BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện: NGUYỄN

ANH TUẤN

Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: ...TOÁN.. 
- Lĩnh vực khác: ............................................ 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Phần mềm
 Phim ảnh
 Hiện vật khác

Năm học: 2011 - 2012


7. Chức vụ:

GIÁO VIÊN

8. Đơn vị công tác:

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

.NR:061 3916509

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN
- Năm nhận bằng:

1981

- Chuyên ngành đào tạo:

SP TOÁN

III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:
Số năm có kinh nghiệm:

SP TOÁN
30 NĂM

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
* Phương trình hàm.
* Đa thức .

*Báo tóan học tuổi trẻ của các số của các năm 2005-2011 của Nhà xuất bản giáo
dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo.
*Nguồn Internet :
- wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc
- wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm…
NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

NGUYỄN ANH TUẤN


4
BM04-NXĐGSKKN

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị .....................................

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
................................, ngày

tháng

năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: .....................................
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Họ và tên tác giả: ....NGUYỄN ANH TUẤN ....... Chức vụ: GIÁO VIÊN.......................

2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
-

Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 
-

Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng:
Tốt 
Khá 
Đạt 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của
người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh


(I)

Giải: ñk:( 0<x ≤ 1 vaø y>0) hoặc (x=0;y tuøy yù) ; vôùi ñk

 xy + 1 + y = x

 xy + y + 1 + 1 − x = 1 thay (1) vào (2) ta được :
⇔
(I)

x + 1 − x =1 (3)

0 ≤ x ≤ 1
⇔
1 − x = 1 + x − 2 x ⇔ (x=0 hay x=1)
(3) ⇔ 1 − x =1- x
x = 0

y = −1
i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được 
ii/ Với x= 1 thay vào (2) ta có :

y + 1 + y = 1 (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì thế VT(4) >1

x = 0

y = −1 vào hệ ta thấy thỏa hệ .Kết luận hệ có nghiệm (0;-1)
Thay bộ 



Vd3: Giải hệ:

 x( y 2 + 1) 3
 x2 + y2 = 5


2
 y ( x − 1) = 4
 x 2 + y 2
5

(I)

Giải:

 x 2 ( y 2 + 1) 3 x
 x2 + y 2 = 5

 2 2
x 2 ( y 2 + 1) y 2 ( x 2 − 1) 3x − 4 y
 y ( x − 1) = 4 y
4y + 5
2
2
2
2
2
2


2
2
 y − 1 = 4 x + 4 x
 2
2
 4 x + y − 3 x. y = 1

 x − y + 5 = 3

 x + y − 5 = 11 − 2 x
4/ 

2/

5/

2
2
3 x + 2 y − 3 x + 5 y = 3

2
2
 4,5 x + 3 y − 3x + 8 y = 7

 4( y + z )
 y 2 .z 2 = 5 x

 4( x + z )
 2 2 = 5y
 x .z

II.1.Phương pháp: Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệ
cuối cùng đơn giản hơn.
*Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới
hệ mới và ngươc lại từ hệ mới liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không .

 4 x 2 + y 4 − 4 xy 3 = 1
 2
2
 4 x + 2 y − 4 x. y = 2
Vd1: Gỉai hệ: 

(I)

Giải:
4
2
2
 y − 2 y + 4 x. y (1 − y ) = −1
⇔ 2
2
4 x + 2 y − 4 x. y = 2
(I)

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

( trừ vế với vế của 2 ptrình)


 2
2
2
2
3
3
( x + y + x. y )( x + y )( x + y − x. y )( x − y ) = (1 − y )(1 + y )
⇔
(I)
2
2
3
( x + y − x. y )( x − y ) = 1 + y
 3
3
3
3
6
⇔ ( x + y )( x − y ) = 1 − y
⇔

2
2
3
( x + y − x. y )( x − y ) = 1 + y
 6
 x = 1
( cho kq)

II.2.Bài tập:

 3
2
4
 4 x + 6 x + 4 x + 1 = 15 y

 x. y + 3 y 2 − x + 4 y = 7

2
 2 x. y + y − 2 x − 2 y = −1 .
3/ 
5y
 x
 x2 − y + x + y 2 = 4


2
2
5 x + y + x − 5 y = 5

x. y
6/ 

III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ:
III.1.Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách hợp lý để
nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẩn tới hệ mới
( với ẩn mới ) dể tìm được nghiệm hơn
*Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và củ bằng nhau

y
2



9t.z = 1

2

−1 1
∈[ ; ]
t + z = 3
2 2 . Ta có: hệ
t;z
1 2
 2
2
( x + y )(1 + x. y ) = 9


( x3 + y 3 )(1 + 1 )3 = 27

x. y
Vd2: Giải hệ: 
Giải :

(I)

y
x
2
2
; ñaët t = 1 + x ; z = 1 + y thì

x − 2 y + y = 6

 x 2 − 2 xy − 6 y = 0


 S 2 − 2 P = 9
 3
2≥
 S − 3SP = 27 cho kq.
với: S 4P và 

(I)

Giải:

x

x − 2y + = 6

x
y


x − 2 y + = 6

y

 x ( x − 2 y) = 6
 x( x − 2 y ) = 6 y
⇔  y

 1 1 
 + ÷ = 4 + + 2
y y
 x z 
2

 1 + 1 ÷ = 5 + 1 + 1
 y x 
z z2


.Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z

.Ta có:

 (v + t ) 2 = 3 + u + u 2

2
2
(u + t ) = 4 + v + v
(u + v) 2 = 5 + t + t 2
(I) ⇔ 
(II)
Lấy (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1
Lấy (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1
Do đó: v-t=v-u hay u=t
III.2. Bài tập :
Giải các hệ phương trình sau :





xy 1

xy
5/

1 1

x ( x + 1) + y ( y + 1) = 4

x 3 . y 3 + x. y + x 2 y 2 + 1 = 4 y 3


y
= 13
x
y
= 12
x

y ( x + 1) = 2 x( y + 1)

1
2
2
( x + y )(1 + x 2 . y 2 ) = 24
8/
2


2
2
x + xy + y = 3
3/
1

( x + y )(1 + xy ) = 5


xy + 1 = 4

xy
6/
.
1

y ( x + 1)( x + 1 + y ) = 2


2( x + 1) = y.( x + 1 + 1 )

y
9/

xy (2 x + y 6) + 2 x + y = 0

1 2
2
2
( x + y )(1 + xy ) = 8

* Chỳ ý:

x + y = s

x. y = p vi s;p cho trc thỡ x;y cựng l nghim phng trỡnh t2-s.t+p = 0
1/ Nu
x + y + z = s1

x. y + y.z + xz = s2
x. y.z = s
3
2/ Nu
vi s1 ;s2;s3 cho trc thỡ x;y;z cựng l nghim ph.trỡnh t3-s1.t2+s2.t s3 = 0
Khi gii 1 h phng trỡnh i xng loi I ụi khi h cú cha 1 vi tng i xng c bn thỡ ta
thng ngh n vic bin tng i a v h mi xut hin y cỏc tng i xng c bn i vi
cỏc n ang xột ri dựng nh lớ Vieste o .
Vd1: Gii h:

x + y + z = 6

xyz = 6
x 2 + y 2 + z 2 = 14


Gii: T (I) cho :

(I).

x + y + z = 6


 xy + yz + xz = −5(b)
 x 7 + y 7 − ( x + y )7 = 350(i )
(I) ⇔ 
.

(i) ⇔ -xy(x+y)(x2+xy+y2) =50. (ii)

Thay (a) vào (b) ta có: x2+y2+x.y = 5 từ đó: x.y.z=2
x;y;z là n0 của pt:

Vd3: Giải hệ:

Giải:

t3-5t -2 = 0

 xy + y + 1 = 0

 yz + z + 1 = 2 x − y
 xz + z + 1 = 2 x


( x + 1)( y + 1) = x

( y + 1)( z + 1) = 2 x
( z + 1)( x + 1) = 3x
(I) ⇔ 

Vd4: Giải hệ:


Giải:

1 1 1

 2S = 2( x + y + z )

 2t = 6

8
( x + y )( y + z )( z + x) =
P

Đặt S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z thì từ (I) cho x.y.z=P ≠ 0 và 
(II)
Mà (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S
Do đó: P+S =4/P
từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P và 4P=4/P ( cho kq)
IV.2.Bài tập :


11
 x + y + z = −4

 xyz = 18
 x 2 + y 2 + z 2 = 22
1/ 

5/

x + y2 + z2 = 1

x + y + z = 1
 3
3
3
x + y − z = 7
x2 + y2 − z2 = 9
4/ 

7/

( x + y )( y + z ) = 187

( y + z )( z + x ) = 154
( z + x)( x + y ) = 238


10/

x + y + z = 3
 4
4
4
 x + y + z = 17
x2 + y2 + z2 = 5
3/ 

 x + y + z = −1

 xy + yz + xz = −10
 x. y.z = −8

 x + 4 y + 9 z = 189
 4 y 2 = 3 x.z


V/ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
V.1. Duøng baát ñaúng thöùc Cauchy:
n

∑x
k =1

Chú ý: * Cho n số không âm x1;x2;…;xn ta có:

n

k

≥

n

n

∏x
k =1

k

(dấu “=” xảy ra ⇔



 y2   z3 
x6 y 6 z 6
.  ÷ . ÷
. .
 3   2  ⇒ 66 33 22 ≤ 1

x y 2 z3
=
=
6
3
2 )
Do đó: x.y.z ≤ 6. 108 ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 6
Vậy hệ tương đương:

.


12
 x, y , x > 0
 x = 6k

 y 2 = 3k
 3
 z = 11k
 x. y.z = 6. 6 108

3
 x + y 2 + z 3 = 11


Còn 2 bđt tương tự.
Cộng lại ta được:
S ≤ 4. 2 ( dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x=y=z=t=1). Vậy : n0 pt là :….

 2 x 2 = y ( x 2 + 1)
 3
4
2
3 y = z ( y + y + 1)
 4 z 4 = x( z 6 + z 4 + z 2 + 1)
Vd3: Giải hệ: 

(I)

Giải:
Gọi (x;y;z) là n0 của hệ:
Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 .1 n0 của hệ (0;0;0)
Khi x ≠ 0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0 .
Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1) ≥ 2x.y ⇒ x ≥ y

Ttự: 3y3 = z(y4+y2+1) ≥ 3z.y2 ⇒ y ≥ z
Ttự : z ≥ x .Do đó: x=y=z .Từ đó tìm được n0 của hệ .

2 x. y

x
+
= x2 + y


3

( y − 1) + 8 ÷
 ( x − 1) + 8

⇔

2 x. y
= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 9

(I)
1

x. y
Xét pt (*) ta có: x2+y2 ≥ 2.
;

3

( x − 1) + 8
2

≤

1
2

nên


 n
  n 2  n 2
 ∑ xk . yk ÷ ≤  ∑ xk ÷.  ∑ yk ÷
 k =1
  k =1   k =1 

Chú ý: * Cho 2 bộ số x1;x2;…;xn và y1;y2;…;yn ta có:

(dấu

“=” xảy ra ⇔ x1=t.y1 ; x2=t.y2 ; …;xn =t.yn ) t =const
*Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của
phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)
Vd 1: Giải hệ:

 x + 4 32 − x − y 2 = −3
4
 x + 32 − x + 6 y = 24 (I)
Giải:
Từ (I) cho :

x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x = y2-6y+21 (1).

NX: y2-6y+21 ≥ 12 ; ∀ y .nên ta nghỉ đến cm:

x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x ≤ 12 ; ∀x ∈ [0;32]

NX: điểm rơi của bđt trên x=16
Thật vậy:

1
≤ x≤ 5
Gỉai: đk: 5
.
5 − x2 + 5 −

Cộng 2 pt ta được:

Bđt B-C-S cho 2 bộ: 1; 1/2 và

1
25
≤
4 ⇒
( 5 − x + 2 x )2
2

1 1
1
+ (x + )
2
x
2
x = y2-2y+6 (3)

5 − x2 ; x :
1
5
≤
5 − x + 2 x 2 ttự:

+
=
2
2
(1 − x 2 )(1 − y 2 )
 (1 − y )(1 − x )
(1 − x)(1 − y )

y
1
 x
+
=
2

2
2
(1 − x )(1 − y 2 )
1− x
1− y
Vd3:Giải hệ: 
Gỉai:

(I)

đk: -1
1 − x 2 ⇔ x2+y2=1 ( trên mxđ)

1 + y +y 1 + x ≤ ( x 2 + y 2 )( x + y + 2) = x + y + 2 ;lại có:
(1 + 1)( x 2 + y 2 ) + 2

=

2 + 2 nên : x. 1 + y +y 1 + x ≤ 2 + 2

y
 x
 1+ y = 1+ x

 2
2
x + y = 1
x = y
1


1 + y +y 1 + x = 2 + 2 ⇔ 
Do đó: x.
và do đó: x= y = 2 ( thử lại)


15
 x1 + x2 + ..... + xn = n

 x1 + 8 + x2 + 8 + ..... + xn + 8 = 3n ; với ẩn xk ;k=1;2;..n
Vd4:Cho n nguyên ;n ≥ 2. Giải hệ: 

1

)

(

)

)

 x1 + 8 + x1 + ..... + xn + 8 + xn = 4n

⇔
8
8
+ ...... +
= 2n

xn + 8 + xn
 x1 + 8 + x1
do đó:

(



8
8
+ ..... +


xn + 8 + xn

.

Vậy: n0 của hệ là x1=x2=…=xn =1

Vd5: Giải hệ:

2
2
2
 x . y − 2 x + y = 0
 2
3
7 x − 14 x + 3 y + 10 = 0

(I)

Giải:

(I)

2
2
( x + 1) y = 2 x
⇔
2
3
7( x − 1) + 3(1 + y ) = 0


2 và x2+2(4-z).x+16-6z = 0 (5)

∆ x = z2-2z ≥ 0 nên z ≤ 0 hoặc z ≥ 2

Từ các kq trên cho z=0 hoặc z=2

(thử lại) .


16
Vd2: Giải hệ:

x + y + z = 2

2
 4 x + 4 y − 2 x. y + z = 4

(I)

Giải:
Coi z là tham số của (I)

x + y = 2 − z


4 − 4z + z2
xy
=

2

 x, y , z > 0

 x. y.z = 1

x+ y+ z=3x+3 y+3z
b/ 


 x, y, z > 0

 x, y , z > 0

 x + y + z = 3.x. y.z
1
x + y + z = 3
1
1
 2 + 2 + 2 =3
 2
2
2
y
z
 x + 2 yz + 6 + y + 2 zx + 6 + z + 2 x. y + 6 = 9 d/  x
c/ 
.

 x3 . y = 9

3x + y = 6



 x > 0; ∀k = 1, 2,..., n
 k
 n
∑ xk = 1
 k =1
 n
∑ 1 − xk = n(n − 1)
2/  k =1
;n cho trước.


17

 x, y , z , t > 0

x + y + z + t = 8
 x6
y6
z6
t6

+
+
+
=8
 y 3 z 2 z 3t 2 t 3 .x 2 x 3 y 2
3/
( x − 1) 4 .( y − 2) 2 .z 3 .t 6 = 1024


6/


 x, y , z > 0

2
2
2
x + y + z = 1

x3
y3
z3
1

+
+
=
 2 x + 3 y + 4 z 2 y + 3 z + 4 x 2 z + 3x + 4 y 9

7/

 y + 2 = (3 − x ) 2

(2 z − y )( y + 2) = 9 + 4 y
 2
2
x + z = 4x
z ≥ 0

2
10/ 


a2 + 1
 x + a + y + a + z + a = 3.
a


a2 −1

a
−
x
+
a
−
y
+
a
−
z
=
3

a
l1/ 

;a>1
VI/ DÙNG TÍNH ĐỐI XỨNG ĐỂ ĐƯA VỀ THỪA SỐ CHUNG :


+ 2
+ 2
=1
 2
2
2
2
 x + z +1 y + x +1 x + y +1
 x. y.z = 1
(I) ⇔ 
.Đặt x2=a3;y2=b3;z2=c3 thì a;b;c ≥ 0 và a.b.c=1
Ta có: a3+c3=(a+c)(a2+c2-a.c) ≥ (a+c)(2ac-ac)=ac(a+c) ⇒ a3+c3+1 ≥ ac(a+c)+abc=ac(a+b+c)

1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
Do đó: a + c + 1 ≤ ac( a + b + c) ; t.tự: a + b + 1 ≤ ab( a + b + c) ; b + c + 1 ≤ bc(a + b + c)
3

1
1

; n nguyên dương lẻ nên x.y>0 ; có : 2(x4+y4) ≥ 4x2.y2

(1 − xy ) 2
⇒ 2( x + y ) ≥ 2x.y do đó: 1 ≥ xy+2xy ⇒ x.y ≤ 1/3 và x4+y4 =
2
.
4

4

 1 − xy   1 − xy 
 1 − xy   1 − xy  1
.

÷
÷

÷. 
÷
n
4
4
n-1
2
2
2






*Xét x ≠ 0 ; coi y=kx ( ln tồn tại điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng cấp cùng bậc của 2
biếu thức F(x;y) và G(x;y) nên ta có thể khử biến x để tìm được k ;từ đó tìm được nghiệm của hệ .
*Đơi khi ta cần biến đổi hoặc dùng ẩn phụ để đưa về hệ đẳng cấp đối với ẩn mới .

 x 3 + y 3 = 1
 2
2
3
 x y + 2 xy + y = 2
Vd1: Giải hệ: 

(I)

x=0 ko là n0 của hệ; nên có thể coi y=k.x


19
1
 3
 x = k 3 + 1
3
3
 3
2
 x (1 + k ) = 1
 k + 2k + k = 2
 3
2
3

y + 3x 
12 
÷ y =6
y + 3x 

(I)

Đk: x;y ≥ 0 .

Ta thấy : ( x=0 ; ∀ y ≥ 0) và ( y=0 ; ∀ x ≥ 0) khơng là nghiệm của hệ .
Xét x; y >0 .


1 −

⇔
1 +

(I)

 12
12
2
=
 y + 3x =
y + 3x
x

⇔
12

1
+
x

Vd3: Giải hệ:
3

(I)

Giải:

 x 3 − y 3 = 16 x − 4 y
 2
2
5 x − y = −4
(I) ⇔ 
nhân vế với vế của các phương trình trên cho:
4(y3-x3) = (16x-4y)(5x2-y2)
( đây là ptrình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn x;y)
( Chú ý : có thử lại)

Vd4: Giải hệ

 y 2 − x. y + x 2 = z 2
 2
2
2
 x − x.z + z = y
 z3 − y3 = x2 + y 2 + z 2


 x3 + y 3 = 9

x. y ( x + y ) = 6
1/ 

 x 3 + 3 x 2 y = 20
 3
2
 y + 3x. y = 7
2/ 

5/

3
3
 2 x − 9 y = ( x − y )(2 xy + 3)
 2
2
 x − xy + y = 3

8/

3
2
 x + 3 xy = y
 2
2
 x + 3 y = 1

9/

10
 x + y = x + y

2
2
( x − y )( x − y ) = 7

2
2
( x + y )( x + y ) = 175

 y 3 − x 3 = 1
 5
5
 x − y + x. y = 0
12/ 

x3
x
.
y
+
24
=

y


3
 x. y − 6 = y

 x+ y

 2 y 1 − 1  = 4. 2

÷

x+ y


13/

16/

3
3
 x + y = 9 y
 2
3 x y = 4( x + y )

VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH :
Cho hàm số y=f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b) .

 f ( x) = f ( y ); x, y ∈ (a; b)
 x = y ∈ (a; b)
⇔

H ( x; y ) = 0
 H ( x; x) = 0
Hệ 
VIII.1. Phương pháp:

2
⇔
(I) (3x + 1) 9 x + 6 x + 2 + 7 x + 1 = −4 x. 16 x + 1

(II)

Xét ptrình (2) của hệ (II)
2
2
(2) ⇔ (3x+1)[1+ (3x + 1) + 1 ] = -4x.[1+ 16 x + 1 ]

(3)
t2

2
2
2
Xét hàm số g(t) =t[1+ t + 1 ] ; ∀t ∈ R thì g ‘(t)= 1+ t + 1 + 1 + t >0 ; ∀t ∈

R
Suy ra ;g(t) đồng biến trên R
(3) ⇔ g(3x+1)=g(-4x)
⇔ x= -1/7 ( do g(t) đồng biến trên R)
Vậy : hê vô nghiệm .
Vd2: Giải hê phương trình :

( lọai)


 x2 + 2 y + 5 


f(t) = log 7 t +3t ; mọi t>0
(1) ⇔ f(x2+2y+5)=f(3y) với x2+2y+5 ; y

f đồng biến trên (0;+ ∞ ) .
>0
Nên :

x2+2y +5 =3y hay y= x2+5
4

(3) ⇔ u+2 = u2+2u với u =

;thay y=x2+5 vào pt (2) cho:

x4 − 1 + 2 x2 + 1 =
4

x 2 − 1 +2. 4 x 4 − 1

(3)

x2 − 1
x2 + 1 ≥ 0 ;

Giải ptrình trên ta được nghiệm u=-2 hoặc u=1 (từ điều kiện u ≥ 0 cho u=1
)


22


+ 4 x +1

− 2y

4

+4 y2 + 4

= 2( y 2 + 2 − 2 x + 1)

2

(2 x +1)
+ 2 2 x + 1 = 2( y
⇔2

2

+ 2)2

+ 2 y 2 + 2 . (3)

1
Xét hàm số f(t) = 2 + 2 t ; ∀ t ≥ 0 thì f ‘(t)= 2t. 2 .ln2 + t >0 ; ∀ t ≥ 0
t2

t2

⇒ f(t) đồng biến trên [0;+ ∞ )


log ( y + 3) = log 3 (3x) .
Vd4: Giải hệ :  2
log 2 ( x + 3) = 2(1 + log 3 y )
⇔
log 2 ( y + 3) = 2(1 + log 3 x)
Giải : Hệ
Dùng f(x)= log2(t+3)+2.log3t , t> 0

⇒ log 2 ( x + 3) + 2 log 3 x = log 2 ( y + 3) + 2 log 3 y


23
cos x = log 2 (8.cos z − cos 2 x − 5)

cos y = log 2 (8.cos x − cos 2 y − 5)
cos z = log (8.cos y − cos 2 z − 5)
2


Vd5: Giải hệ :

.

Giải :

1
∈ ( ,1]
Xét ptrình (1) phải có : 8cosz-cos2x-5>0 ⇒ 8cos z > cos 2 x + 5 ≥ 4, nên cosz 2
, tt ta

8m = f (u )
1

8u = f (t ) , u , t , m ∈ ( ,1]
2
8t = f (m)


Do đó :

1
t ∈ ( ,1]
2
8t=2t+2t2+4 ;
.Ptrình trên có đúng 1 nghiệm t= 1 .Suy ra kq .

(

. Dùng f tăng dẫn tới m=u=t .

3x2 + 2 − 92 y 2 +1 = 2 2 y − x


2
3( x + y ) + 2 + 2 x + y = 29
Vd6: Giải hệ pt:

)
(I)


y +1

3.log ( x + 2 y + 6 ) = 2 log ( x + y + 2) + 1
3
2


suy kq.

(I)

Giải: pt (1) ⇔ ln(x2+1)+x2 = ln(y2+1)+y2 ; dùng h/số g(t) = lnt+t ; ∀ t>1
g đồng biến trên (1;+ ∞ ); (1) ⇔ g(x2+1)=g(y2+1) ⇔ (x=y) hoặc(x=-y)
1/

Khi x= -y thay vào ( 2) ta có: log3(6-x)=1 ⇔ x=3 cho kq


24
2/

Khi x=y thay vào ( 2) ta có: 3log3(x+2) = 2log2(x+2) suy ra kq.

1 + x
cos x − cos y
1 − y = e

 y = 2 x − x2 −1
Vd8: Giải hệ: 


.
Từ (1) và đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4 x-y ; đặt t= x-y .Ta có:
4t=4t .Dùng hsố f(t) =4t -4t và bbt cho pt f(t)=0 có tối đa 2 n0 ; nhẫm t=1;t=1/2 là 2 n0 .
VIII.2. Bài tập:
1/ Giải hệ:

 x − y = (log 2 y − log 2 x)(2 + xy )
 3
x + y 3 = 16
1/ 

2 x − 2 y = ( y − x )( xy + 2)
 2
x + y 2 = 2
2/ 

e x − e y = (log 2 y − log 2 x)( xy + 1)
 2
x + y 2 = 1
3/ 

sin x − sin y = x − y

sin x + sin y = 1
4/ 

(3 y 2 )log3 2 − x log5 3 = x
(I )
 2 log5 2
− y log3 5 = y


 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6

 1− x2
3
 2 x − 2 y = − x. y −

2
( x 2 . y + 2 x ) 2 − 2 x 2 y + 1 − 4 x = 0
10/ 
2

9/


25
 x − y sin x
e = sin y


6
4
10. x + 1 = 3( y + 2)

5π
π < x, y



 tan x − tan y = y − x

 y + 1 −1 = x − y + 8

 x; y ∈ ( 5π ; 7π )

2 2
b/ 

IX/ HỆ LẶP 2 ẨN – 3 ẨN :

IX.1. Dạng :

 y = g ( x)

 x = g ( y)
 x; y ∈ (a; b)


(I)

 y = g ( x)
 z = g ( y)


 x = g (z)
 x; y; z ∈ (a; b)


 g ( x) = x

 x; y; z ∈ (a; b)

Chú ý: Đơi khi ta phải dùng ẩn phụ để đưa về hê lặp hoặc từ càc điều kiện ràng buộc của hệ ta thu
hẹp miền ẩn x;y;… chạy trên 1 miền mới mà hsố g đồng biến trên đó.

 x 3 + 1 = 2( x 2 − x + y )
 3
2
 y + 1 = 2( y − y + x )
Vd1: Giải hệ: 
3
2
 x − 2 x + 2 x + 1 = 2 y
 3
2
 y − 2 y + 2 y +1 = 2x
Giải: (I) ⇔ 

(I)

(II)

Xét hsố f(t)=t3-2t2+2t+1 ; t ∈ R thì f ‘(t) = 3t2-4t+2 >0 ; ∀t ∈ R

⇒ f(t) đồng biến trên (- ∞ ;+ ∞ ) . Ta cm: x=y
Giả sử: x > y thì 2x > 2y nên f(y) > f(x) ⇒ y > x ( vì f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ra )
Cm tt thì x < y cũng không xãy ra nên x=y . Do đó:
x3-2x2+2x+1 =2x ⇔ x3-2x2+1 = 0 cho kq .