4 4 2
= − + − −
⇔ = − + − −

⇒
= − ≤ ∀ ∈ −
⇒
là hàm nghịch biến.
+ Từ (3)
( )
( )
2 2
0 x 1
f x f y 1 x y 1
x y 1 y x 1
≤ ≤

⇒ = + ⇒ = + ⇔

= + ⇒ = −

thay vào (1) ta được:
2 2
3 1 x 2x 3
− + =
, đặt
[
]
2
X x X 0;1 3 1 X 2X 3
(4)
=
⇒
∈

/>
Bài 8 (KA-2013): Giải hệ phương trình
( )
4
4
2 2
x 1 x 1 y 2 y
x 2x y 1 y 6y 1 0
(1)
(2)

+ + − − + =


+ − + − + =



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 1
≥

+ Ta thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, vậy rất có thể sẽ sử dụng
được PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:
( )
4
4
4
4

∈
thì hàm số f(t) không đơn điệu, vậy ta cần tìm điều
kiện sát hơn đối với t như sau.
+ Xét (2)
(
)
2 2 2 2
x 2x y 1 y 6y 1 0 x 2xy 2x y 6y 1 0
+ − + − + = ⇔ + − + − + =

( )
2 2
2
x y 1 2xy 2x 2y 4y
x y 1 4y 4y 0 y 0
⇔ + + + − − =
⇔ + − = ⇒ ≥ ⇒ ≥

+ Như vậy với
x 1
t 0
y 0
≥

⇒ ≥

≥


3

+ Ở phương trình (4) ta thấy có 1 nghiệm
y 1
=
, mặt khác xét hàm số ở vế trái của (4) ta
có:
7 4 6 3
g(y) y 2y y 4 g'(y) 7y 8y 1 0
= + + − ⇒ = + + >
nên g(y) là hàm đồng biến, vậy
y 1
=
là
nghiệm duy nhất của (4).
KL: HPT có nghiệm
(x; y) (1;0),(2;1)
=

Bài 9: Giải hệ phương trình
3
2 2 2 2
2y 2x 1 x 3 1 x y
5x 2y 12x 7 x y 19 5y
(1)
(2)

− + = + −


+ + + − − − =


12

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
( )
( )
3
3
3
3
3
3
3
2y 2x 1 x 3 1 x y
2y y 2x 1 x 3 1 x
2y y 2 1 x 1 1 x 3 1 x
2y y 2 1 x 1 x 3 1 x
2y y 2 1 x 1 x (3)
− + = + −
⇔ + = + + +
 
⇔ + = + − + + +
 
 
⇔ + = + − + + +
 
 
⇔ + = + + +


2 2
2
a x 1 x 5 0
a x 5x 5
b x 4
b x 4 0

= + − ≥

= − −
 
⇒
 
= +

 = + >


thay vào (4) ta có:
2
2 2
a a
2a 3b 5ab 2 5 3 0
b b
   
+ = ⇔ − + =
   
   
a
1

+ − = +

= ⇒ =
⇒ ⇔


+ − = +



= ⇒ =


KL: HPT có nghiệm
( ) ( )
5 61 7 61
x; y ; ; 8;3
2 2
 
+ +
 
=
 
 

Bài 10: Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2

( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
1 1
3 x y 2 10 xy 2 x y x y 20
x y x y
1 1
2x 5 x y x y 5
x y x y

 
+ + = − + + − + =
 
− −
 
⇔
 
 
+ = + + − + =
 
− −
 
TÌM HI
ỂU CÁC
K

+ − =


⇒
⇔
 

=
⇒
== − +
+ =


−



KL: HPT có nghiệm là
( ) ( )
8 10 1 10 8 10 1 10
x; y 2;1 ; ; ; ;
3 3 3 3
   
+ − − +
=
   
   
   

Bài 11 (KA-2008): Giải hệ phương trình

x y x y xy xy x y xy xy x y
4 4
5 5
x y xy 1 2x x y xy
4 4
 
+ + + + = − + + + + = −
 
 
⇔
 
 
+ + + = − + + = −
 
 

+ Đặt
2
2
2 3 2
5 5 5
a b ab b a a 0 b
a x y
4 4 4
5 a 1 3
b xy
a b a a 0 a b
4 4 2 2
  
+ + = − = − − = ⇒ = −

y
4
16

=

+ =

 
= = − ⇒ ⇔
 
= −
 
= −




+ Tương tự với
1 3 3
a ;b x 1; y
2 2 2
= − = − ⇒ = = −

KL: HPT đã cho có nghiệm
( )
3
3
5 25 3
x; y ; ; 1;

( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 3
x 3x 9x 22 y 3y 9y
x 1 12 x 1 y 1 12 y 1
(3)
− − + = + −
⇔ − − − = + − +

+ Xét hàm số
(
)
3 2
f (t) t 12t, t R f '(t) 3 t 4
= − ∈ ⇒ = −
, ta thấy f(t) không phải hàm đơn điệu,
do đó ta cần đi tìm điều kiện sát hơn đối với biến t như sau:
+ Từ (2) ta biến đổi sẽ thấy: TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
14


− ≤ ≤ ⇒ < ⇒
là hàm nghịch biến.
+ Vậy từ (3)
(
)
(
)
f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2
⇒ − = + ⇒ − = + ⇔ = −
thay vào (2) và biến đổi ta
được:
2
1 3
x y
2 2
4x 8x 3 0
3 1
x y
2 2

= ⇒ = −

− + = ⇔


= ⇒ = −



KL: HPT có nghiệm



⇔
 
+ − + =
 
− + − − =



+ Đặt
3 2
2
a 3ab 3a 6b 9a 22 0
a x y
1
b xy
a 2b a
2
(1)
(2)

+ − − − + =
= −


⇒
 
=
+ − =

3 1
a 2 x y 2
x y
2 2
3 3
1 3
b xy
x y
4 4
2 2

= + =
= ⇒ = −
 

 
⇒ ⇔

 
= =

 
= ⇒ = −
 



KL: HPT có nghiệm
( )
1 3 3 1

≠
, còn (2) ta chuyển vế và nhóm nhân tử, ta sẽ được: TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
15

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
(
)
2
2
2 2
2 2 2 2
2 2
y 6
x 3
7
x y 6 y x 3 7xy
y x

2
x 3 x y 6 y
3 6
2
x 3 y 6
1
1
x
y
+ − + + − =
⇔ + =
+ + + +
⇔ + =
+ +
+
+

+ Đến đây ta đặt
2
2
y 6
a
a b 7
a 5 b 2
y
3 6
7 7
2
a b
x 3

4 8 1
x; y ; ; 1;
15 15 2
 
 
=
 
 
 
 
 

Bài 14: Giải hệ phương trình
( )
3 3 2
2 3
x 1
x 3x y 6y 9y 2 ln 0
y 1
y log x 3 log y x 1
(1)
(2)
−

− − − − − + =

+


 

⇔ − − + − = + + + +
⇔ − + − + − = + + + + +

+ Xét hàm số
3 2
f (t) t 3t ln t
= + +
, do
x 3
t 0
y 0
>

⇒ >

>


2
1
f '(t) 3t 6t 0, t 0
t
= + + > ∀ > ⇒
f(t) là
hàm đồng biến.
+ Từ (3)
(
)
(
)

(4)
 
− − + − = +
 
+
⇔ − + − − =
−

+ Nhận thấy phương trình (4) không dễ gì giải quyết được, vậy la dùng phương pháp hàm
số. Ta thấy (4) có 1 nghiệm là
x 5
=
, mặt khác ta xét hàm số:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 3
2
x 1
g(x) log x 3 log x 2 , x 3
x 2
1 1 3
g '(x) 0, x 3
x 3 ln 2 x 2 ln3
x 2
+
= − + − − >
−
⇒ = + + > ∀ >
− −

diện” giải HPT.
+ Do
y 0
=
không phải là nghiệm của HPT nên:
( )
( )
( )
2
3 2
3 2
3 2
2 3
2 3 2 2
3
2
8 4
3x 2x 1
y 3x 2x 1 8 4y
y 3x 2x 1 4y 8
y y
4 6
y x 4x 5 4 6y
y x 4y x 6y 5y 4
x 4x 5
y y
(1)
(2)

+ − = −

   

+ Xét hàm số
3 2
f (t) t 3t, t R f '(t) 3t 3 0, t R f (t)
= + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒
là hàm đồng biến
+ Từ (3)
( )
2 2
f x 1 f x 1
y y
 
⇒ + = ⇒ + =
 
 
thay vào (2) ta có:
( ) ( )
2
3
x 4x 5 x 1 3 x 1 x 1
+ + = + + + ⇔ = ±
(với
x 1
= −
không tìm được y)
(x; y) (1;1)
⇒ =
− − ≥

− ≠



≥

TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
17

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Ở phương trình (1) ta nhận thấy:
- Nếu cho
x 2
=

3
y

)
y x 1 x y 1
− + = − − −
, bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung:
+ Ta thấy
2
x x y 0
− − ≠
vì : nếu
2
x x y 0
− − =
thì theo (1)
1
x 0
y 0
2
x 1

= <

⇒ = ⇒

=


x 0;y 0
⇒ = =
không là nghiệm của HPT, vậy từ (1) thực hiện nhân liên hợp ta có:
( )

1
x y 1 0
y x x y x x y
x y x y 1
(*)
− − −
− − = ⇔ − = ⇔ − − = − =
−
− − − − − −
+ + −
− −
⇔ =
+ − − − −
− + − +
 
+
 
⇔ − − + =
 
+ − − − −
− + − +
 
 

+ Đến đây ta cần tìm cách chứng minh cho phương trình ở dấu ngoặc vuông vô nghiệm.
( )
( )
(
)
2

x 0

>

− + − +



− − >


− − >

>

vậy ta chỉ còn chứng minh cho
y 0
>

+ Giả sử
y 0
<
, vậy từ (1)
3
1
x y 0 x y 0 x y
2
⇒ − < ⇔ − < ⇔ ≤ <
(vô lý)
y 0

TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
18

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
(
)
(
)
2
2 2
3
3
x y
1
0
y x x y x x y
x y x y 1
+

2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3
(1)
(2)

− − + = + − −


− + + = − − − −



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x y 0;y 0;x 2y 0;4x 5y 3 0
(*)
− ≥ ≥ − ≥ − − ≥

+ Ta thử với phương trình (1) thì thấy quy luật sau:
- Cho
( )
y 0
x 1 1 y 1 y 1 y y 0
y 1
=

= ⇒ − − − + = ⇔

=



( )
( )( ) ( )( )
( )( )
1 y x y x 2 x y 1 y
1 y x y 1 1 y x 2 x y 1 y 0
1 y x y 1
x y 1 1 y 0
x y 1
1 y x y 1 x y 1 1 y
0
x y 1 1 y
1 1
1 y x y 1 0
x y 1 1 y
− − + = + − −
 
⇔ − − − + − + − − − − =
 
− − −
⇔ + − − − =
− +
− − − − − −
⇔ + =
− + +
 
⇔ − − − + =
 
 
− + +
 

⇔ − − + =
 
− + −
 
±
⇔ − − ⇔ =

Kết hợp ĐK:
( ) ( )
1 5 1 5
x; y 3;1 ; ;
2 2
 
+ − +
=
 
 
 
TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
19

y 2
⇒ =

- Cho
2
x 4 y 1 2y 17 7y
= ⇒ − + = +
, bấm máy tính giải PT này
y 5
⇒ =

+ Đến đây ta dự đoán quy luật
y x 1 x y 1 0
= + ⇔ − + = ⇒
(1) sẽ có nhân tử chung là
x y 1
− +
, bây giờ ta biến đổi (1) để ép nhân tử chung:
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
y 1 2y 1 x x xy 3y
x y 1 x xy 3y 2y 1 0
x y 1
x xy 3y 2y 1 0
x y 1
(3)

( )
2 2
x y 1
x xy 3y 2y 1 0
x y 1
1
x y 1 x 2y 1 0
x y 1
(4)
− +
+ + + − − =
+ −
 
⇔ − + + + − =
 
 
+ −
 

+ Căn cứ vào ĐK của bài ta có :
1
x 2y 1 0
x y 1
+ + − >
+ −
, vậy từ (4)
y x 1
⇔ = +

+ Thay

2
3
3
2
3
3
2x 11x 21 4x 4
3 4x 4 8 2x 11x 15
12 x 3
x 3 2x 5
4x 4 2 4x 4 4
12
x 3 2x 5 0
4x 4 2 4x 4 4
(6)
− + = −
⇔ − − = − +
−
⇔ = − −
− + − +
 
 
⇔ − − − =
 
− + − +
 

+ Đến phương trình (6) ta lại gặp khó khăn khi xử lý phương trình trong dấu ngoặc vuông
( )
( )

2
12
f (t)
t 2t 4
=
+ +
(
)
( )
2
2
24 t 1
f '(t)
t 2t 4
+
⇒ = −
+ +

+ Ta cần phải tìm ĐK cho t để đánh giá hàm f(t), nhận thấy từ (5) ta có:
2
2
3 3
3 3
11 47
2x 11x 21 3 4x 4 2 x 3 4x 4
4 8
47 47 47
3 4x 4 4x 4 t f '(t) 0
8 24 24
 

. ĐS:
(
)
(
)
x; y 3;4
=

Bài 19: Giải hệ phương trình
( )
( )
2
x x 3 y y 3 2
3 x 2 y y 8
(1)
(2)

− − + = −


− = +



Phân tích tìm lời giải
+ Quan sát hệ ta thấy (1) có thể cô lập được x và y sang từng vế, hơn nữa x có mũ 3, y
nằm trong biểu thức chứa căn bậc 2 - đây là loại toán phổ biến - ta sẽ nghĩ ngay đến việc
dùng “hàm đại diện” để làm.
Cụ thể (1) biến đổi:
(

⇒ ≥

≥ ⇒ + ≥

, xét
2
f '(t) 3t 3 0, t 1
= − ≥ ∀ ≥ ⇒
f(t) đồng biến
Vậy
( )
(
)
f x 1 f y 3 x 1 y 3 x 1 y 3
− = + ⇔ − = + ⇔ = + +
thay vào (2) và bình
phương 2 vế ta được:
2
9 y 3 y 8y 9
(*)
+ = + +

+ Phương trình (*) ta có thể dùng quy tắc giải phương trình cơ bản rồi bình phương 2 vế,
tuy nhiên cách đó sẽ ra phương trình bậc cao, hơn nữa ta chỉ giải được nếu pt đó có
nghiệm nguyên.
+ Bạn lấy máy tính bấm ta thấy pt (*) có nghiệm y = 1, vậy ta sẽ dùng cách thêm bớt rồi
nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là y - 1 như sau:
(
)
( )( ) ( )

ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
21

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 20: Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 2
x y xy 1 4y
x 1 2 x x y
(1)
(2)

+ + + =


+ − =



Phân tích tìm lời giải
Nhận xét: Đối với pt (1) vế trái là đẳng cấp bậc 2, mà vế phải bậc 1, như vậy dạng toán
này ta thường nghĩ đến việc khử ẩn bậc 1 nằm ở vế phải như sau:
+ Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia 2 vế của (1) cho
y 0

3 2 2
x x x y 2x 2 0
+ + − − =

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
x x 1 x y 2 x 1 0 x x 1 x y y y 2 x 1 0
x x 1 y x 1 2 x 1 y x 1 x y 2 y
x 1
x y 2 1
y
(**)
⇔ + + − + = ⇔ + + + − − + =
⇔ + + + − + = ⇔ + + − =
+

 

+ Vậy cuối cùng thì hệ phương trình đã cho đã trở thành :
( )
( )
( )
2
2
x 1
x y 2 2
y
x 1
x y 2 1
y

 
+
+ + − =

 
 


+

+ − =



Bài toán đến đây sẽ giải bằng cách đặt ẩn phụ




Phân tích tìm lời giải
+ Trước hết, ta thấy mỗi PT của hệ đều có thể cô lập được x, y nên ta biến đổi như sau: TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
22

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
( )
3 2
2 3 3 3
3 2 2 2
2 3
y 3x 2x 1 8 4y
3x y 2xy y 8 4y
x y 4y x 6y 5y 4
y x 4x 5 4 6y

x 4x 5
y y
(1)
(2)

+ − = −


+ − = −
 
⇔
 
+ + = +
 
+ + = +




+ Quan sát (1) và (2) rõ ràng ta cần phải cộng vế của chúng lại (sẽ làm mất đi lượng
2
4
y
)
3 2
3
8 6
x 3x 6x 4
y y
⇒ + + + = +

thay vào (2) …(bạn tự làm đoạn cuối vì nó
không khó). Cuối cùng có đáp số
(x; y) (1;1)
=

Bài 22: Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x 2y 8(x y) 3xy
4 2 x 3 y 2x y 5
(1)
(2)

+ = + −


− + − = − +



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 2;y 3
≤ ≤

+ Ta thấy ở phương trình (1)
2 2
x x(8 3y) 2y 8y 0
(*)
⇒ − − + − =

y 3 2y 6 y 3
≤ =
 
⇒ + ≤ ⇒ + = ⇔
 
≤ ⇒ ≤ =
 

(như vậy ta đã dùng cách đánh giá kết hợp với đk để có x = 2 ; y = 3, nếu bạn không biết
kỹ thuật đặc biệt này thì từ
x 2y 8
+ =
x 8 2y
⇔ = −
thay vào (2) giải sẽ rất dài dòng)
Bây giờ thay x = 2; y = 3 vào (2) ta thấy không thỏa mãn. Vậy loại bỏ trường hợp này !
+ Với
y x
= −
thay vào (2) và biến đổi ta được :
2
4 2 x 3 x x 5
− + + = +
(**).
Gặp dang phương trình (**), ta dùng máy tính để bấm nghiệm và thấy phương trình có 1
nghiệm là x = 1, như vậy ta sẽ nghĩ đến dùng PP “nhân lên hợp” để xuất hiện nhân tử
chung là
(x 1)
−
. Thật vậy, từ (**)

 
− + + +
 

* TH1:
1 x 0 x 1 y 1
− = ⇔ = ⇒ = −

* TH2: Xét
4 1
f (x) x 1; 3 x 2
2 x 1 3 x 2
= − + + − ≤ ≤
− + + +

- Nhận thấy f(x) có 1 nghiệm
x 2
= −
, mặt khác:

( ) ( )
2 2
2 1
f '(x) 0
2 x 2 x 1 2 3 x 3 x 1
= + >
− − + + + +

⇒
f(x) là hàm đồng biến

( )
2
2 3 2
2x 11x 2y 9
11x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1
(1)
4 2x (2)

− = −

⇔

− + + + + = + −



Thay (1) vào (2) ta có:
3 2
y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1
+ + + = + −
(*)
- Nhận thấy (*) có vế trái là đa thức bậc 3, vế phải có căn bậc 2, hơn nữa x và y đều cô
lập ở mỗi vế, do đó ta sẽ nghĩ đến PP hàm số để giải quyết tiếp, thật vậy từ (*)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )

2 2x 1 2x 11x 11
x 5 y 2
4 2x 1 2x 11x 11

− + ≥
= ⇒ =


− = − + ⇔ ⇔


= ⇒ =
− = − +




Bài 24: Giải hệ phương trình
3 3
3
2x 3x y 1
xy 2x 3

+ =


− =




= +
+ =



+ =
−
  
⇔ ⇔ ⇒ + = ⇒ − = +
  
−
− =

 
− =
=





+ Đặt ẩn phụ
3 3
3
t 2 3y t 2 3y t 2 3y
= + ⇒ = + ⇔ − =
, mặt khác từ (*) có
3
y 2 3t
− =