ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC

TRỊNH THỊ THU HÀ

HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC

Hà Nội - 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC

TRỊNH THỊ THU HÀ

HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: ThS. Hoàng Ngọc Minh
Sinh viên thực hiện khóa luận: Trịnh Thị Thu Hà

Hà Nội - 2014


Lời cảm ơn
Để hoàn thành được khóa luận tốt nghiệp này, trước tiên em xin gửi tới thầy

giáo - ThS. Hoàng Ngọc Minh lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất. Thầy đã
trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo tận tình cho em trong suốt thời gian qua.
Em xin gửi lời cảm ơn tới các thầy giáo, cô giáo, cán bộ, nhân viên trường
đại học Giáo Dục, trường đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
đã không chỉ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho em hoàn thành khóa luận mà còn
luôn tận tình dạy dỗ và giúp đỡ em trong những năm em học tập và rèn luyện
trên giảng đường đại học.
Nhân dịp này, em cũng xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã động viên,
khuyến khích và tạo điều kiện cho em trong quá trình học tập và thực hiện khóa
luận này. Mặc dù đã rất cố gắng song trong quá trình thực hiện khóa luận em
khó có thể tránh khỏi những thiếu sót do hạn chế về kiến thức, kinh nghiệm,
thời gian tìm hiểu và thực hiện. Em rất mong sẽ nhận được ý kiến đóng góp của
thầy, cô và các bạn để em có được cái nhìn sâu sắc hơn về đề tài của mình.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên
Trịnh Thị Thu Hà


Mục lục

1 Hệ phương trình đối xứng loại I
1.1

1.2

Hệ phương trình đối xứng loại I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.1


Phương pháp giải hệ phương trình đối xứng loại I . . . . .

7

1.1.2

Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

Ứng dụng của hệ phương trình đối xứng loại I . . . . . . . . . . . 33
1.2.1

Dạng

1.2.2

Dạng

n

a + f (x) +

n

b − f (x) = c

2.2


. . . . . . . . . . . . . . 33

√
√
√
a+c
b+d
n
ax + b + n cx + d = n ex + f với
=
e
f

2 Hệ phương trình đối xứng loại II
2.1

7

. . . 37
41

Hệ phương trình đối xứng loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.1.1

Phương pháp giải hệ phương trình đối xứng loại II . . . . . 41

2.1.2

Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42


Ứng dụng của hệ phương trình đối xứng loại II . . . . . . . . . . . 49
√

2.2.1

Dạng xn + b = a n ax − b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.2.2

Dạng a +

2.2.3

Dạng

2.2.4

Dạng a + b(a + bxn )n = x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

a+

√

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

x=x

√
n
ax + b = c(dx + e)n + k , trong đó d = ac; e = bc + k . . 54


1


2.3

Xây dựng một số phương trình giải bằng cách đưa về hệ đối xứng
loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3 Một số phương pháp khác để giải hệ phương trình đối xứng loại
I và II.
3.1

73

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 73
3.1.1

Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.1.2

Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.2

Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.3


Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 91

2


Danh mục từ viết tắt
Từ viết tắt Ý nghĩa
ĐK

Điều kiện

TH

Trường hợp

VP

Vế phải

VT

Vế trái

3


Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Hệ phương trình là một trong các phần kiến thức cơ bản của Toán học- bộ
môn vốn rất phong phú và đa dạng về hệ thống các dạng bài tập. Đây cũng

là nội dung kiến thức bắt buộc, được lồng ghép xuyên suốt trong chương
trình toán trung học và là dạng toán thường xuyên xuất hiện trong các kì
thi học sinh giỏi, các đề thi tuyển sinh cao đẳng, đại học.... Chính vì vậy,
hệ phương trình luôn thu hút được sự quan tâm của các thầy cô giáo cũng
như học sinh. Cũng đã có rất nhiều sách báo, tài liệu viết về đề tài này.
Là một giáo viên tham gia giảng dạy bô môn Toán trong tương lai, tuy
chưa có nhiều kinh nghiệm và chưa có đủ độ hiểu biết sâu rộng về kiến
thức chuyên môn, nhưng em vẫn mạnh dạn quyết định chọn đề tài "Hệ
phương trình đối xứng" làm đề tài khóa luận tốt nghiệp cho mình, vừa là
để tự củng cố kiến thức cho bản thân, vừa là có được hệ thống đa dạng
các bài tập về nội dung này để cho bạn đọc tham khảo, cũng như có thêm
được tài liệu phục vụ cho công tác giảng dạy của mình sau này. Đề tài đã
phân loại, hệ thống hóa được một số phương pháp giải hệ phương trình
đối xứng. Đồng thời đưa ra một số dạng phương trình giải bằng cách đưa
về hệ phương trình đối xứng.

4


2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh nắm vững hệ thống các dạng hệ phương trình đối xứng và
các phương pháp giải tương ứng. Qua đó học sinh có thể vận dụng để giải
bài toán đồng thời tự sáng tạo ra bài toán mới.
3. Đối tượng nghiên cứu
Hệ phương trình đối xứng:
• Hệ phương trình đối xứng loại I
• Hệ phương trình đối xứng loại II

Chủ yếu nghiên cứu về các hệ phương trình hai ẩn thường gặp trong chương
trình Toán THPT

4. Giả thuyết khoa học
Có hệ thống phương pháp giải hệ phương trình đối xứng một cách rõ ràng
và chi tiết sẽ giúp các em học sinh dễ dàng hơn trong việc giải các bài toán
về hệ phương trình đối xứng đồng thời có niềm yêu thích hơn với bộ môn
Toán học.
5. Phạm vi nghiên cứu
Trong nội dung khóa luận của mình, em tập trung nghiên cứu đến các loại
hệ phương trình đối xứng:
• Hệ phương trình đối xứng loại I
• Hệ phương trình đối xứng loại II

Trong nội dung khóa luận của mình, em tập trung nghiên cứu tới các loại
hệ phương trình đối xứng :
5


• Hệ phương trình đối xứng loại I
• Hệ phương trình đối xứng loại II.

6. Nhiệm vụ nghiên cứu
Hệ thống các hệ phương trình đối xứng theo từng dạng và đưa ra các
phương pháp giải cho từng dạng, đồng thời chỉ ra một vài các ứng dụng
của hệ phương trình đối xứng để học sinh thấy được mối liện hệ chặt chẽ
giữa các phần trong Toán học.
7. Phương pháp nghiên cứu
Sưu tầm sách, báo, tài liệu về hệ phương trình đối xứng, đọc hiểu lý thuyết
liên quan, tìm hiểu về các dạng bài, các ví dụ, sau đó phân chia dạng, đưa
ra các phương pháp giải tương ứng và chọn ví dụ minh họa phù hợp.
8. Cấu trúc khóa luận
Cấu trúc khóa luận gồm 3 phần.

Phần mở đầu
Phần nội dung
• Chương 1: Hệ phương trình đối xứng loại I
• Chương 2: Hệ phương trình đối xứng loại II
• Chương 3: Một số phương pháp khác để giải hệ phương trình đối xứng

Phần kết luận

6


Chương 1
Hệ phương trình đối xứng loại I
1.1

Hệ phương trình đối xứng loại I

Định nghĩa 1.1.1. Hệ phương trình hai ẩn x và y được gọi là hệ phương trình
đối xứng loại I nếu khi ta thay đổi vai trò của x và y thì mỗi phương trình của
hệ đều không đổi.
Các biểu thức xuất hiện trong hệ phương trình đối xứng loại I là các biểu
thức đối xứng của hai ẩn x, y.
Hệ phương trình đối xứng loại I có dạng:
f(x,y)=0
g(x,y)=0

1.1.1

trong đó


f (x, y) = f (y, x)
g(x, y) = g(y, x)

Phương pháp giải hệ phương trình đối xứng loại I

Phương pháp thường được sử dụng để giải hệ phương trình đối xứng loại I,
như sau:
Bước 1.
• Đặt điều kiện của bài toán( nếu có)
• Đặt S = x + y, P = xy ( ĐK: S 2 − 4P ≥ 0)
7


• Đưa hệ phương trình đã cho về hệ phương trình mới theo ẩn S và P.

Bước 2:
• Giải hệ mới này, tìm được nghiệm (S0 , P0 ) của hệ, với S0 , P0 thỏa mãn
S0 2 − 4P0 ≥ 0
• Khi đó x, y cần tìm sẽ là nghiệm của phương trình
X 2 − S0 X + P0 = 0 (theo định lý Vi-et đảo).

Dưới đây là một số biểu thức đối xứng của x và y biểu diễn theo S và P:
• x2 + y 2 = S 2 − 2P
• x3 + y 3 = S 3 − 3SP
• x4 + y 4 = (x2 + y 2 )2 − 2x2 y 2 = (S 2 − 2P )2 − 2P 2
• x5 + y 5 = (x2 + y 2 )(x3 + y 3 ) − x2 y 2 (x + y) = (S 2 − 2P )(S 3 − 3SP ) − SP 2
•

x+y
S

1 1
+ =
=
x y
xy
P

•

1
1
x2 + y 2
S 2 − 2P
+
=
=
.
x2 y 2
x2 y 2
P2

Chú ý Đôi khi, để dễ dàng hơn trong giải toán, ta có thể đặt ẩn phụ theo cách
khác:
Đặt
u = u(x); v = v(x)

Sau đó đặt
S = u + v; P = uv
8



1.1.2

Các ví dụ

Ví dụ 1.1.1. Giải hệ phương trình
x + y + xy = −1
x2 + y 2 − xy = 7

Nhận xét: Đây là hệ phương trình đối xứng loại I đơn giản. Ta sẽ giải theo các
bước đã trình bày như trên.
Lời giải
Đặt S = x + y, P = xy (ĐK:S 2 − 4P ≥ 0)
Hệ đã cho trở thành:


 P = −(S + 1)
 S + P = −1
⇔
 S 2 + 3(S + 1) = 7
 S 2 − 3P = 7


 P = −(S + 1)
S = 1, P = −2
⇔
⇔
(thỏa mãn)
 S 2 + 3S − 4 = 0
S = −4, P = 3

TH1:

S=1
P = −2

⇔

x+y =1
xy = −2

Ta có x, y là nghiệm của phương trình

X2 − X − 2 = 0 ⇔ 

X = −1


⇒

x = 2, y = −1

X=2

TH2:

S = −4
P =3

⇔


x = −1, y = 2

x + y = −4
xy = 3

Ta có x, y là nghiệm của phương trình

X 2 + 4X + 3 = 0 ⇔ 

X = −1
X = −3

Kết luận: Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm

9


⇒

x = −1, y = −3
x = −3, y = −1


(x, y) = (−1, 2); (−1, −3); (2, −1); (−3, −1).

Ví dụ 1.1.2. Giải hệ phương trình
x2 − xy + y 2 = 7
(x2 + y 2 )(x3 + y 3 ) = 280

Lời giải

Ta biến đổi hệ như sau:

 x2 − xy + y 2 = 7
 (x2 + y 2 )(x3 + y 3 ) = 280

 x2 − xy + y 2 = 7
⇔
 (x2 + y 2 )(x + y)(x2 − xy + y 2 ) = 280

 x2 − xy + y 2 = 7
⇔
 (7 + xy)(x + y) = 40
Đặt S = x + y, P = xy ( ĐK: S 2 − 4P ≥ 0).
Hệ phương trình trở thành:

 S 2 − 3P = 7
 (7 + P ).S = 40

2

 P = S −7
⇔

3

2

 (7 + S − 7 ).S = 40
3


2

 P = S −7
3
⇔

 3

S + 14S − 120 = 0


2

 P = S −7
3
⇔

2


(S − 4)(S + 4S + 30) = 0


 S=4
⇔
(thỏa mãn)
 P =3
10



Suy ra x, y là nghiệm của phương trình:


X=1

X 2 − 4X + 3 = 0 ⇔ 


⇒

x = 3, y = 1
x = 1, y = 3

X=3

Kết luận: Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x, y) = (1; 3), (3; 1).
Ví dụ 1.1.3. Giải hệ phương trình

x2 y + y 2 x = 2
1
y

1
x

x2 (xy 2 + y + ) + y 2 (x2 y + x + ) = 6
Lời giải
Ta có:

x2 y + y 2 x = 2

1
x

⇔

1
y

x2 (xy 2 + y + ) + y 2 (x2 y + x + ) = 6




(x + y)xy = 2

(x + y)(x2 y 2 + xy + 1) = 6



xy = 0

Đặt S = x + y, P = xy (ĐK: S 2 − 4P ≥ 0)
Hệ phương trình trở thành:

 SP = 2

⇔

⇔


⇔


S(P 2 + P + 1) = 6


 SP = 2
P
1

 2
=
P +P +1
3

 SP = 2

 2
P − 2P + 1 = 0

S = 2


P =1

Suy ra x, y là nghiệm của phương trình
X 2 − 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1
11



Kết luận: Vậy hệ phương trình có duy nhất một nghiệm (x, y) = (1, 1).
Ví dụ 1.1.4. Giải hệ phương trình
x4 + y 4 + x2 y 2 = 21
x2 + y 2 + xy = 7

Lời giải

 x4 + y 4 + x2 y 2 = 21
 x2 + y 2 + xy = 7

 (x2 + y 2 )2 − x2 y 2 = 21
⇔
 x2 + y 2 + xy = 7

 (x2 + y 2 − xy)(x2 + y 2 + xy) = 21
⇔
 x2 + y 2 + xy = 7
 2
 x + y 2 − xy = 3

⇔

⇔

 2
x + y 2 + xy = 7

 (x + y)2 − 3xy = 3



(x + y)2 − xy = 7

Đặt S = x + y, P = xy (ĐK: S 2 − 4P ≥ 0).)
Hệ phương trình trở thành:

S = 3

 2


 S − 3P = 3
 S = ±3
 P =2

⇔
⇔ 
 2

  S = −3
P =2
S −P =7



P =2

+ Với S = 3, P =2, suy ra x, y là nghiệm của phương trình:


X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔ 


X=1
X=2

12

⇒

x=2⇒y=1
x=1⇒y=2


+ Với S = -3, P = 2, suy ra x, y là nghiệm của phương trình :


X 2 + 3X + 2 = 0 ⇔ 

X = −1


⇒

X = −2

x = −1 ⇒ y = −2
x = −2 ⇒ y = −1

Kết luận: Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
(x, y) = (1, 2); (2, 1); (−1, −2); (−2, −1).


Ví dụ 1.1.5. Giải hệ phương trình
xy + x + y = 5
(x + 1)3 + (y + 1)3 = 35

Lời giải
Cách 1. Giải bằng đặt ẩn phụ theo cách thông thường.
Ta có:
(x + 1)3 + (y + 1)3 = 35
⇔ x3 + y 3 + 3(x2 + y 2 ) + 3(x + y) + 2 = 35
⇔ (x + y)3 − 3xy(x + y) + 3(x + y)2 − 6xy + 3(x + y) = 33

Đặt S = x + y, P = xy (ĐK: S 2 − 4P ≥ 0)
Hệ phương trình trở thành:

 S+P =5



 P =5−S
 P =2
⇔
⇔
 S 3 − 3SP + 3S 2 − 6P + 3S = 33
 S 3 + 6S 2 − 6S − 63 = 0
 S=3

Suy ra x,y là nghiệm của phương trình:


x=2




X=1
2
X − 3X + 2 = 0 ⇔ 
⇒


X=2

y=1



x=1
y=2

13


Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm (x, y) = (1, 2); (2, 1).
Nhận xét. Tuy hệ phương trình trên hoàn toàn có thể giải được theo cách đặt
ẩn thông thường; nhưng nếu chú ý quan sát ta có thể nhận thấy ở phương trình
đầu của hệ xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1). Với quan sát này, ta sẽ có cách đặt ẩn
khác nhằm mang đến lời giải gọn gàng hơn:
Cách 2
Ta biến đổi hệ như sau:
xy + x + y = 5
(x + 1)3 + (y + 1)3 = 35


⇔

(x + 1)(y + 1) = 6
(x + 1)3 + (y + 1)3 = 35

Đặt S = (x + 1) + (y + 1), P = (x + 1)(y + 1) (ĐK: S 2 − 4P ≥ 0).
Hệ trở thành:
P =6

⇔

S(S 2 − 3P ) = 35

P =6
S = 5 (thỏa mãn)

Với S = 5, P = 6,, ta có x + 1, y + 1 là nghiệm của phương trình:


x
+
1
=
3
x=2



 y+1=2

 y=1
X=2

X 2 − 5X + 6 = 0 ⇔ 
⇒
⇔
 x+1=2
 x=1


X=3
y+1=3

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm (x, y) = (1, 2); (2, 1).
Ví dụ 1.1.6. Giải hệ phương trình
x + y + x2 + y 2 = 8
xy(x + 1)(y + 1) = 12

Lời giải
Cách 1
Thông thường, ta sẽ đặt S = x + y, P = xy (ĐK: S 2 − 4P ≥ 0).
Hệ phương trình trở thành
14

y=2


S 2 + S − 2P = 8
P (S + P + 1) = 12


Rút P =

S2 + S − 8
từ phương trình thứ nhất, thế vào phương trình thứ hai ta
2

được:
(

S2 + S − 8
S2 + S − 8
)(S +
+ 1) = 12
2
2

⇔ (S 2 + S − 8)(S 2 + 3S − 6) = 48
⇔ S 4 + 4S 3 − 11S 2 − 30S = 0
⇔ S(S 3 + 4S 2 − 11S − 30)



S = 0 ⇒ P = −4



S = 3 ⇒ P = 2

⇔
(Thỏa mãn)


 S = −5 ⇒ P = 6


S = −2 ⇒ P = −3

Với S = 0, P = −4, ta có x,y là nghiệm của phương trình

 x=2




X=2
y = −2

2

X −4=0⇔
⇒ 
  x = −2
X = −2


 y=2
Với S = 3, P = 2, ta có x,y là nghiệm của phương trình

 x=1





X=1
y=2

2

X − 3X + 2 = 0 ⇔
⇒ 
  x=2
X=2


 y=1
Với S = −5, P = 6, ta có x,y là nghiệm của phương trình

15








X = −2

2
⇒ 
X − 5X + 6 = 0 ⇔ 


X = −3




x = −2
y = −3
x = −3
y = −2

Với S = −2, P = −3, ta có x,y là nghiệm của phương trình

 x=1




y = −3
X=1

2

X + 2X − 3 = 0 ⇔
⇒ 
  x = −3
X = −3


 y=1

Kết luận: hệ phương trình có 8 nghiệm
(x, y) = (1, 2); (2, 1); (2, −2); (−2, 2), (1, −3); (−3, 1); (−3, −2); (−2, −3).

Cách 2. Thay vì cách đặt trên, ta quan sát và biến đổi hệ phương trình như
sau:
x + y + x2 + y 2 = 8

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

⇔

xy(x + 1)(y + 1) = 12

x(x + 1).y(y + 1) = 12

Từ ý tưởng phân tích trên, chúng ta sẽ đặt:
u = x(x + 1), v = y(y + 1)

Hệ trở thành:
u+v =8
uv = 12

Suy ra u, v là nghiệm của phương trình:

u=6


 v=2
U =6
U 2 − 8U + 12 = 0 ⇔ 

⇒
 u=2

U =2
v=6
16



x2 + x − 6 = 0



⇒



y2 + y − 2 = 0
x2 + x − 2 = 0
y2 + y − 6 = 0


TH1:

x2 + x − 6 = 0

⇔

y2 + y − 2




x=2






 x = −3









y=1
y = −2

Vậy TH1 có 4 nghiệm (x, y) = (2, 1); (2, −2); (−3, 1), (−3, −2)
TH2:

x2 + x − 2 = 0

⇔

y2 + y − 6


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

Vậy TH2 có 4 nghiệm (x, y) = (1, 2); (1, −3); (−2, 2), (−2, −3)
Kết luận: Hệ phương trình có 8 nghiệm
(x, y) = (1, 2); (2, 1); (2, −2); (−2, 2), (1, −3); (−3, 1); (−3, −2); (−2, −3).

Nhận xét: Như vậy, qua các ví dụ trên ta nhận thấy phương pháp đặt S, P là
một phương pháp thông thường để giải hệ phương trình đối xứng loại I; nhưng
trong rất nhiều trường hợp, để thật sự tìm ra lời giải hữu hiệu cho bài toán
chúng ta nên quan sát và biến đổi một cách tinh tế các phương trình của hệ để
sau khi đặt ẩn ta thu được những hệ phương trình mới đơn giản hơn.

Ta tiếp tục xét các ví dụ tiếp theo dưới đây:
Ví dụ 1.1.7. Giải hệ phương trình

3xy = x + y + 1


x2
y2
1
+
=
2
2
(y + 1)
(x + 1)
2

Lời giải
17


Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ, ta có:
3xy = x + y + 1 ⇔ 4xy = (x + 1)(y + 1) ⇔

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


Đặt
x
y+1
v = y
x+1


u =

.

Hệ đã cho trở thành:

1

 u2 + v 2 =
2

⇔


 uv = 1
4

1

 (u + v)2 − 2uv =

2



 uv = 1
4

u + v = 1


  uv = 1

4
⇔
  u + v = −1



 uv = 1

⇔

4

1

u = v =

2


 u = v = −1
2


 x


1
=
2x − y = 1
x=1
1
1
2
+ Với u = v = ⇒ y +
⇔
⇔
.
y
1
2

2y − x = 1
y=1
=
x+1
2


x
1

x = − 1

=−
2x
+
y
=
1
1
1
2
3
+ Với u = v = − ⇒ y +
⇔
⇔
1
2
 y = −1

2y + x = 1
y=−
3
x+1
2

Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm
1 1
(x, y) = (1, 1); (− , − ).
3 3

Ví dụ 1.1.8. Giải hệ phương trình
18


.



1 1

x + y + + = 4
x

y

1
1

 x2 + y 2 + 2 + 2 = 4
x

y

Lời giải
ĐK: x = 0 , y = 0
Nhận xét: Ta nhận thấy rằng đây cũng là một hệ phương trình đối xứng loại I.
Nếu ta đặt theo cách thông thường S = x + y, P = xy , ta sẽ làm phức tạp bài
toán, do hệ thu được không hề đơn giản. Ta có thể biến đổi như sau:
Hệ phương trình tương đương với:

1
1


(x + ) + (y + ) = 4
x

y

1
1

(x + )2 + (y + )2 = 8
x

y

Đặt

1
1

S = (x + ) + (y + )
x

y

1
1

P = (x + ).(y + )
x

y


Hệ phương trình trở thành:



1
1

 S=4
 S=4
 (x + ) + (y + ) = 4
x
y
⇔
⇔
1
1
 S 2 − 2P = 8
 P =4

 (x + ).(y + ) = 4
x
y



 x+ 1 =2
 x=1
x
⇔

⇔
1

 y=1
 y+ =2
y

Kết luận: Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x, y) = (1, 1).
Ví dụ 1.1.9. Giải hệ phương trình


 x+

y
8
=
√
y
x
2 + xy

√
 √
x xy + y xy = 8
19


Lời giải
ĐK:x, y > 0
Đặt a =


√
√
x > 0, b = y > 0

Hệ đã cho trở thành


a+ b =
b

a



8

 a2 + b2 = 8ab
2 + ab ⇔
2 + ab (*)


 ab a2 + b2 = 8


 ab a2 + b2 = 8

Đặt S = a2 + b2 , P = ab ( S > 0, P = −2)
Hệ (*) trở thành:


S = 4




(thỏa mãn)

8P

 S = 4P − 4
 P =2
S =
 2S − 8P = −8

2+P ⇔
⇔ 
⇔
 2


  S = −8
 SP = 8
P −P −2=0
SP = 8


(loại)

P = −1


Ta có:

S = 4

⇔

⇔


P =2
 2
 a + b2 = 4

ab = 2

 (a + b)2 − 2ab = 4


ab = 2

√
a + b = 2 2

(thỏa mãn)

 ab = 2

⇔ 
√
  a + b = −2 2



(loại)

ab = 2

Suy ra a,b là nghiệm của phương trình

20


√
√
X 2 − 2 2X + 2 = 0 ⇔ X = 2

Suy ra:
√ √
(a, b) = ( 2, 2) hay x = y = 2

Kết luận: hệ phương trình có một nghiệm (x, y) = (2, 2).
Ví dụ 1.1.10. Giải hệ phương trình

√
 x + y − xy = 3
√

x+1+

(x, y ∈ R) .


y+1=4

Lời giải

ĐK:


xy











0

x

−1

y

−1.

Ta có:


√
 x + y − xy = 3
√
Đặt t =

√
xy, t

x+1+

⇔

y+1=4


√
 x + y = 3 + xy


x+y+2

xy + x + y + 1 = 14.

0.

Thay vào hệ ta có:

x + y = 3 + t



3+t+2

t2 + t + 4 = 14.

3+t+2

t2 + t + 4 = 14

Ta có:

⇔2
⇔

t2 + t + 4 = 11 − t


0


t

11

4 t2 + t + 4 = (11 − t)2
21


⇔



0

t

11

 2
3t + 26t − 105 = 0


0 t 11




−35
⇔ t = 3 ⇔ t = 3






t=3

Với t = 3, ta có :
√
 xy = 3



⇔

x+y =6


 xy = 9


x+y =6

Suy ra x,y là nghiệm của phương trình
X 2 − 6X + 9 = 0 ⇔ X = 3 ⇒ x = y = 3

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm (x, y) = (3, 3).
Ví dụ 1.1.11. Giải hệ phương trình
x2 + y 2 + xy = 1
x − y − xy = 3

Nhận xét. Trong nhiều trường hợp, hệ phương trình ban đầu không có ngay
dạng đối xứng loại I nhưng sẽ trở thành hệ đối xứng loại I sau một số phép biến
đổi thích hợp.
Với hệ

x2 + y 2 + xy = 1
x − y − xy = 3

, hệ phương trình này vốn không phải là hệ đối xứng

loại I, nhưng nếu ta đặt t = -y; khi đó hệ phương trình đã cho trở thành

x2 + t2 − tx = 1
x + t + tx = 3

Đây là một hệ đối xứng loại I theo x và t.
Lời giải
22