Chuyên đề : Hệ phương trình đại số

Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  1 
Chuyờn đề: HỆ PHƯƠNG TRèNH ĐẠI SỐ 
 
NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN 
I. Hệ phương trỡnh đối xứng loại 1: 
Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng. 
 Phương trỡnh n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thỡ phương trỡnh 
khụng thay đổi. 
 Khi đú phương trỡnh luụn được biểu diễn dưới dạng: 
 x1 + x2 + ... + xn 
 x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn 
 ............................... 
 x1x2 ... xn 
 Hệ phương trỡnh đối xứng loại một là hệ mà trong đú gồm cỏc phương trỡnh đối xứng. 
 Để giải được hệ phương trỡnh đối xứng loại 1 ta phải dựng định lý Viột. 
* Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn1 +... an, a0 ≠ 0, ai  P cú nhgiệm trờn P là c1, ..., cn thỡ: 
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1 2 1 2 3 -1
0
1 1
0
... 
 ... ... 
...............................
 ... ( 1) .
n
n n n
n n
n
a
c c c
a
a
c c c c c c c c c c c c
a
a
c c c
a

    


       




 

 (Định lý Viột tổng quỏt) 
Phần 2 – Hệ phương trỡnh đối xứng loại 1 hai ẩn: 
A. Lí THUUYẾT 
1. Định lý Viột cho phương trỡnh bậc 2: 
 Nếu phương trỡnh bậc hai ax2 + bx + c = 0 cú hai nghiệm x1, x2 thỡ: 
 
1 2
1 2
 
.
bS x x
a
cP x x
a
    

  

 
Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 cú 1 2
1 2
 
 .
x x S
x x P
 


 thỡ x1, x2 là nghệm của phương trỡnh X2  SX + P = 0. 
2. Định nghĩa: 
( , ) 0
( , ) 0
f x y
g x y



, trong đú ( , ) ( , )
( , ) ( , )
f x y f y x
g x y g y x



 
3.Cỏch giải: 
 Bước 1: Đặt điều kiện (nếu cú). 
 Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4S P . 
 Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trỡnh. Giải hệ tỡm S, P rồi dựng Viột đảo tỡm x, y. 
Chỳ ý: 
+ Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. 
+ Đụi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. 
+ Cú những hệ phương trỡnh trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 
4. Bài tập: 
Loại 1: Giải hệ phương trỡnh 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  2 
Vớ dụ 1. Giải hệ phương trỡnh 
2 2
3 3
30
35
x y xy
x y
 

 
. 
GIẢI 
Đặt S , Px y xy   , điều kiện 2 4S P . Hệ phương trỡnh trở thành: 
2
2
30
PSP 30 S
90S(S 3P) 35 S S 35
S
                 
S 5 x y 5 x 2 x 3
P 6 xy 6 y 3 y 2
                               
. 
Vớ dụ 2. Giải hệ phương trỡnh 
3 3
( ) 2
2
xy x y
x y
  

 
. 
GIẢI 
Đặt , , t y S x t P xt     , điều kiện 2 4S P Hệ phương trỡnh trở thành: 
3 3 3
xt(x t) 2 SP 2
x t 2 S 3SP 2
            
S 2 x 1 x 1
P 1 t 1 y 1
                     
. 
Vớ dụ 3. Giải hệ phương trỡnh 
2 2
2 2
1 1 4
1 1 4
x y
x y
x y
x y
    

    

. 
GIẢI 
Điều kiện 0, 0x y  . 
Hệ phương trỡnh tương đương với: 2 2
1 1
x y 4
x y
1 1
x y 8
x y
                                    
 
Đặt 2
1 1 1 1
S x y , P x y , S 4P
x y x y
                                         ta cú: 
2
1 1
x y 4S 4 S 4 x y
P 4 1 1S 2P 8
x y 4
x y
                                                
1
x 2 x 1x
1 y 1y 2
y
           
. 
 
Vớ dụ 4. Giải hệ phương trỡnh 
2 2 2 8 2 (1)
4 (2)
x y xy
x y
   

 
. 
GIẢI 
Điều kiện , 0x y  . Đặt 0t xy  , ta cú: 
2xy t và (2) x y 16 2t    . 
Thế vào (1), ta được: 
2t 32t 128 8 t t 4      
Suy ra: 
xy 16 x 4
x y 8 y 4
          
. 
Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 cú nghiệm 
Phương phỏp giải chung: 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  3 
+ Bước 1: Đặt điều kiện (nếu cú). 
+ Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4S P (*). 
+ Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trỡnh. Giải hệ tỡm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tỡm m. 
Chỳ ý: 
Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thỡ nhớ tỡm chớnh xỏc điều kiện của u, v. 
Vớ dụ 1 (trớch đề thi ĐH khối D – 2004). Tỡm điều kiện m để hệ phương trỡnh sau cú nghiệm thực: 
1
1 3
x y
x x y y m
 

  
. 
GIẢI 
Điều kiện , 0x y  ta cú: 
3 3
x y 1 x y 1
x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m
                
 
Đặt S x y 0, P xy 0     , 2S 4P. Hệ phương trỡnh trở thành: 
3
S 1 S 1
P mS 3SP 1 3m
         
. 
Từ điều kiện 2S 0, P 0, S 4P   ta cú 10 m
4
  . 
Vớ dụ 2. Tỡm điều kiện m để hệ phương trỡnh 
2 2 3 9
x y xy m
x y xy m
  

  
 cú nghiệm thực. 
GIẢI 
2 2
x y xy m (x y) xy m
xy(x y) 3m 9x y xy 3m 9
               
. 
Đặt S = x + y, P = xy, 2S 4P. Hệ phương trỡnh trở thành: S P m
SP 3m 9
    
. 
Suy ra S và P là nghiệm của phương trỡnh 2t mt 3m 9 0    
S 3 S m 3
P m 3 P 3
            
. 
Từ điều kiện ta suy ra hệ cú nghiệm 
2
2
3 4(m 3) 21
m m 3 2 3
(m 3) 12 4
         
. 
Vớ dụ 3. Tỡm điều kiện m để hệ phương trỡnh 4 1 4
3
x y
x y m
   

 
 cú nghiệm. 
GIẢI 
Đặt u x 4 0, v y 1 0      hệ trở thành: 
2 2
u v 4u v 4
21 3mu v 3m 5 uv
2
              
. 
Suy ra u, v là nghiệm (khụng õm) của 2 21 3mt 4t 0
2
   (*). 
Hệ cú nghiệm  (*) cú 2 nghiệm khụng õm. 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  4 
 
/ 3m 130 0 132S 0 m 7
21 3m 30P 0
2
                  
. 
 
Vớ dụ 4. Tỡm điều kiện m để hệ phương trỡnh 
2 2 4 4 10
( 4)( 4)
x y x y
xy x y m
   

  
 cú nghiệm thực. 
GIẢI 
2 22 2
2 2
(x 4x) (y 4y) 10x y 4x 4y 10
xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m
                   
. 
Đặt 2 2u (x 2) 0, v (y 2) 0      . Hệ phương trỡnh trở thành: 
u v 10 S 10
uv 4(u v) m 16 P m 24
              
 (S = u + v, P = uv). 
Điều kiện
2S 4P
S 0 24 m 1
P 0
       
. 
Loại 3: Một số bài toỏn giải bằng cỏch đưa về hệ phương trỡnh. 
 Vớ dụ. Giải phương trỡnh: 3 3 31 
2
x x   . 
GIẢI 
Đặt: 
3
3
x u
1 x v
 

 
. Vậy ta cú hệ: 
3 3
3u v
2
u v 1
  

  
 
2
3u v
2
(u v) (u v) 3uv 1

 

      
 
3u+v =
2
19u.v =
36





 
 u, v là hai nghiệm của phương trỡnh: 2 3 19X - X + = 0
2 36
 
  
9+ 5u =
12
9 - 5u =
12






  
3
3
9 + 5x = 
12
9 - 5x = 
12
  
     

  
     
 
 Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm: {x} = 
3 3
9 5 9 5; 
12 12
      
       
     
. 
B. BÀI TẬP 
 
I. Giải cỏc hệ phương trỡnh sau: 
1) 
4 4
6 6
1
1
x y
x y
  

 
 2)
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y
  

  
 3)
30
35
x y y x
x x y y
  

 
 
4)
2 2
4
2 8 2
x y
x y xy
  

  
 5)
2 2 18
( 1)( 1) 72
x x y y
xy x y
    

  
 6)
 
 2 2 2 2
11 5
11 49
x y
xy
x y
x y
  
    
 

     
 
 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  5 
7) 
2 2
2 2
1 1 4
1 1 4
x y
x y
x y
x y
    


    

 8) 
7 1
78
yx
y x x y
x xy y xy

  


 
 9)    2 2 3 3
4
280
x y
x y x y
 
   
 
10)
6 6
3 3
2
3 3
x y
x x y y
  

  
 
II. Gải hệ phương trỡnh cú tham số: 
1. . Tỡm giỏ trị của m: 
a)  5 4 4
1
x y xy
x y xy m
   

   
 cú nghiệm. 
b) 2 2
2
1
x y xy m
x y xy m
   

  
 cú nghiệm duy nhất. 
c) 
 
 
2
2 2
4
2 1
x y
x y m
  

  
 cú đỳng hai nghiệm. 
2. 2 2
x xy y m
x y m
  

 
 (1II) 
a. Giải hệ phương trỡnh khi m = 5. 
b. Tỡm cỏc giỏ trị của m để hệ phương trỡnh đó cho cú nghiệm. 
3. 2 2 3 8
x xy y m
x y xy m
  

  
 (7I) 
a Giải hệ phương trỡnh khi m = 7/2. 
b. Tỡm cỏc giỏ trị của m để hệ phương trỡnh đó cho cú nghiệm. 
4. 2 2
1x xy y m
x y xy m
   

 
 (40II) 
a. Giải hệ phương trỡnh khi m=2. 
b. Tỡm cỏc giỏ trị của m để hệ phương trỡnh đó cho cú nghiệm (x;y) với x >0, y >0. 
III. Giải phương trỡnh bằng cỏch đưa về hệ phương trỡnh: 
1. Giải phương trỡnh: 4 41 18 3x x    . 
2. Tỡm m để mỗi phương trỡnh sau cú nghiệm: 
a. 1 1x x m    b. m x m x m    c. 3 31 1x x m    
Phần 3 – Hệ phương trỡnh đối xứng loại 1 ba ẩn: (Đọc thờm) 
a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các phương trình trong hệ là đối xứng. 
b. Định lý Vi-et cho phương trình bậc 3: 
 Cho 3 số x, y, z có: 
x + y + z = α
xy + yz + zx = β
xyz = γ





 
 Thì x, y, z ;à nghiệm của phương trình X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) 
 Thậy vậy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0 
 [ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 
 X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 
 X3 - αX2 + βX - γ = 0. 
(*) có nghiệm là x, y, z  phương trình X3 - αX2 + βX - γ = 0 có 3 nghiệm là x, y, z. 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  6 
c.Cách giải: 
+ Do các phương trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết được dưới dạng α, β, γ 
 Khi đó ta đặt 
x + y + z = α
xy + yz + zx = β
xyz = γ





 
 Ta được hệ của α, β, γ. 
+ Giải phương trình X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) tìm được nghiệm (x, y, z) của hệ. 
Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất  hệ vô nghiệm. 
(1) có 1 nghiệm kép duy nhất  hệ có nghiệm. 
(1) có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn  hệ có 3 nghiệm. 
(1) có 3 ngiệm  hệ có 6 nghiệm. 
d. Bài tập: 
 VD1: Giải hệ: 2 2 2
3 3 3
x + y + z = 2
x + y + z = 6
x + y + z = 8





 
 Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có: 
 x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). 
 x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. 
 Vậy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = -1. 
 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz  xyz = -2. 
  x, y, z là nghiệm của phương trình:t3 - 2t2 - t + 2 = 0  
t = 1
t = - 1
t = 2




 
 Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). 
 VD2: Giải hệ 
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1 + + = 1 (3)
x y z







 
 Giải: ĐK: x, y, z ≠ 0. Từ (3)  
xy + yz + zx = 1
xyz
 
 Do (2)  xyz = 27 
 Vậy hệ  
x + y + z = 9 
xy + yz + zx = 27 
xyz = 27





 
 Do đó (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0 
  (X - 3)3 = 0 
  X = 3. 
 Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3). 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  7 
 VD3: Giải hệ 2 2 2 2
3 3 3 3
x + y + z = a
x + y + z = a
x + y + z = a





 
 Giải: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = 0. 
 x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz  xyz = 0. 
 Vậy có: 
x + y + z = 0
xy + yz + zx = 0
0xyz



 
 
  (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 - aX2 = 0  
X = 0
X = a



 
 Vậy hệ có nghiệm là {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} 
e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần lưu ý khi giải hệ loại này 
+ Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đưa ra được x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể 
nó là hệ quả của hệ nên khi tìm được nghiệm nên thử lại. 
+ Vì là hệ đối xứng giữa các ẩn nên trong nghiệm có ít nhất 2 cặp nghiệm có cùng x, cùng y 
hoặc cùng z nên có thể giải hệ theo phương trình cộng, thế. 
 VD: 
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1 + + = 1 (3)
x y z







 
 Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 không là nghiệm của hệ 
 Với x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nhân hai vế của (3) với xyz ta có xy + yz + zx = xyz (4). 
 Từ (2) và (4)  xyz = 27 (5) 
 Từ (2)  x2(y + z) + xyz = 27x (6) 
 Từ (1), (5), (6) ta có: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0 
 x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0 
 (x - 3)3 = 0  x = 3 
 Thay x = 3 vào (1), (5) ta có: 
y + z =6
yz = 9



  y = z = 3. 
 Vậy hệ có nghiệm là x = y = z = 3. 
II. Hệ phương trỡnh đối xứng loại 2: 
1. Hệ phương trỡnh đối xứng loại 2 hai ẩn: 
A. Định ghĩa: 
 
 
( , ) 0 1
( , ) 0 2
f x y
f y x



 
Cỏch giải: Lấy (1)  (2) hoặc (2)  (1) ta được: (xy)g(x,y)=0. Khi đú xy=0 hoặc g(x,y)=0. 
+ Trường hợp 1: xy=0 kết hợp với phương trỡnh (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. 
+ Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trỡnh (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ 
phương trỡnh mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thụng thường vụ nghiệm. 
B. Cỏc vớ dụ: 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  8 
Vớ dụ 1: Giải hệ phương trỡnh 
 
 
3
3
3 8 1
3 8 2
x x y
y y x
  

 
 (I) 
GIẢI 
Lấy (1)  (2) ta được: 2 2(x - y)(x + xy + y + 5) = 0 
Trường hợp 1: (I) 
3x = 3x + 8y
x = y

 

3
x = 0
x - 11x = 0
x = ± 11
x = y
x = y

 
  
 

. 
Trường hợp 2: (I) 
 
2 2
3 3
x +xy+y +5=0
x +y =11 x+y

 

 (hệ này vụ nghiệm) 
Vậy hệ phương trỡnh đó cho cú tập nghiệm: 
   (x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11) 
Vớ dụ 2: Giải hệ phương trỡnh 
4
4
1 1
1 1
x y
y x
   

  
 
GIẢI 
Đặt: 4 4x - 1 = u 0; y - 1 = v 0  
Hệ phương trỡnh trở thành 
4 4
4 4
u + 1 + v = 1 u + v = 0
v + 1 + u = 1 v + u = 0
  
 
  
 
u = 0
v = 0

 

 (Do u, v ≥ 0) 
x = 1
y = 1

 

. 
Vậy hệ cú nghiệm (1,1) 
Vớ dụ 2: Cho hệ phương trỡnh 
2
2
x y y m
y x x m
   

  
 (I) 
a. Tỡm m để hệ phương trỡnh cú nghiệm. 
b. Tỡm m để hệ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất. 
Giải (I) 
2 2
22
2 2
2 2
x = ± yx - y = y - y - x + x
x = y - y + mx = y - y + m
x = y x = y
x = y - y + m x - 2x + m = 0
x = - y x = - y
x = y - y + m y + m = 0
 
  
 
  
  
          
 
a) Hệ phương trỡnh cú nghiệm  
'
x
'
y
Δ 0 1 - m 0 m 1
m 0
- m 0 m 0Δ 0
    
        
 
b) Hệ phương trỡnh cú nghiệm duy nhất  
'
x
'
y
'
x
'
y
Δ = 0
Δ < 0
Δ < 0
Δ = 0





  
1 - m = 0
- m < 0
1 - m < 0
- m = 0






  m = 1. 
 Vậy m = 1. 
 Vớ dụ 3: Giải phương trỡnh: 3 31 2 2 1x x   . 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  9 
GIẢI 
Đặt 3 2x - 1 = t  2x - 1 = t3. 
 Ta cú hệ 
3
3
x + 1 = 2t
t + 1 = 2x



  
3
2 2
x + 1 = 2t
(x - t)(x + xt + t + 1) = 0



  
3x - 2x + 1 = 0
x = t



 
  
2(x - 1)(x + x - 1) = 0
x = t



  
x = 1
- 1 ± 5x = 
2




 
 Vậy phương trỡnh cú 3 nghiệm: 1; - 1 ± 5
2
. 
C. Bài tập: 
1.Giải cỏc hệ phương trỡnh sau: 
a. 
1 32
1 32
x
y x
y
x y
  

  

 b. 
2
2
32
32
x y
x
y x
y
  

  

 c. 
3
3
1 2
1 2
x y
y x
  

 
 
d. 
9 9
9 9
x y
y x
   

  
 e. 
2 2
2 2
x y
y x
   

  
 g. 
5 2 7
5 2 7
x y
y x
    

   
 
2. Cho hệ phương trỡnh
2
2
( ) 2
( ) 2
x x y m
y x y m
   

  
. 
a. Giải hệ với m = 0. 
b. Tỡm m để hệ cú nghiệm duy nhất. 
3. Tỡm m để hệ: 
3 2 2
3 2 2
7
7
x y x mx
y x y my
   

  
 cú nghiệm duy nhất. 
4. Giải cỏc phương trỡnh: a. 2 5 5x x   . 
 b. 3 33 3 2 2x x   . 
2. Hệ phương trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: (Đọc thêm) 
A. Dùng chủ yếu là phương pháp biến đổi tương đương bằng phép cộng và thế. Ngoài ra sử 
dụng sự đặc biệt trong hệ bằng cách đánh giá nghiệm, hàm số để giải. 
B. Ví dụ: 
Giải hệ 
2
2
2
x + 2yz = x (1)
y + 2zx = y (2)
z + 2xy = z (3)





 
Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tương đương với hệ 
 
2
2
x + 2yz = x
(x + y + z) = x + y + z
(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0





 
Hệ này đương tương với 4 hệ sau: 
2 2x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II) 
x =y x + y - 2z - 1 = 0
 
 
 
 
 
 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  10 
2 2x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV) 
x =y x + y - 2z - 1 = 0
 
 
 
 
 
 
 Giải (I): 
(I)  
2x + 2yz = x
2y + z = 0
x = y





  
2x + 2yz = x
z = - 2x
x = y





  
2 2x - 4x = x
z = - 2x
x = y





  
-1x = 0 x = 
3
z = - 2x
x = y
 





 
 Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); (
-1 -1 2; ;
3 3 3
) 
 Làm tương tự (II) có nghiệm (
2 -1 -1; ;
3 3 3
);(
-1 2 -1; ;
3 3 3
) 
 Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); (
1 1 1; ;
3 3 3
) 
 Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0). 
 Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên. 
 VD2: Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
2 2
x + y + z = 1
x + y + z = 1
x + y + z = 1





 
 Giải: Hệ  
2 2x + y + z = 1
(y - z)(y + z - 1) = 0
(x - z)(x + z - 1) = 0





 
  
2 2 2 2
2 2 2 2
x + y + z = 1 x + y + z = 1
y=z (I) y = z (II)
x=z x + z - 1 = 0
x + y + z = 1 x + y + z = 1
z + y - 1 = 0 (III) z + y - 
x = z
 
 
 
 
 





1 = 0 (IV)
x + z - 1 = 0





 
Giải các hệ bằng phương pháp thế được 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 1 1 1; ;
2 2 2
 
 
 
. 
VD4: Giải hệ: 
2
2
2
1
1
1
x y
y z
z x
  

 
  
 
Giải: Xét hai trường hợp sau: 
TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau: 
Giả sử x=y có hệ 
2
2
2
1
1
1
x x
y z
z x
  

 
  
 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  11 
Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : 
1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5; ; ; ; ;
2 2 2 2 2 2
        
      
   
 
Tương tự y=z, z=x ta cũng được nghiệm như trên. 
TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau . 
Giả sử x>y>z ,xét hàm số f(t) = t2 trên D = 1;  
a) z 0 , x>y>z 0 f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(vô lý). 
b) z<y<x 0 f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(vô lý). 
c) x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (vô lý) 
Vậy điều giả sử là sai. 
TH2 vô nghiệm. 
VD5: 
2
2
2
2
2
2
x x y y
y y z z
z z x x
  

 
  
 (Vô địch Đức) 
Giải: 
TH1: Trong x, y, z ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau 
Giả sử x = y ta có hệ 
3
2
2
2 0 (1)
2 0 (2)
2 0 (3)
x x x
x z x z
z x z x
   

  
   
 
Từ (1)  x = 0, x = -1. 
x = 0. Thay vào (2), (3)  z=0. 
x = -1. Thay vào (2), (3)  vô lý 
Vậy hệ có nghiệm (0,0,0) 
Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0). 
TH2: 3 số đôi 1 khác nhau. 
Từ 2x + x2y = y thấy nếu x2 = 1 
 ± 2 = 0 (vô lý) 
Vậy x2 ≠ 1  2x + x2y = y  2
2
1
xy
x


 
Hai phương trình còn lại tương tự ta có hệ phương trình tương đương với: 
2
2
2
2
1
2
1
2
1
xy
x
yz
y
zx
z

 






 
Giả sử x > y > z (*). Xét hàm số: 
f(t) = 2
2
1
t
t
 xác định trên D = R\ {1} 
f’(t) = 
2
2 2
2( 1) 0
(1 )
t
t



 với mọi tD 
 hàm số đồng biến trên D 
f(x) > f(y) > f(z) 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  12 
 y > z > x mâu thuẫn với (*). 
Vậy điều giả sử sai. Do vai trò x, y, z như nhau. 
Vậy TH2 - hệ vô nghiệm 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0) 
 
C. Bài tập 
1. 
3 2
3 2
3 2
2
2
2
x y y y
y z z z
z x x x
    

   
    
 
2. 
22 23 3(3 4) 4 4x x      
 Hướng dẫn: Đặt 
2
2
2
3 4
 3 4
3 4
y x
x z
z y
  
  
 
. 
 Đưa về giải hệ 
2
2
2
3 4
3 4
3 4
y x
z y
x z
  

 
  
 
 
3. 
xyz x y z
yzt y z t
ztx z t x
txy t x y
  
   

  
   
 4. 
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z
    
    
    
 5. 
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x y
x
y z
y
z x
z



 


 
 
 
III. Hệ phương trỡnh đẳng cấp: 
1. Dạng: 
 
 
,
,
F x y A
G x y B
 


, trong đú        , , ; , ,n mF kx ky k F x y G kx ky k G x y  . 
2. Cỏch giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0). 
3. Vớ dụ: 
Giả hệ phương trỡnh: 
 2 2
2 2
2 3 9 *
4 5 5
x xy y
x xy y
   

  
 
GIẢI 
+ Với x = 0: Hệ phương trỡnh đó cho vụ nghiệm. 
+ Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trỡnh tương đương với 
   
   
2 2
2 2
1 2 3 9 1
1 4 5 5 2
x t t
x t t
   

  
. Lấy (1)(2) ta 
được: 15t213t+2=0 2
3
t  ; 1
5
t  . 
 Với 2
3
t  : ta cú 3
2
y x , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (3;2). 
 Với 1
5
t  : ta cú 1
5
y x , thay vào (*) ta được nghiệm 5 2 2 5 2 2; , ;
2 2 2 2
   
      
   
. 
4. Bài tập: 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  13 
Giải cỏc hệ phương trỡnh sau: 
1) 
2 2
2 2
3 2 11
2 5 25
x xy y
x xy y
   

  
 2) 
2 2
2 2
6 2 56
5 49
x xy y
x xy y
   

  
 3) 
3 2
3 2
2 3 5
6 7
x x y
y xy
  

 
 
IV. Một số hệ phương trỡnh khỏc: 
 
Tổng hợp cỏc kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải. 
1. 
2 22
( , )
2 1 2 2
    

   

xy x y x y
x y
x y y x x y
. 
HD: Biến đổi phương trỡnh 2 22xy x y x y     (x + y)(x 2y 1) = 0. ĐS: x = 5; y = 2. 
2. 
4 3 2 2
2
2 2 9
( , )
2 6 6
     
  
x x y x y x x y
x xy x
. 
HD: Biến đổi hệ phương trỡnh thành: 
2 2
2
( ) 2 9
6 6
2
x xy x
x xxy
   

  


. ĐS: x = 4; y = 17
4
. 
3. 
 
2 3 2
4 2
5
4
51 2
4
      

     

x y x y xy xy
x y xy x
. 
HD: Biến đổi hệ phương trỡnh thành: 
 
 
2 2
22
5
4
5
4
x y xy x y xy
x y xy

    

   

. Đặt: 
2u x y
v xy
  


. 
ĐS: 
3
3
5
1
4
3
25 2 
16
x x
y
y

 
   
  
. 
4. 
 
3
1 1 1
2 1
x y
x y
y x
   

  
. 
HD: (1)    11 0x y
xy
 
   
 
. ĐS:   1 5 1 5 1 5 1 51;1 , ; , ;
2 2 2 2
          
      
   
 
5. 
 1 4
4
2 2
1log log 1
25
y x
y
x y
   

  
. 
HD: Tỡm cỏch khử logarit để được: 3
4
yx  . ĐS:  3; 4 
6. 
3
2
y x y x
x y x y
   

   
. 
HD:  3 3 61 0y x y x y x y x        . ĐS:   3 11;1 , ;2 2
 
 
 
 
Lại Văn Long Trường THPT Lờ Hoàn 
Lại Văn Long web:  14 
7. 
2
2
2
2
23
23
yy
x
xx
y
 



 

. 
HD: Đối xứng loại 2. ĐS:  1;1 
8. 
 2 39 3
1 2 1
3log 9 log 3
x y
x y
    

 
. 
HD: Tỡm cỏch khử logarit để được: x y . ĐS:    1;1 , 2; 2 . 
9. 
3
1 1 4
x y xy
x y
   

   
 
HD: Đặt t xy , bỡnh phương hai vế phương trỡnh thứ hai tỡm được t=3. ĐS:  3;3 . 
10. 
3 3
3 3
1 1 5
1 1 15 10
x y
x y
x y m
x y
    

     

. Tỡm m để hệ phương trỡnh này cú nghiệm thực. 
HD: Đặt 
1 1,u x v y
x y
    , điều kiện 2, 2u v  . ĐS: 7 2, 22
4
m m   . 
 
