TỔNG HỢP VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH QUA KÌ THI THỬ NĂM 2015
Bài 1 Giải hệ phương trình:


2 2
2 2
2 5 1
2 4 1
x xy y
y xy y y xy

  


   



Trước hết xin nhắc lại một biểu thức được gọi là đồng bậc.
Cho
1 2
( , , , )
n
Q x x x
là một biểu thức
n
biến được gọi là đồng bậc nếu:
1 2 1 2
( , , , ) ( , , , ).
m
n n

0
2 0 0 2 4 .
4 0
y
xy y y x y
y xy



     


 


Ta có:


2 2
2 2
2 5 1
2 4 1
x xy y
y xy y y xy

  


   


2 2 2 2
2
2 4 2 5
2 4 2 5 1
y xy y y xy x xy y
x x x x
y y y y
     
 
        
 
 

Đặt
[2;4].
x
t t
y
   Phương trình trở thành:
2
2
2 4 2 5 1
2 1 4 1 2 5 3
3 3
(2 1)( 3)
2 1 4 1
3
1 1
2 1
2 1 4 1

2 1 4 1
0 4 2 1 1 2
4 1
t
t
t
t t
t
t

      

 

      

   

        

 


Do đó phương trình đã cho có nghiệm
3 3 .t x y  

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được:
2
1 2
2 2

x y x y
x y

  


 



Lời giải
Nhận xét: Đại lượng
3 3
x y
có bậc là 3,
8 2x y
có bậc là 1,
2 2
3x y
 có bậc là 2,
6
có bậc là 0. Ta nhân chéo cả
hai vế phương trình để cân bằng bậc của hai vế bằng nhau.
Ta có:
3 3
2 2
8 2
3 6
x y x y
x y

phương trình vô nghiệm.
Với
3 ,x y
thay vào phương trình thứ hai ta tìm được nghiệm:
( ; ) (3;1);( 3; 1).
x y
  

Với
4 ,x y 
thay vào phương trình thứ hai ta tìm được nghiệm:
4 78 78 4 78 78
( ; ) ; ; ; .
13 13 13 3
x y
   
  
   
   
   

Vậy hệ cho có nghiệm
4 78 78 4 78 78
( ; ) (3;1);( 3; 1); ; ; ; .
13 13 13 3
x y
   
    
   
   


Nhưng đây là một biểu thức phức tạp. Ta sẽ khai thác từ
phương trình thứ hai.
Điều kiện xác định:
2 2
2 2
1, 0
0
3 0
x y
x y y
y x y
  


 


 


Chia cả hai vế của phương trình thứ hai cho
,y
ta được:
2 2 4 2
2
1 3 4 6.
x x x x
y y y y
     

Từ đó suy ra:
2
1 3 4 6.
t t t t
     
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
1 2 .t x y
  
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
   


2 3 2 2
2 2
2 4 3 1 2 1 3 1 ( 1) 2( 1) 0.
1 2( 1) 2 1 1 0.
x x x x x x x x x
x x x x x x
            
 
         
 

Giải phương trình này ta được nghiệm:
 
5 37 31 5 37 5 37 31 5 37
; ; ; ; .
2 4 2 2
x y

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

Phân tích và lời giải
Ta thấy rằng phương trình thứ nhất của hệ chứa
,x y
tách rời nhau nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số. Khi
đó ta cần phải đưa về
( ) ( ),f ax f by
do đó chuyển đại lượng
2
1
y y
 
sang vế phải ta được
2
1
,
1
y y
 
tuy nhiên
cần phải có dạng như vế trái nên sẽ nhân lượng hợp với
2

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

Xét hàm số
2
( ) 1
f t t t  
với
.
t
 
Ta có:
2
2 2 2
1
( ) 1 0

2 3 1x x 
đều thu được một tam thức bậc hai, mặt khác vế phải của phương trình
lại là một tam thức bậc hai nên sẽ tìm các số
,
 
sao cho:


2
2 2 2
( ) 2 3 1 4 3 1.
x x x x x
 
     

Từ đó ta sẽ đưa về phương trình
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) 0.
aP x bP x Q x cQ x
  
Bằng phép đồng nhất hệ số chọn được
6, 1.
 
  

(1)
 





Bai tập rèn luyện

Giải hệ phương trình:




2 2
2
2
2
1 1 1
4 3 2 2
9
x x y y
x x
x
y y

    



 

 




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

Xét ham số
2
( ) 1
f t t t
  
trên
.
Ta có:
2
2 2 2
1
(t) 1 0
1 1 1
t t
t t t
f
t t t

 

    
  

         
Phương trình trở thành:
2
2 2
2 0
2
12 2 2.
2
12 4 2
u
u
u u u
u
u u u
 
 


      
 

   



Với
2,
u

ta có:


   
   
   


Giải hệ phương trình:
 
2 2 2
2
2
2 2 4 1 1
1 1
3 1 1 2 1
2
x y y x x
y y y
x x

    




      



Lời giải
Điều kiện xác định:

x y y x x x x x y x y
            

Do đó:






2 2 2 2
2
2
2
1 1
2 2 4 1 1 2 1 4 1 1
1 1
2 1 4 1 1 1 .
x y y x x y y
x x
y y
x x
          
 
     
 
 
 

Xét hàm số

1 1
(2 ) 2 .
f y f y
x x
 
  
 
 

Thay vào phương trình thứ hai ta được:
 
 
   


2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
2 3 1 1 3 2 1
2 2 2 2 3 1 (1 3 ) 4 4
2 2 2 2 3 1 (1 3 ) 0
2 3 1 2 2 3 1 (1 3 ) (1 3 ) 0
2 3 1 1 3 0
2 3 1 1 3
2 6 0.

2
4 1 9( 1) 2 2
x y xy x y
x x y x

  



    


Điều kiện xác định:
2
2
1 0
1 0 1.
2 2 0
x x
x x
x

  


   


 


x y xy x y
y y y
 
   
      
 
   
 
   
 

Đặt
, 0,
x
t t
y
 
phương trình trở thành:
   
 
3 2 3 2
6 3 4 2
6 4 3 2
2 4 3 2
2 1 1 0 1 2 1
2 1 4 4 (do 0).
4 2 4 1 0
( 1) 2 2 1 0
t t t t t t
t t t t t


Thật ra là với mọi
, 0
x y

nhưng do điều kiện của bài toán nên ta chỉ cần chứng minh trên một miền hẹp
hơn.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
   
2 2 3
2 2 2 2
2 ( )
2 2 .
2 2 4
x y xy x y x y
xy x y xy xy x y
   
       
Lại có
3
3 3
( )
4
x y
x y

  với mọi
, 1x y 
thật vậy bất đẳng thúc này tương đương
2

2
2
2
4 1 9 1 2 2
2 2 2 1 9 1 1
2 1 1 9 1 1
2 1 1 9 1 1
2 1 9 11 1
11
11
5 5
9
9
hay .
3 3
3 5 27 48 25 0
4 1 9 11 1
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x
x
x x y
x x x
x x x
    
     
      

 
2
2
1 1
1 1 1 1 2 1 1 1 1 1
2 2
x x x x x x x x x x x                
là phép phân
tích quen thuộc.
Bài 4. Giải hệ phương trình:
 
2 4 3
9
1 1
2
x x y y x x x
x y y y x

    


     



Điều kiện xác định:
 
2
4 3
0


để
làm đồng dạng cả hai vế của phương trình và để ý rằng
   
 
4 3 4 2 2
.x x x x y x x y
    
Do đó để xuất hiện được
nhân tử
,x y
ta sẽ dùng phương pháp nhân lượng liện hợp.
Ta có:
 
2 4 3
4 3 4 2
3 2
4 3 4 2
2
4 3 4 2
0.
0
1 0
x x y y x x x
x x x x y x y
x x y
x y
x x x x y
x
x y


1; ,
ta có:
 
1 1 2 1
( ) 1 0
2 2 1
2 1
x
f x
x x
x x


    


với mọi
1.
x


Suy ra
( )f x
đồng biến trên


1; .
Lại có
25 25

x y x

  




   


Lời giải
Điều kiện xác định:
3
0
1
2
x x y
x y
x


  











 
 
 
 
2
3
2
3
2
3
3
2 2
22
3
3 3
2
2
3
3
1
1
0
1
0
1
1
1 0
1

 
 
 

 
    
 
  
    
 
 
  

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
2
4 4 3 2 1 9 0.
x x x
    

Đặt
2 1, 0t x t  
phương trình trở thành:
 
 
4 3 2
3 10 0 2 2 4 5 0 2.
t t t t t t t
          

Với



   



Lời giải
Điều kiện xác định:
2
2
1
2
3 0
4 0
x
x x y
y x

 



  


 





x y x y x y
x x y x x x y y x
x y
x y
x x y x x x y y x
x y
     
          
    
  
       
 

 
    
 
       
 
  

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
2
2
4 2 1 2 18 4 21 19 4 21.
36 12 0
x
x x x y
x x



1 0
(*).
1
x x
y

  




Ta có:
 


 
   
 
 
3 3
2 4 2 3
3
3
2 2 2
3 3
2
2
3 3
2
3

trên
.
Ta có
2
( ) 3 1 0
f t t

  
với mọi
.
t


Do đó
( )f t
đồng biến trên
.
Lại có:
   
2 3
3 3
1 1 ( 1) .
f x f y x y x y       
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
4 3 2 3
4 3 3 2
2
3
3 2
2

1 0 0,
x y x
    
do đó ta có:
3 2
1
0
1 1
x
x x
 
  
với mọi
0.
x


Do đó phương trình tương đương:
0 ( 1)
.
1 ( 2)
x y
x y
 


 

Thoả điều kiện (*).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm

     
     
 
 
 
 
3 3 2 2
3 3 2 2 2 2
3 2 2 2 2 3 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 3 4
2 2 3 2 4 0
2 2 4 4 2 4 0
2 4 2 4 0
2 4 2 4 0
1 2 4 0
1
2 4 0
x y x y xy x y
x y x y xy x xy y
x x y x y xy xy y x xy y
x x y xy x y y x y x xy y
x y x xy y x xy y
x y x xy y
x y
x xy y
     

     
 
     
 
 
  
  

 
    
        
 
 
 
 

Các nghiệm này đều thoả điều kiện.
Với
2 2
2 4 0 0.
x xy y xy
    
Nếu
, 0
x y

thì ta có
2 2
1 1 10
0

Bài 7. Giải hệ phương trình:
 
   
     
2
2 1 2
2 2
2 4 2 3 6 1 3 2
x y x y y x x y
x y
y x y x x y y

 


   



        



Điều kiện xác định:
0 2
0
y x
x y
 




Bây giờ ta sẽ chứng minh:
   
   
 
4 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 0
x y y x y y x x y
x x y x y y x y
x y x x y y

    
     
     

Áp dụng bất đẳng thức
 
 
2
2 2
2 ,m n m n
  
ta lại có:
 
2
2 4 2 2 .x y y x x y y x
      

x x x
x x
x x x
x x
x x
x
x
      
         
         
   
  
    
 
    
 
    
 

 



   





 