Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

BÍ KÍP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH CHỈ TRONG 10 PHÚT
- Khi máy tính casio bó tay
- Khi các kỹ năng phân tích nhân tử đưa về phương trình tích vô hiệu hóa
 Các em học sinh sẽ phải xử lý thế nào ? Hãy áp dụng những phương
pháp cực hữu ích sau đây

Chuyên đề 1. Phƣơng pháp miền giá trị giải hệ phƣơng trình
1. Dấu hiệu nhận biết:
 Trƣờng hợp 1: Hệ có 1 trong 2 phương trình là bậc 2 với x, y .
Cách giải: Coi phương trình là bậc 2 ẩn x , giải   0  điều kiện của y.
Coi phương trình là bậc 2 ẩn y , giải   0  điều kiện của x.
Dùng điều kiện của x, y để đánh giá phương trình còn lại.
 Trƣờng hợp 2: Hệ có 2 phương trình cùng là bậc hai với x (hoặc cùng là
bậc hai với y ).
Cách giải: Với phương trình (1), coi x là ẩn, giải   0  điều kiện của y.
Với phương trình (2), coi x là ẩn, giải   0  điều kiện của y.
So sánh điều kiện của ở 2 phương trình và rút ra kết luận.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

697
 4
2
(1)
x y 
81

 x 2  y 2  xy  3x  4 y  4  0 (2)
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x :
x2  ( y  3) x  y 2  4 y  4  0

 3
 3
3 3
4
7
4 7
VT(1)=VP(1) khi x  , y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,  .
3
3
3 3
4

2

Ví dụ 2: Giải hệ phƣơng trình

7

2
2
(1)
 (2 x  1)(2 y  1)  xy
2

2
2

 x  y  xy  7 x  6 y  14  0 (2)
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x :
x2  ( y  7) x  y 2  6 y  14  0


1
1
Đặt f  t   2t   f '  t   2  2  0  f  t  đồng biến trên (;0) và (0; ) .
t
t
 f 1  1
1 89
 7 
 7
 Xét t  1;     7  89  1  2 y  
y  1;  .
y 21
 3  f   
 3
  3  21




10

Xét t   2;   
 3  f



7
2
7

Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x :
2 x2  4 x  3  y3  0 .

(3)

Phương trình có nghiệm   '  0  4  2  3  y3   0  1  y3  0  y  1. (4)
Từ (3) và (4)  y  1. Thay vào hệ ta được x=1. Vậy hệ có nghiệm (1;-1).
2. Bài tập tự luyện
 x3  y 2  2
 2
2
 x  xy  y  y  0


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

Chuyên đề 2. Phƣơng pháp nhân chia giải hệ phƣơng trình
3. Dấu hiệu nhận biết:
 Trƣờng hợp 1: Hệ phương trình tích
 Trƣờng hợp 2: Hệ phương trình chưa phải là hệ phương trình tích nhưng
có thể sử dụng các biến đổi đại số để đưa về hệ phương trình tích

Ví dụ 1: Giải hệ phƣơng trình

x
( x  y ) y 
2

( x  y ) x  3 y


 16 y  3 y
 y (16 y 2  3)  0
 4 y3 

y  0
 
3
y

4

Đối chiếu với điều kiện ta được:

y

3
3 3
 x
4
4

Với x  2 y , thay vào phương trình (1) ta được:

y y

2y
2

 2y y  2y


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
 ( x 1) y 2  x  y  3

2
 ( y  2) x  y  x  1

 ( x 1) y 2  ( x 1)  2  y

 

2
 ( y  2) x  ( y  2)  x 1

 ( x 1)( y 2  1)  2  y

 

(1)
(2)

2
 ( y  2)( x  1)  x 1

+) Nhận thấy x  1, y  2 là nghiệm của hệ phương trình.
+) Với x  1, y  2 , nhân 2 vế của phương trình (1) và (2) cho nhau, ta được:

( x2 1)( y 2 1)  1
Do

(3)

y  2x
y


(1)
(2)


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Cộng 2 vế của phương trình (1) và (2), trừ 2 vế của phương trình (1) và (2) ta được hệ :

2 3

8 
x


2
 2
 y  2x 


4
y

(3)

3 4

x

x 2 3
4
4 x 


 (16 x 1) x  8x 3

 16 x 1  8 x 3
 (16 x 1)2  192 x

 256 x 2 160 x  1 0

5 2 6
x 
16


52 6
x 
16



Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
52 6 52 6 
52 6 52 6 
Vậy hệ có 2 nghiệm 
,
,
 và 

Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

Chuyên đề 3. Phƣơng pháp thế hạng tử tự do
Chú ý:
Ở phương pháp này ta cần làm những bước sau để giải được bài toán:
 Đưa các số hạng cùng bậc về cùng một nhóm
 So sánh bậc của hai phương trình để tìm cách thế hợp lí.

 x3  2 xy 2  y  0 (1)
Ví dụ 1. Giải hệ phƣơng trình  2
2
(2)
8 y  x  1
Giải: Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta được:

x3  2 xy 2  (8 y 2  x 2 ) y  0
 x3  2 xy 2  x 2 y  8 y 3  0 (3)
 Nhận thấy x=0 không là nghiệm của hệ phương trình.
 Khi x  0 , chia cả 2 vế của phương trình (3) cho x3  0 ta được:
2

:

Đặt

3

 y  y  y
1  2       8    0. (4)
 x  x  x

x

 1 1   1 1 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y   
;
;
, 
.
 3 2 3  3 2 3


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
 x3  y 3  1
(1)
Ví dụ 2. Giải hệ phƣơng trình  5
5
2
2
 x  y  x  y (2)
Giải: Thế phương trình (1) vào (2) ta được

x5  y 5  ( x 2  y 2 )( x3  y 3 )
 x 2 y 3  x3 y 2  0
 x2 y 2 ( x  y)  0
x  0
  y  0
 x   y.
Nếu x  0 thì từ (1) suy ra y  1 .
Nếu y  0 thì từ (1) suy ra x  1 .
Nếu x   y thì từ (1) suy ra 0  1, dẫn tới phương trình vô nghiệm.

(1)
(2)


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Nếu x=0 thì từ (2) suy ra phương trình vô nghiệm.
Nếu x  0 , thì chia cả 2 vế của phương trình (3) cho x 2  0 ta được:
2

 y
 y
1     12    0 .
x
 x
1

t


y
 x  3y
3
Đặt  t , ta có phương trình sau 1  t  12t 2  0  

x
t  1  x  4 y

4

 y 1 x  3

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   ( 3; 1),(3;1),  4
, 4
.
13 13   13
13 

Ví dụ 4: Giải hệ phƣơng trình (ĐHKA-2011)

 5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2( x  y )  0

2
2
2
 xy ( x  y )  2  ( x  y)

(1)
(2)

Giải:
Ta có: (2)  ( xy  1)( x2  y 2  2)  0  xy  1 hoặc x 2  y 2  2.
 Nếu xy  1 thì từ (1) suy ra: y 4  2 y 2  1  0  y  1.
Suy ra: (x;y)=(1;1) hoặc (x;y)=(-1;-1)
 Nếu x 2  y 2  2 thì từ (1) suy ra:


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
3 y ( x 2  y 2 )  4 xy 2  2 x 2 y  2( x  y )  0
 6 y  4 xy 2  2 x 2 y  2( x  y )  0
 xy  1
 (1  xy )(2 y  x)  0  


Bài tập tự luyện
Giải các hệ phƣơng trình sau:
Bài 1.
 y 3  y 2 x  3x  6 y  0

x 2  xy  3

Bài 2.


x x  8 y  x  y y

x y 5


Bài 3.

 x3  8 y 3  4 xy 2  1
 4
4
2 x  8 y  2 x  y  0


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

Chuyên đề 4. Phƣơng pháp hàm đặc trƣng
5. Nội dung phƣơng pháp:
Phương pháp này ta sẽ sử dụng với hệ mà các phương trình có x và y độc lập
với nhau hoặc có thể biến đổi về hệ phương trình có x và y độc lập với nhau.


3
x
(
y

2)

3

 y3  2  3
(2)

x

Cộng 2 phương trình (1) và (2) ta được:

1 3
  y 3  3 y .(3)
3
x
x

Xét hàm :

f  t   t 3  3t .
Ta có f '  t   3t 2  3  0 suy ra hàm f (t ) đồng biến trên

.


2
x 1
 y  y  2 y  2  3  1 (2)
Giải:

  x  1 
2
y 1

 x  x  2x  2  3  1



2
x 1

 y  y  2 y  2  3  1  y  1 

 x  1

2

 y  1

2

 1  3 y 1
 1  3x 1

Trừ hai vế của 2 phương trình cho nhau ta đươc:


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
x 1 

 x  1

2

 1  3x1

Đặt
u  x 1

Ta được phương trình

u  u 2  1  3u





 3u u  u 2  1  1






u 
Xét hàm: g  u   3u u  u 2  1  g '  u   3u ln3. 1 

5

x x
5
    y  y (3)
 y y
Ta xét hàm:

f  t   t 5  t  f '(t )  5t 4  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên

.


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
x
(3)  f    f ( y )
 y
x
 y
y
 x  y2

Thay vào phương trình (2):





4x  5  x  8  6


4
1


0
 4 x  5  3
x8 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   (1;1) , (1;-1)
Ví dụ 4 (ĐHKA-2010). Giải hệ phƣơng trình
2

 4 x  1 x   y  3 5  2 y  0
 2
2

4 x  y  2 3  4 x  7

(1)
(2)

Giải:
Đặt

5  t2
5  2 y  t (t  0)  y 
.
2

1  t 2
(1)   4 x  1 x 


4x    2x2   2 3  4 x  7
2

2

Dễ thấy x  0, x 

(4),

0 x

3
4

3
không là nghiệm của (4) .
4
2

5

 3
Xét g ( x)  4 x    2 x 2   2 3  4 x trên  0;  .
2

 4
2

4

điểm đầu mút xét riêng xem có là nghiệm của phương trình không.


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
 e x  y  e x  y  2  x  1 (1)
Ví dụ 5. Giải hệ phƣơng trình  x  y
(2)
e  x  y  1
Giải:
Đặt u  x  y, v  x  y . Hệ có dạng:

eu  ev  u  v  2   u  1   v  1

eu  v  1

eu  ev   u  1  eu

eu  v  1

ev  u  1
 u
e  v  1

(3)
(4)

Trừ 2 vế của (3) và (4) cho nhau ta được: ev  eu  u  v

 ev  v  eu  u (5)
Ta xét hàm:

2
 y  2 x  1  2 xy 1  x
Bài 2.
3

2  2 x  1  2 x  1   2 y  3 y  2


 4x  2  2 y  4  6

Bài 3.
3
3
2

 y  y  x  3x  4 x  2

2

 1 x  y  2  y 1

Bài 4.

 3  x  2  x  2 y 2 y  1  0


3
 2 2  x   2 y  1  1




2
 1  y   2 y  5

 x
x

Đặt u 

y
1
; v   y ta được hệ phương trình:
x
x

6

6
u


 u.v  6
u
u  2


v





 1
 2
 

1
1
2
3
1
0
x
x



2
3
x


 x 
  y3
x

2

x



x
x
x



2
2
1  x  2 x  0
 x  2 x  1

y
y2
y2
 y
y2
x2
Đặt u  ; v 
ta được hệ phương trình
x
y

 u  1

2

u


3

 v  2  1 v 

2
v  
3v  v  2  0
2


 u
 3 

3

v




v

 

3
Với u= -1,v=1 ta có:


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
 y2
  1  x  1  x  1
x

x   2
y   6
3
 y
3
9

6 
 2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y     3 ;  3  ,  1;1 .
3
9

 x 2 +y 2 +xy+1 = 4y
Ví dụ 3. Giải hệ phƣơng trình 
2
2
 y(x+y) = 2x  7 y  2

Giải:



x2  1
x

y

4



2(

1)

7


( x  y ) 2  2 x  1  7


y

x2  1
Đặt u  x  y; v 
ta được hệ phương trình
y

 u  3
u  4  v

 u  v  4
 u  4v
 u  4v

 v 1





 2

 y4
  x 1
   x  1  
 x 1
 x  2
 y 1  y 1   x  2






 y 1




Với u  5; v  9 :

 x  y  5
 y  5  x
 2

(vô nghiệm)
  x2  1
 x 1
 y 9
 y 9


x 9
 x   (x  y  2 )  9
 x   [  x   -3y]=9
x 
x
 x 
 x 


x
x




y
y

y2

 y( x  y )  6


y( x  )  6
y x    6
xy


6

y

x   3
Với u=3;v=3: 
x

 y3

(hệ vô nghiệm)


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y)=(0;0).
8. Bài tập tự luyện
Bài 1.
1  x3 y 3  19 x3

2
2
 y  xy  6 x

Bài 2.

 x3 (2  3 y )  8

3
 x( y  2)  6
Bài 3.

 x 2  2 xy  x  y  0

 x y  xy  1  13x
Bài 8.

 x3  xy 2  216 y
 2
3
 x y  y  24 x