HÖ ph¬ng tr×nh
 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN, NHIỀU ẨN
I) Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn.
Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn có dạng:
 ax + by = c
(I )

a ' x + b ' y = c '
Việc giải và biện luận hệ (I) được tiến hành như sau :
Bước 1: Tính:

D=

a

b

a'

b'

c
c'

b
= b ' c − bc '
b'

Dx =

Dy =

a

c

a'

c'

= ab '− a ' b

= ac '− a ' c

a 
c 
Nhận xét: Dx được suy ra từ D bằng cách thay cột các hệ số của x cột   bằng cột  
 a' 
 c' 
b 
c 
Dy được suy ra từ D bằng cách thay cột các hệ số của y cột   bằng cột  
 b' 
 c' 
Bước 2: Nếu D ≠ 0 hệ có nghiệm duy nhất
D
x= x
D
D
y= y
D

Nếu D = 0; Dx2 + Dy2 ≠ 0 hệ vô nghiệm
Nếu D = Dx = Dy = 0 hệ vô số nghiệm là nghiệm của phương trình ax + by = 0.
Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ:

 ax + 2 y = 4 − a

 2 x + ay = a

Giải

D=
Dx =
Dy =

a 2
2 a

= a2 − 4

4−a 2
a

a

a 4−a
2

a

= − a (a − 2)

= a 2 + 2a − a = (a + 4)(a − 2)

* Nếu D ≠ 0 ⇔ a ≠ ± 2
Hệ có nghiệm duy nhất

1


HÖ ph¬ng tr×nh
Dx
a
=−
D
a+2
Dy a + 4
y=
=
D a+2

x=

* Nếu a = -2 ⇒ Dx ≠ 0
Hệ vô nghiệm
* Nếu a = 2 ⇒ Dx + Dy = 0
Hệ vô số nghiệm

2x + 2 y = 2
⇔ x+ y =1

2

x
+
2
y
=
2


Vậy x tùy ý và y = 1 - x
Chú ý: Dựa vào đặc thù của mỗi bài toán cụ thể ta có thể đi đến lời giải nhanh hơn mà không nhất
thiết phải dùng phương pháp giải biện luận như trên.
Ví dụ 2: Cho hệ:

 mx + 4 y = m 2 + 4

 x + (m + 3) y = 2m − 3
Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x, y) sao cho:
x≥ y

 2
( x − 4 x + y ) min
Giải
m
4
D=
= ( m + 4 ) ( m −1)
1 m +3
Dx =

m2 + 4

4
= m ( m + 4 ) ( m −1)
2m + 3 m + 3

Dy =

m
1

m2 + 4
= ( m + 4 ) ( m −1)
2m + 3

Để hệ có nghiệm duy nhất:
m ≠ −4
x = m
D≠0⇔
↔
→ m ≥1
 m ≠1
 y =1
Ta có:

x 2 − 4 x + y = (m − 2) 2 − 3 ≥ − 3
Vậy:

Min ( x 2 − 4 x + y ) = − 3 ↔ m = 2

Ví dụ 3: Tìm m để 2 phương trình có nghiệm chung:
x 2 + (2m − 1) x + m 2 − 2 = 0

x 2 − (2m − 1) x − m − 2 = 0

Giải:
Đặt:
x2 = y

 y + (2m −1) x = 2 − m 2

 y − (2m −1) x = m + 2
2


HÖ ph¬ng tr×nh
Ta có:

D=

2m − 1

1

1 − 2m − 1
2 − m2 1

Dx =

m+2 1

Dy =


= − 4m
= − m ( m + 1)

2 − m2

2m − 1

m+2

− 2m − 1

= m(m 2 − m − 7)

+, D ≠ 0 ↔ m ≠ 0
Hệ có nghiệm duy nhất


−m 2 + m + 7
y=


4

m +1

x=


4
Mà


− m2 + m + 7  m + 1 
y=x ↔
=

4
 4 

2

2

↔ 5m 2 − 2m − 27 = 0
1 ± 136
5

↔ m=

+, D = m ⇔ m = 0
Hệ vô số nghiệm
Vậy 2 phương trình luôn có nghiệm chung.
Ví dụ 4: Biện luận theo m giá trị nhỏ nhất của:

a, A = ( x − 2 y + 1) + ( 2 x + my + 5 )
2

2

b, B = x + y − 2 + x + my − 3
Giải:

a, Xét hệ:

 x − 2 y = −1

 2 x + my = − 5
D=

1

−2

2

m

Dx =
Dy =

= m +4

−1

−2

−5

m

−1


1

−5

2

= −m −10

=3

+, D ≠ 0 ⇔ m ≠ - 4
Hệ có nghiệm duy nhất:
3


HÖ ph¬ng tr×nh
−m −10

x=


m +4

 y= 3

m +4


Khi đó: A ≥ 0 ⇒ Min A = 0


+, D = 0 ↔ m = −4

 Dx ≠ 0
→
 Dy ≠ 0
Hệ vô nghiệm.
Khi đó:

A = ( x − 2 y + 1) + ( 2 x + my + 5 )
2

Đặt: x -2y = a. Ta có:
2
2
 11  9 9
A = ( a + 1) + ( 2a + 5 ) = 5  a +  + ≥
5 5 5

9
− 11
− 11
MinA = ↔ a =
↔ x + 2y =
5
5
5

Vậy:

9

−11
↔ x + 2y =
5
5
m ≠ −4 ↔ MinA = 0
m = −4 ↔ MinA =

b,

+, m = 1
→ B = x + y −2 + x + y −3
= x + y −2 + 3− x − y
≥ 3− 2 =1
→ MinB = 1 ↔ ( x + y − 2 ) ( 3 − x − y ) ≥ 0 ↔ 2 ≤ x + y ≤ 3
+, MinB = 0
1

y=

 x+ y =2

m −1
↔
→
 x + my = 3  x = 2m − 1

m −1

Vậy Min B = 0
Ví dụ 5: Giải và biện luận hệ:


 m 2 x( x − y ) + m(2 x + 3 y ) = 3
 2
 m x( x − y ) − m(2 x + 3 y ) = − 2
Giải:
Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta có:
4


HÖ ph¬ng tr×nh
2m 2 ( x − y ) − m( x − y ) = 1
↔ ( x − y )(2m 2 − m) = 1
Trừ theo vế 2 phương trình của hệ ta có: m(5x + 5y) = 5 ⇔ m(x + y) = 1

1

x−y =

1
m(2m −1)

+, m ≠ 0, ⇒ 
2
1

x+ y =

m

1

m −1
⇒x=
,y=
2m − 1
m(2m −1)
1
+, m = 0,
2
Hệ vô nghiệm
Ví dụ 6: Giải và biện luận hệ:

(1)
 (b − c)( x + y ) = a ( x − y )

(a + c )( x + c ) = (a + b)(b + y ) (2)

Trong đó a, b, c là các hằng số khác 0 và b ≠ c.
Giải:
Từ (1) ta có:

x+ y x− y
2x
2y
α
=
=
=
=
a
b−c a+b−c a−b+ c 2

 x = α (a + b − c)
⇒
 y = α (a − b + c )
( sử dụng tính chất tỷ lệ thức )

Thay vào (2)

(a + c ) [ α (a + b − c) + c ] = ( a + b) [ b + α (a − b + c ) ]
⇔ ac + c 2 + α (a + b − c)(a + c) = ab + b 2 + α (a − b + c)
⇔ α (ab − ac + b2 − c 2 ) = ab − ac + b 2 − c 2
⇔ α (b − c)(a + b + c) = (b − c)(a + b + c)
⇔ α (a + b + c) = (a + b + c) ____ do _ b ≠ c

+, a + b + c ≠ 0, α = 1
Hệ có nghiệm duy nhất:
x = a + b − c

y = a −b + c
+, a + b + c =0. Khi đó a + b = - c , a +c = - b
Thay vào (2) ta được: b( x + c) = c( y + b) ⇒ bx = cy
Thay vào (1) ta có: by – cx = ax – ay
⇔ y(a +b) = x (a + c)
⇔ cy = bx
Tức là (1) tự động thỏa mãn.
Vậy nếu a+b+c = 0 hệ vô số nghiệm ( x, y) thỏa mãn cy = bx
II) Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn số.
Hệ bậc nhất có n ẩn số là hệ có dạng
5



HÖ ph¬ng tr×nh
a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1
a x + a x + ... + a x = b
 21 1
22 2
2n n
2

...
a n1 x1 + a n 2 x 2 + ... + a nn x n = bn
Trong đó: x1, x 2, ... , x n là n ẩn số, a ij và bi là các hằng số. Có nhiều phương pháp để giải hệ
phương trình bậc nhất n ẩn số. Một phương pháp tổng quát và hữu hiệu để giải (không có biện luận)
là phương pháp khử Gauxo. Ta minh họa tư tưởng của phương pháp này cho trường hợp n = 4
(trường hợp tổng quát làm hoàn toàn tương tự)
Xét hệ:

 a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15
a x + a y + a z + a u = a
 21
22
23
24
25

 a31 x + a32 y + a33 z + a34u = a35
 a41 x + a42 y + a43 z + a44u = a45
Giả sử a11 ≠ 0 ( Nếu a11 = 0 ta đưa phương trình có hệ số của x ≠ 0 lên đầu)
Bước 1: Khử x ở phương trình thứ 2 bằng cách nhân phương trình đầu với −

a 21

, rồi cộng vào
a11

phương trình thứ 2.
Ta được: b22y + b23z + b24 = b25
Ở đó:

b2i = a2i −

a1i a21
a11

( i = 2; 3; 4; 5 )
Tương tự: Ta khử x ở các phương trình thứ 3 và thứ 4. Ta đi đến hệ:

 a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15
 b y+b z+b u =b

22
23
24
25
(1)

b
y
+
b
z
+

b
u
=
b
32
33
34
35

 b42 y + b43 z + b44u = b45
Bước 2: Giữ nguyên phương trình đầu của hệ (1), từ ba phương trình cuối bằng thuật toán của bước
1 ta khử ẩn y và đưa tới hệ:

 a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15
 b y+b z+b u =b

22
23
24
25
(2)

c
z
+
c
u
=
c
33

34
35


c43 z + c44u = c45
Bước 3: Giữ nguyên phương trình đầu của hệ (2), từ 2 phương trình cuối ta khử z và đi tới hệ:

6


HÖ ph¬ng tr×nh
a11 x + a12 y + a13 z + a14u = a15
 b y +b z +b u = b

22
23
24
25
(3)

c33 z + c34u = c35


d 44u = d 45
Từ phương trình cuối của (3) ta tìm được u, từ đó và từ phương trình áp cuối ta tìm được z và
lần lượt tìm được y rồi x.
Vi dụ 1: Giải hệ:
x + y − z − u = 4
2 x − y + 3z − 2u = 1



 x − z + 2u = 6
3 x − y + z − u = 0
Giải:

 x + y − z −u = 4
 −3 y − 5 z − 4u = −7


−y +u = 2

 − y + z − u = −3

Khử y ở 2 phương trình cuối ta được:

 x+ y− z−u = 4
 − 3 y − 5 z − 4u = − 7


−y+u = 2

 − y + z − u = − 3

Khử z ở phương trình cuối ta được:

 x+ y− z−u = 4
 − 3 y − 5 z − 4u = − 7


 − z + 2u = 5


3u = 12

Từ đó u = 4, z = 3, y =2, x = 1
 Bình luận: Trong từng bài toán cụ thể, nhất là các bài toán có chứa tham số cần biện luận,
phương pháp khử Gauxo chưa phải là thích hợp. Ta cần biết khai thác các tính chất đặc thù của bài
toán đang xét để tìm lời giải tồi ưu bằng các phương pháp quen thuộc như : phương pháp khử,
phương pháp thế.
Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ:

(1 + a) x + y + z = 1 (1)

 x + (1 + a) y + z = 1(2)
 x + y + (1 + a ) z = 1(3)

Giải:
Ta xét các trường hợp sau:
i) Trong 3 số a,b,c có ít nhất 2 số khác 0. Giả sử ab khác 0.
7


HÖ ph¬ng tr×nh
Trừ (1) cho (3) ta được:

ax = cz → x =

c
z
a


Trừ (2) cho (3) ta được:

c
by = cz → y = z
b
Thế vào (1) ta có:

z (ab + ac + bc + abc)
 c (1 + a)c 
z 1 + +
= 1→
=1

a 
ab
 b
Đặt k = ab + bc + ca +abc
Ta có nếu k = 0 hệ vô nghiệm:

k ≠ 0→ z =

ab
bc
ac
&x= &y=
k
k
k

ii) Có 2 số bằng 0, chẳng hạn a = b = c = 0. Khi đó hệ sẽ trở thành:


 x + y + z =1

 x + y + z =1
 x + y + (1 + a) z = 1

Rõ ràng nếu c ≠ 0 hệ có vô số nghiệm z = 0, x = 1 - y, y tùy ý
nếu c = 0 hệ trở thành 1 phương trình x + y + z = 0 có vô số nghiệm.
Ví dụ 3: Cho các số thực a1 ≠ a2 ≠ a3 ≠ a4 giải:

 (a1 − a2 ) x2 + (a1 − a3 ) x3 + (a1 − a4 ) x4 = 1(1)
 (a − a ) x + (a − a ) x + (a − a ) x = 1(2)
 1 2 1
2
3 3
2
4
4

 (a1 − a3 ) x2 + (a2 − a3 ) x2 + (a3 − a4 ) x4 = 1(3)
 (a1 − a4 ) x2 + (a2 − a4 ) x2 + (a3 − a4 ) x4 = 1(4)
Giải:
Lấy (1) trừ đi (2) ta được:
(a1 – a2)(x2 – x1 + x3 + x4) = 0
Lấy (2)trừ đi (3) ta được:
(a2 – a3)(x3 + x4 – x1 – x2) = 0
Lấy (3) trừ đi (4) ta được:
(a3 – a4)(x4 - x3 – x1 – x2) = 0
Vì a1 ≠ a2 ≠ a3 ≠ a4. Ta được:


x2 + x 3 + x4 = x1

x1 + x 2 = x3 + x4
x1 + x 2 + x3 = x4
Từ đó dễ thấy: x2 = x3 = 0, x4 = x1
Thế vào ta tìm được:

x4 = x1 =

1
a1 − a2

8


HÖ ph¬ng tr×nh
 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN
Hệ phương trình bậc hai ẩn số là hệ có dạng sau đây:

 ax 2 + b xy + c y 2 + d x + e y + f = 0
 2
2
 a1 x + b1 xy + c1 y + d1 x + e1 y + f1 = 0
Trong đó a, b, …, e1,f1 là các hằng số.
i) Hệ luôn luôn giải được nếu có một phương trình của hệ suy biến thành bậc nhất. Chẳng hạn nếu
a1 = b1 = c1 = 0 ta có thể rút y theo x rồi thế vào phương trình đầu để nhận được một phương trình
bậc hai của x.
Ví dụ 1: Giải hệ:

 y 2 − x2 + 2 x + 2 y + 4 = 0


2x − y − 7 = 0

Giải:
Ta có y = 2x - 7. Thế vào phương trình đầu của hệ ta được: 3x2 – 22x + 30 = 0


13 
5
x=
y=


→
3 ⇒
3


 x = 3
 y = −1
ii) Nếu một phương trình của hệ được phân tích thành tích của nhân tử bậc nhất thì hệ giải được
Chẳng hạn nếu có phân tích:

a1 x 2 + b1 xy + c1 y 2 + d1 x + e1 y + f1
= (Ax + By + C ).( A1 x + B1 y + C1 )
Thì quy về 2 hệ:

  ax 2 + b xy + c y 2 + d x + e y + f = 0

Ax + By + C = 0


 2
2
  ax + b xy + c y + d x + e y + f = 0

A1 x + B1 y + C1 = 0

Ta đưa về trường hợp i)
Ví dụ 2: Giải hệ:

 2 x 2 + 4 xy + 2 y 2 + 3 x + 3 y − 2 = 0

3x 2 − 32 y 2 + 5 = 0

Giải:
Phương trình đầu của hệ phân tích thành: (x + y + 2)(2x + 2y - 1) = 0
Vì vậy ta phải quay về giải 2 hệ:

3x 2 − 32 y 2 + 5 = 0

 x + y + 2 = 0

2
2
3x − 32 y + 5 = 0
 2 x + 2 y −1 = 0

Bằng phương pháp ở trường hợp i), ta tìm được nghiệm là:
9



HÖ ph¬ng tr×nh
( −3,1) ,  −

41  
1   3 23 
÷,  1, − ÷,  , ÷
2   29 58 
 29  
iii) Trong trường hợp vắng mặt các số hạng bậc nhất của x và y thì hệ được gọi là hệ đẳng cấp bậc
hai. Khi đó nó cũng chắc chắn giải được theo phương pháp sau.
Giả sử hệ có dạng:
 ax 2 + b xy + c y 2 = d
 2
2
a1 x + b1 xy + c1 y = d1
Đặt:

 at 2 y 2 + bty 2 + c y 2 = d
x = ty →  2 2
2
2
a1t y + b1ty + c1 y = d1
 ( at 2 + bt + c ) y 2 = d
↔ 2
2
( a1t + b1t + c1 ) y = d1
Giả sử:

dd1 ≠ 0 →


at 2 + bt + c
d
=
a1t 2 + b1t + c1 d1

Đây là một phương trình bậc nhất 2 ẩn t giải ra ta tìm được t, từ đó tìm được y và x.
Ví dụ 3: Giải hệ:

6 x 2 − xy − 2 y 2 = 56
 2
2
 5 x − xy − y = 49
Giải:
Đặt:

6t 2 − t − 2 8
x = ty → 2
=
5t − t − 1 7

 y = ±
 
2
 2 28  
 x = m
3
y =



t=

5
↔ 2t 2 + t − 6 = 0 → 
→
2 →



 2 21
 y = ±
t = −2  y =
9



  x = m2
 

28
5
35
5
21
3
21
3

iv) Trong trường hợp tổng quát nếu hệ không có dạng i), ii) hoặc iii) như trên ta có thể khéo léo
biến đổi để đưa về ba dạng nói trên.

Các ví dụ sau đây minh họa điều đó
Ví dụ 4: Giải hệ:

10


HÖ ph¬ng tr×nh
 2 x 2 + 4 xy − 2 x − y + 2 = 0
a) 
2
 3 x + 6 xy − x + 3 y = 0
 x 2 + 2 xy + 3 x + 2 y 2 = 0
b) 
2
 xy + y + 3 y + 1 = 0
 x2 + y 2 + x − 2 y = 0
c)  2
2
 x + y + 2x + 2 y = 0
Giải:
a) Khử x2 bằng cách nhân phương trình đầu với 3, phương trình thứ hai với -2 rồi cộng lại ta được:

3 x 2 + 6 xy − x + 3 y = 0
4x + 9 y − 6 = 0 → 
 4x + 9 y − 6 = 0
Ta đưa về trường hợp i) giải ra được 2 nghiệm:

( −3, 2 ) ,  −2,



14 
÷
9

b) Nhân phương trình thứ hai với 2 rồi cộng vào phương trình thứ nhất ta được:
(x + 2y)2 + 3(x + 2y) + 2 = 0
⇔ (x + 2y + 1)(x + 2y + 2) = 0
Ta đưa về trường hợp ii) giải ra được các nghiệm sau:

( −3 ± 2


1m
2,1 m 2 ,  − 3 ± 5,
2


)

5
÷÷


c) Trừ 2 phương trình cho nhau ta được x + 4y =9.
Ta đưa về trường hợp ii) được:

 − 23 44 
(1, 2), 
, ÷
 17 17 

Ví dụ 5: Giải hệ:

 2 x 2 + 5 xy + 2 y 2 + x + y + 1 = 0
 2
2
 x + 4 xy + y + 12 x + 12 y + 10 = 0
Giải:
Đặt x + y = u , xy = v ta đưa tới

 2u 2 + u + v + 1 = 0
→ 2
 u + 12u + 12v + 10 = 0
Ta được một hệ bậc hai mới đơn giản hơn. Ở hệ này ta khử v bằng cách nhân phương trình thứ nhất
với 2 rồi trừ đi phương trình thứ 2 và thu được:

 u=4
 v = −37

2u − 10u − 8 = 0 →
→
−
2
u =
 v = − 11
3
9


2


+, u = 4, v = -37 thì x , y là nghiệm của:

 x = 2 ± 41
X 2 − 4 X − 37 = 0 → 
 y = 2 m 41
+,
11


HÖ ph¬ng tr×nh

−2
−1 ± 2 3

u
=
x
=



3
3
→

v = −11  y = −1 m2 3

9

3


 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN
Nói chung các phương pháp cơ bản để giải hệ phương trình như phương pháp thế, phương pháp
tổng hợp các phương trình, phương pháp đánh giá, phương pháp giải hệ phương trình đối xứng vẫn
có thể áp dụng để giải các hệ phương trình có chứa số ẩn lớn hơn 2. Tuy nhiên độ phức tạp của bài
toán sẽ gia tăng đáng kể. Dưới đây chúng ta sẽ xem xét 2 dạng hệ phương trình ba ẩn thường gặp :
I) Hệ phương trình đối xứng loại 1.
Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ có dạng

 F ( x, y , z ) = 0

G ( x, y , z ) = 0

 H ( x, y , z ) = 0

Trong đó F, G, H là các đa thức đối xứng với x, y, z. Cách giải hệ dạng này cũng tương tự cách giải
hệ phương trình đối xứng loại 1 của 2 ẩn, tức là từ các phương trình của hệ, tìm được:
S = x + y + x, T = xy + yz + zx, P = xyz
Rồi từ đó áp dụng định lý Viet đảo để tìm x, y, z
Chú ý: ĐỊnh lý Viet đảo đối vơí 3 ẩn số
Nếu ta có:

Thì x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình: ax3 + bx2 + cx +d = 0
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

x + y + z = 0
 2
2
2
 x + y + z = 10

 x 7 + y 7 + z 7 = 350

Giải:
Ta có: x + y + z = 0 ⇔ (x + y + z)2 = 0 ⇔ x2 + y2 + z2 + 2 (xy + yz + zx) = 0
Kết hợp với phương trình thứ 2, ta được: xy + yz + zx = -5
Đặt P = xyz thì x, y, z là nghiệm của phương trình: X3 – 5X – P = 0
Từ đó nếu đặt: Sn = xn + yn + zn
⇒ Sn = 5Sn-2 + P. Sn-3; S0 = 3; S1 = 0; S2 = 10
Ta lần lượt tìm được: S3 = 3P; S4 = 50; S5 = 25P; S7 = 175P
Kết hợp với phương trình thứ ba ta suy ra: P = 2
Vậy x, y, z là nghiệm của phương trình: X3 – 5X – 2 = 0
⇔ (X + 2)(X2 – 2X – 1) = 0
Phương trình này có các nghiệm: -2; 1 + 2 ; 1 - 2
12


HÖ ph¬ng tr×nh
Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

( x, y, z ) = ( −2;1 +

2;1 − 2

)

Và các hoán vị của chúng.
Ví dụ 2: Giải hệ:

 x3 + x ( y − z ) 2 = 2


2
 3
 y + y ( z − x ) = 30
 3
2
z + z ( x − y ) = 16



( 1)
( 2)
( 3)

2
2
2
→ x3 + x ( y − z ) + y 3 + y ( z − x ) − 2  z 3 + z ( x − y )  = 0



↔ ( x + y − 2z ) ( x2 + y 2 + z 2 ) = 0
Do _ ( 1) , ( 2 ) , ( 3) → x, y, z ≠ 0

→z=

x+ y
2

Thay vào:
2


x+y

+, ( 1) → x + x  y −
 =2
2 

3

2

 y−x 
↔ x3 + x 
 =2
 2 
↔ 5 x 3 + xy 2 − 2 x 2 y = 8

( *)
2

x+y

+, ( 2 ) → y + y 
− x  = 30
 2

3

2


 y−x 
↔ y + y
 = 30
 2 
↔ 5 y 3 − 2 xy 2 + x 2 y = 120
3

( **)

3
2
2
 5 x + xy − 2 x y = 8
( *) , ( **) →  3
2
2
 5 y − 2 xy + x y = 120

x = 0
+, 
y = 0

Hệ vô nghiệm

Đặt:

t=

y
x


13


HÖ ph¬ng tr×nh
120 30 15 75
+ − = 3
y3 t 2
t
t
120 2 1
( 5) → 3 + − 2 = 5
y
t t
31 17 75
1 1
⇒ 2 − = 3 − 5 → = → t = 3 → y = 3x
t
t
t
t 3

( 4) →

Thế vào (*) có: 5x3 + x(3x)2 – 2x2. 3x = 8 ⇔ 8x3 = 8 ⇔ x = 1 ⇒ y = 3 ⇒ z = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 2; 3)
**, Ta thấy phương pháp Viet còn rất hữu dụng khi giải các bài toán hệ phương trình không đối
xứng:
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:


x + y − z = 7
 2
2
2
 x + y − z = 37
 x3 + y 3 − z 3 = 1

Giải:
Đặt x + y = u, xy = v.
Hệ trở thành:


u−z =7
 2
2
u − 2v − z = 37
 u 3 − 3uv − z 3 = 1


( 1)
( 2)
( 3)

(1) ⇒ z = u - 7
Thay vào (2) ta có: u2 – 2v – (u - 7)2 = 37 ⇔ v = 7u - 43
Thay z = u -7; v = 7u – 43 vào (3) ta có: u3 – 3u(7u - 43) – (u - 7)3 = 1
⇔ u3 – 21u2 + 129u – u3 + 21u2 – 147u + 343 = 1
⇔ u = 19
⇒ v = 90; z = 12
Từ đó áp dụng định lý Viet đảo ta có:


 x = 9

u = 19  y = 10
→

v = 90   x = 10

  y = 9

Vậy hệ có 2 bộ nghiệm (x, y, z) là ( 10, 9, 12) và (9, 10, 12)
II) Hệ phương trình đối xứng loại 2.
Hệ đối xứng loại 2 là hệ có dạng:

 F ( x, y , z ) = 0

 F ( y.z , x ) = 0

 F ( z , x, y ) = 0

Trong đó (x, y, z) là một đa thức không đối xứng, để giải hệ dạng này, ta có thể sử dụng các phương
pháp cộng đại số, tổng hợp các phương trình hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Trong một số
trường hợp có thể dùng các phép lượng giác.
14


HÖ ph¬ng tr×nh
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
 y 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = 0 ( 1)
 3

2
 z − 6 y + 12 y − 8 = 0 ( 2 )
 3
2
 x − 6 z + 12 z − 8 = 0 ( 3)
Giải:
Cộng ba phương trình theo vế ta được:

( x − 2) + ( y − 2) + ( z − 2)

= 0 ( *)
+, x > 2 Từ (1) ⇒ y3 = 6x(x - 2) + 8 > 8 ⇒ y > 2
Từ (2) suy ra z > 2 . Điều này mâu thuẫn với (*)
+, x < 2 Từ (3) ⇒ 6z(z - 2) = x3 - 8 ⇒ z < 2
Từ (2) suy ra y < 2 . Điều này mâu thuẫn với (*)
+, x = 2
Từ đó thay vào:
(1)⇒ y = 2
(2) ⇒ z = 2
(3) thoả mãn
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2, 2, 2)
Ví dụ 2: Cho x, y, z là các sô thực thỏa mãn hệ phương trình:
x = y ( 4 − y )

y = z ( 4 − z)

z = x ( 4 − x)
Tìm tất cả các giá trị có thể có của S = x + y +z
Giải:
Nếu có một trong ba số x, y, z bằng 0 thì từ hệ phương trình suy ra các số còn lại cũng bằng 0.

Rõ ràng (0, 0, 0) là một nghiệm của hệ ⇒ S = 0
Giả sử: xyz ≠ 0
Đặt: T = xy + yz + zx, P = xyz
Nhân các phương trình theo vế rồi giản ước cho tích xyz ta được:
3

3

3

1 = ( 4 − y ) ( 4 − z ) ( 4 − x ) → 63 − 16S + 4T − P = 0

Cộng ba phương trình theo vế ta được:

( 1)

3 ( x + y + z ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 0 → 3S − S 2 + 2T = 0

( 2)

Cuối cùng, nhân phương trình đầu với y, phương trình thứ 2 với z và phương trình thứ 3 với x rồi
cộng lại vế theo vế ta được:
xy + yz + zx = 4(x2 + y2 + z2) – x3 + y3 + z3
⇒ T = 4(S2 – 2T) – (S3 – 3ST +3P) (3)

S 2 − 3S
( 2) → T =
2
Thay vào (1) có: P = 2S2 – 22S + 63
Thay vào (3) có: S3 – 22S2 + 159S – 378 = 0 ⇔ (S - 6)(S - 7)(S-9) = 0

Từ đó:
+, S = 6 ⇒ T = 9, P = 3
⇒ Phương trình: X3 – 6X2 + 9X – 3 = 0 có 3 nghiệm thực, nhận giá trị này.
+, S = 7 ⇒ T = 14, P = 7
⇒ Phương trình: X3 – 7X2 + 14X – 7 = 0 có 3 nghiệm thực, nhận giá trị này.
15


HÖ ph¬ng tr×nh
+, S = 9 ⇒ T = 27, P = 27
⇒ Phương trình: X3 – 9X2 + 27X – 27 = 0 có 3 nghiệm thực, nhận giá trị này.
Vậy S nhận các giá trị 0, 6, 7, 9.
Lưu ý: Có thể giải bài này bằng phép thế lượng giác như sau: Trước tiên chứng minh nếu x, y, z là
nhiệm thì: 0 ≤ x, y, z ≤ 4
Sau đó đặt: x = 4sin2 α
Thay vào các phương trình của hệ lần lượt tính được:

z = 4sin 2 2α , z = 4sin 2 4α , z = 4sin 2 8α
→ sin 2 α = sin 2 8α

 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
I) Hệ đối xứng loại 1:
1, Định nghĩa:
Hệ phương trình đối xứng loại 1 có dạng tổng quát:

f(x, y) = 0

g(x, y) = 0

trong đó


f(x, y) = f(y, x)

g(x, y) = g(y, x)

2, Phương pháp giải chung:
i)
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có)
ii)
Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S2 ≥ 4P.
iii)
Bước 3: Biểu diễn f(x, y), g(x,y) qua S và P ta có hệ
F (S, P) = 0
giải hệ này ta tìm được S, P.

G(S, P) = 0
Khi đó x, y là nghiệm của pt: X2 – SX + P = 0 (1)
3, Chú ý :
i)
Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P :

x + y = (x + y) − 2xy = S − 2P
2

2

2

2


x + y = (x + y)(x + y − xy) = S − 3SP
3

3

2

2

3

x y + y x = xy(x + y) = SP
2

2

x + y = (x + y ) − 2x y = (S − 2P) − 2P
4

4

2

2

2

2

2


2

ii)

2

2

Nếu (x, y) là nghiệm của hệ thì theo tính chất đối xứng, (y, x) cũng là nghiệm của hệ. Vì
vậy, hệ có nghiệm duy nhất ⇔ x = y
iii)
Hệ phương trình có nghiệm ⇔ S2 – 4P ≥ 0
S
Khi S2 = 4P thì hệ có nghiệm duy nhất : x = y =
2
4, Một số ví dụ:
VD1: Giải hệ phương trình:

Giải:

x + y + xy = 11

 6 + 6 + xy = 11
 x y
ĐK: x ≠ 0; y ≠ 0
16


HÖ ph¬ng tr×nh

S = x + y

P = xy

Đặt:

(P ≠ 0, S2 – 4P ≥ 0)

Hệ phương trình trở thành:

S + P = 11

 6S
 P + P = 11

Trừ vế với vế hai vế của hệ phương trình:

6S
=0
P
6
⇔ S1 −  = 0
 P
S = 0
⇔
P = 0

S−

+) TH1:


+)

TH2:

S = 0

P = 11

( loại vì S2 – 4P < 0)

S = 5
x + y = 5
⇔

P = 6
xy = 6

⇒ x, y là nghiệm của pt:

t − 5t + 6 = 0
2

t = 2
⇔
t = 3

⇒ (x, y) ∈ {(2, 3); (3, 2)}
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x, y) ∈ {(2, 3); (3, 2)}


xy( x − y ) = −2

VD2: Giải hệ phương trình: 

x − y = 2

Giải:

3

3

xt ( x + t ) = 2

Đặt t = - y. Hệ trở thành: 

x + t = 2
xt ( x + t ) = 2
⇔
3
( x + t ) − 3xt ( x + 1) = 2
3

3

S = x + t
(S2 ≥ 4P)
P = xt
3SP = 6
SP = 2

Hệ trở thành:  3
⇔  3
S − 3SP = 2
S − 3SP = 2
Đặt 

Cộng vế với vế:
S3 = 8
17


HÖ ph¬ng tr×nh
⇔S = 2

S = 2 x + t = 2
⇒
P
=
1

xt = 1

+) Với 

⇒ x, t là nghiệm của phương trình: X2 – 2X + 1 = 0.
⇔X = 1 ⇔x = t = 1

x = 1
 y = -1


⇔

Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x, y) = (1, -1)

 x 2 + y 2 + 2xy = 8 2 (1)
VD3: Giải hệ phương trình: 
 x + y = 4( 2 )
Giải:
ĐK: x ,y ≥ 0
Đặt t = xy ≥ 0 ta có:

( 2) ⇒

t = xy
2

x+ y=4

⇔ x + y + 2 xy = 16
⇔ x + y = 16 − 2t
Thế vào (1) ta có :

x + y + 2xy = 8 2
2

2

( x + y)

⇔


2

− 2xy + 2xy = 8 2

⇔ 2( t − 32t + 128) = 2 ( 8 − t )
2

⇔ t − 32t + 128 = 8 − t
2

⇔ t − 32t + 128 = t − 16t + 64
2

2

⇔ 16t = 64
⇔t=4
x + y = 8
⇒
xy = 16

⇒ x, y là nghiệm của pt: t2 – 18t + 16 = 0
⇔t = 4
⇔x = y = 4

x + y + 1 + 1 = 5

x y
VD4: Giải hệ phương trình: 

x 2 + y 2 + 12 + 12 = 9

x
y
( Đại học Ngoại Thương Thành phố Hồ Chí Minh, Khối A, D năm 1997)
18


HÖ ph¬ng tr×nh
Giải:

x 2 + 1 = u 2 − 2
u = x + 1
2


x
x
⇔
Đặt 
2
2
1
v = y +
 y + 12 = v − 2


y
y
u + v = 5


Hệ ⇔ 

u + v = 13
u + v = 5
⇔
2
(u + v) − 2uv = 13
2

2

u + v = 5
uv = 6

⇔

⇒ u, v là nghiệm của phương trình: t2 – 5t + 6 = 0

 t = 3 u = 2 ; v = 3
⇒
 t = 2 u = 3 ; v = 2

⇒

u = 2
v = 3

* TH1: 


x + 1 = 2

x

⇔
y + 1 = 3

y

x = 1

⇔
3+ 5
 y = 2
u = 3
* TH2: 
v = 2

∪

x = 1


3− 5
y = 2

x + 1 = 3

x


⇔
y + 1 = 2

y

x = 1

⇔
3− 5
 y = 2


3− 5
x =
∪ 
2
y = 1
 3 − 5   3 − 5   3 + 5   3 − 5 
,1; 
,1
Vậy hệ có nghiệm: (x, y) ∈ 1,
; 1,
; 
2
2
2
2











x 2 + y 2 = 2(1 + a )
VD5: Tìm các giá trị của a để hệ sau có đúng 2 nghiệm: 
2
(x + y) = 4
(Đại học Y Dược Thành phố Hồ Chí Minh năm 1998)
Giải:
19


HÖ ph¬ng tr×nh
x 2 + y 2 = 2(1 + a )
Ta có: 
2
(x + y) = 4
(x + y) 2 − 2 xy = 2(1 + a )
⇔
2
(x + y) = 4
xy = 1 − a
xy = 1 − a
⇔
∪ 
x + y = 2

x + y = −2
Điều kiện để hệ có nghiệm là:

(x + y)2 – 4xy ≥ 0
⇔ 4 – 4(1 – a) ≥ 0
⇔a ≥ 0

 t 2 − 2t + 1 − a = 0
⇒ x; y là nghiệm của phương trình:  2
 t + 2t + 1 − a = 0
t 1 = 1 ± a
⇔
(a > 0)
t
=
−
1
±
a
 2
Hệ phương trình có đúng 2 nghiệm ⇔ a = 0

VD6: Cho x, y thoả mãn: x ≥ -1; y ≥ -2 và x - 3 x + 1 = 3 y + 2 - y
Tìm Min; Max: A = x + y.
Giải:

(

)


x + y - 3 x + 1 + y + 2 = 0

Ta có: (I) 

A = x + y
u = x + 1 ≥ 0
Đặt 
v = y + 2 ≥ 0
3(u + v) = A
Ta có:  2
2
u − 1 + v − 2 = A
u + v = A

3
⇔
2
2
u + v = A + 3
u + v = A

3

⇔ (II) 
2
uv = A − 9A − 27

18



Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm u ≥ 0 ; v ≥ 0

20


HÖ ph¬ng tr×nh
 A  2
 A 2 − 9A − 27 
−
4

≥0
 3 
18



A
 ≥0
3
 A 2 − 9A − 27
≥0

18



A ≥

A ≤



9
189
+
2
2
9
189
−
2
2

5, Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau:
1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.


9.

x 2 + y 2 + xy = 7

x + y + xy = 5
x 2 y + xy 2 = 30
(BK – 93)
 3
3
x
+
y
=
3
5

x 2 + xy + y 2 = 3

2x + xy + 2 y = -3
x + y + 2 xy = 2
 3
3
x + y = 8
x 2 + y 2 + xy = 7
(SP1-2000)
 4
4
2 2
x + y + x y = 21

x 2 + y 2 = 5
(NT – 98)
 4
2 2
4
x
−
x
y
+
y
=
13

x 3 + y 3 = 1
(AN – 97)
 5
5
2
2
x
+
y
=
x
+
y

x + y + xy = 11
(QG-2000)

 2
2
x + y + 3( x + y ) = 28
 x
y
7
+1
 y+ x =
xy
(HH – 99)

x xy + y xy = 78


21


HÖ ph¬ng tr×nh

(

2(x + y) = 3 3 x 2 y + 3 xy 2
10. 
3 x + 3 y = 6


1 
( x + y ) 1 +  = 5
 xy 


11. 
( x 2 + y 2 )1 + 1  = 49
 x 2 y2 





)

12. Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình: (NT – 99)

x 2 + y 2 + z 2 = 8

xy + yz + zx = 4
8
8
Chứng minh: − ≤ x, y, z ≤
3
3
Hướng dẫn giải:

S = x + y
P = xy

1. Đặt 

(S2 ≥ 4P)

S 2 − P = 7

S 2 + S − 12 = 0
⇔
Hệ ⇔ 
S
+
P
=
5

P = 5 − S
S = −4
⇔
(loại)
P = 9

∪

S = 3

P = 2

S = 3
x = 1
x = 2
⇔
∪ 
P = 2
y = 2
y = 1


Vs 

S = x + y
(S2 ≥ 4P)
P
=
xy

SP = 30
Hệ ⇔ 
2
S(S − 3P) = 35
2. Đặt 

P = 30

S = 5
x = 2
x = 3

S
x + y = 5
⇔
⇔ 
⇔ 
⇔ 
∪ 
xy = 6
y = 3
y = 2

P = 6
S S2 − 90  = 35

S
 
( x + y ) 2 − xy = 3
3. Hệ ⇔ 
2( x + y ) + xy = −3
S = x + y
Đặt 
(S2 ≥ 4P)
P
=
xy

S2 − P = 3
Hệ ⇔ 
2S + P = −3
22


HÖ ph¬ng tr×nh
S = 0
S = −2
∪ 
P = 1
 P = −3
S = 0
x + y = 0
*

⇔
xy = −3
P = −3
⇔ 

x = 3
∪
 y = − 3

⇔

x + y = −2
S = −2
*
⇔
P = 1
xy = 1
⇔x = y = - 1

x = − 3

 y = 3

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


Vậy hệ phương trình có nghiệm: 

x + y + 2xy = 2

4. Hệ ⇔ 

( x + y ) − 3xy( x + y ) = 8
S = x + y
Đặt 
(S2 ≥ 4P)
P
=
xy

3

S + 2P = 2

Hệ ⇔ 

S − 3SP = 8
x + y = 2
S = 2
⇔ 
⇔
P = 0
xy = 0
3

x = 2

∪
y = 0

⇔

x = 0

y = 2

( x + y ) 2 − xy = 7
5. Hệ ⇔ 
4
2
2
( x + y ) + 3( xy) − 4 xy(x + y) = 21
S = x + y
P = xy

Đặt 

(S2 ≥ 4P)

S = 7 + P
S2 − P = 7
Hệ ⇔  4
⇔
 2
2
2
2

S + 3P − 4S P = 21
(S − P)(S − 3P) = 21
S = 3
S = −3
⇔ 
∪ 
P = 2
P = 2
S = 3
x + y = 3
*
⇔
xy = 2
P = 2
x = 2
x = 1
⇔
∪ 
y = 1
y = 2
2

23

x = − 3

 y = 3


HÖ ph¬ng tr×nh

*

S = −3
 x + y = −3
⇔

xy = 2
P = 2
 x = −2
∪
 y = −1

⇔

 x = −1

 y = −2

( x + y ) − 2 xy = 5
6. Hệ ⇔ 
2
2
4
( x + y ) + ( xy) − 4 xy(x + y) = 13
2

S = x + y
P = xy

Đặt 


(S2 ≥ 4P)

S 2 = 5 + 2P
⇔ 
2
2
(2P + 5) + P − 4P(2P + 5) = 13
S 2 = 9
S = −3
S = 3
S = −3
S = 3
⇔  2
⇔ 
∪ 
∪ 
∪ 
 P = −2
P = −2
P = 2
P = 2
P = 4
x + y = 3
S = 3
x = 2
x = 1
⇔ 
⇔ 
∪ 


P = 2
y = 1
y = 2
xy = 2
S = −3
x = −2
x = −1
 x + y = −3
⇔ 
⇔ 
∪ 

xy = 2
 y = −2
P = 2
 y = −1
S = 3
x + y = 3
⇔

xy = −2
 P = −2


− 3 + 17
− 3 − 17
x=
x =



2
2
⇔ 
∪ 
 y = − 3 + 17
 y = − 3 − 17


2
2
S = −3
x + y = −3
⇔

xy = −2
 P = −2


3 − 17
3 + 17
x=
x
=



2
2
⇔

∪ 
 y = 3 − 17
 y = 3 + 17


2
2

S2 − 2P = 5
Hệ ⇔  4
2
2
S + P − 4S P = 13

*
*
*

*

x 3 + y 3 = 1
7.  5
5
2
2
x + y = x + y

⇒ x5 + y5 = (x2 + y2)(x3 + y3)
⇔ x2y2(x + y) = 0
* Nếu x = 0 ⇒ y = 1 (thoả mãn)

y = 0 ⇒ x = 1 (thoả mãn)
* Nếu x + y = 0 ⇒ (x + y)(x2 – xy + y2) = 1 (vô lí)
24


HÖ ph¬ng tr×nh
⇒ Hệ phương trình có nghiệm (x,y) ∈{(0,1) ; (1, 0)}

x + y + xy = 11

8. Hệ ⇔ 

( x + y ) + 3( x + y) − 2 xy = 28
S = x + y
Đặt 
(S2 ≥ 4P)
P = xy
S + P = 11
2S + 2P = 22
Hệ ⇔  3
⇔  2
S + 3S − 2P = 28
S + 3S − 2P = 28
S = 5
S = −10
⇔ 
∪ 
(loại)
P = 6
P = 21

x = 3
x = 2
x + y = 5
⇔
⇔ 
∪ 
xy = 6
y = 2
y = 3
2

 x
y
7
 x 2 + y 2 = 7 + xy
+1
 y+ x =
xy
9. 
(xy > 0) ⇔ 
 xy ( x + y ) = 78
x xy + y xy = 78

S = x + y
Đặt 
(S, P >0; S2 ≥ 4P)
P = xy
S 2 − 3P = 7
Hệ ⇔  2
S P − 2P = 78

S = −32
S = 5
S = −5
⇔ 
∪ 
(loại)
∪ 
(loại)
P = 6
P = 6
P = −13
S = 5
x + y = 5
Với 
⇔
xy = 6
P = 6

 x = 3
 x = 2
∪ 
 y = 3
 y = 2
x = 4
x = 9
⇔
∪ 
y = 9
y = 4
⇔



1 
1
 x +  +  y +  = 5
x 
y

10. Hệ ⇔ 
2
2
 x + 1   y + 1  = 53


x  
y 


25