Toán 10 - Chuyên đề Một số phương pháp giải hệ phương trình

hoctoancapba.com 
SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM 
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG GIÁO VIÊN : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN 
CHUYÊN ĐỀ 
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
Nội dung : 1) Phương pháp thế. 
2) Phương pháp cộng đại số. 
3) Phương pháp biến đổi thành tích. 
4) Phương pháp đặt ẩn phụ. 
5) Phương pháp hàm số. 
6) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 
Tài liệu dạy thêm tự soạn. Nghiêm cấm sao chép in ấn dưới mọi hình thức. 
Tác giả : Nguyễn Trường Sơn 
Gmail : ngoisaocodon1911@gmail.com 
hoctoancapba.com 
Sđt : 0988.503.138
hoctoancapba.com 
Bài 1 : Một số dạng hệ phương trình đặc 
biệt. 
1) Hệ bậc nhất hai ẩn, ba ẩn. 
a) 
2 4 0
2 5 0
x y
x y
  

  
 b) 
2 3 7 0
2 4 0
x y
x y
  

  
c) 
1 0
2 2 0
2 3 4 0
x y z
x y z
x y z
   

   
    
 d) 
1 0
2 2 0
2 3 4 0
x y z
x y z
x y z
    

   
    
2) Hệ gồm một phương trình bậc nhất và phương trình bậc cao. 
 PP chung : Sử dụng phương pháp thế. 
- Hệ 2 phương trình. 
- Hệ 3 phương trình. 
3) Hệ đối xứng loại 1. 
 PP chung : Đặt ẩn phụ ( );a x y b xy   
4) Hệ đối xứng loại 2. 
 PP chung : Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được : ( ). ( ; ) 0x y f x y  
5) Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai. 
PP chung : Có 2 cách giải - Đặt ẩn phụ .y t x 
- Chia cả hai vế cho 2y , và đặt 
x
t
y
 
hoctoancapba.com 
Bài 2 : Một số phương pháp giải hệ phương trình 
I. Phương pháp thế. 
* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế vào 
phương trình còn lại. 
* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc nhất đối với 
một ẩn nào đó. 
Bài 1 . Giải hệ phương trình 
2 2
2 3 5 (1)
3 2 4 (2)
x y
x y y
 

  
Lời giải. 
Từ (1) ta có 
5 3
2
y
x

 thế vào (2) ta được 
2
25 33 2 4 0
2
y
y y
 
    
 
2 2 2 593(25 30 9 ) 4 8 16 23 82 59 0 1,
23
y y y y y y y y             
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là  
31 59
1;1 ; ;
23 23
  
  
  
Bài 2 Giải hệ phương trình sau :
2 2
2 1 0
2 3 2 2 0
x y
x y x y
  

    
Bài 3 Giải hệ : 
3 2
2
3 (6 ) 2 0
3
x y x xy
x x y
    

   
- PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) 23y x x    thay vào PT (1). 
- Nghiệm (0; 3); ( 2;9)  
Bài 4 a) Giải hệ : 
3 2
2
3 (5 ) 2 2 0
4
x y x xy x
x x y
     

   
- PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) 24y x x    thay vào PT (1). 
 b) Giải hệ : 
3 2 2 2
2 2
3 (6 ) 2 0
3
x y x xy
x x y
    

   
Bài 6 (Thử ĐT2012) Giải hệ : 
2 2 1 4
2 2( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y




   
   
. 
- Từ (1) 2 21 4x y y xy    thay vào (2). Nghiệm (1;2); ( 2;5) 
Bài 7. Giải hệ phương trình 
4 3 2 2
2
2 2 9 (1)
2 6 6 (2)
x x y x y x
x xy x
    

  
Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. 
Lời giải. 
TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2) 
TH 2 : 
26 6
0, (2)
2
x x
x y
x
 
   thế vào (1) ta được 
2
2 2
4 3 26 6 6 62 2 9
2 2
x x x x
x x x x
x x
      
      
   
hoctoancapba.com 
2 2
4 2 2 3
0(6 6 )
(6 6 ) 2 9 ( 4) 0
44
xx x
x x x x x x x
x
 
             
Do 0x  nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
17
4;
4
 
 
 
Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau: 
- Hệ 
 
2
2
2
2
2
2 2
2
6 6
2 9 2 9
2
6 6
6 6
2
2
x x
x xy x x
x x
x xy x x
x xy
             
    
  

- Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác 
Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ : 
2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x
   


   
. Từ (1) thế 
3
1x y
x
   và thay vào PT (2). 
Bài 9 Giải hệ : 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
HD : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : 2 2 4 2 3 0 ( 1)( 2 3) 0x xy x y x x y          
hoctoancapba.com 
II. Phương pháp cộng đại số. 
* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia ta thu 
được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi cho các bước sau. 
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái 
đẳng cấp bậc k. 
Bài 1 Giải hệ phương trình 
2
2
5 4 0
5 4 0
x y
y x
   

  
Bài 2. Giải hệ phương trình 
2
2
3
2
2
2
3
2
y
y
x
x
x
y











Lời giải. 
- ĐK: 0xy  
- Hệ 
2 2
2 2
3 2 (1)
3 2 (2)
x y y
y x x
  
 
 
. Trừ vế hai phương trình ta được 
2 2 2 2
0
3 3 3 ( ) ( )( ) 0
3 0
x y
x y xy y x xy x y x y x y
xy x y
 
             
- TH 1. 0x y y x    thế vào (1) ta được 3 23 2 0 1x x x     
- TH 2. 3 0xy x y   . Từ 
2
2
2
3 0
y
y y
x

   , 
2
2
2
3 0
x
x x
y

   
3 0xy x y    . Do đó TH 2 không xảy ra. 
- Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1) 
Bài 2 Giải hệ phương trình 
1 1
2 2 (1)
1 1
2 2 (2)
yx
xy
  
  







Lời giải. 
- ĐK: 
1 1
,
2 2
x y  . 
- Trừ vế hai pt ta được 
1 1 1 1
2 2 0
y xx y
      
 
1 1
2 2
0 0
1 1 1 1
2 2 2 2
y x y x y xy x
xy xy x y
xy
y x y x
  
  
     

     
 
 
 
 
 
 
- TH 1. 0y x y x    thế vào (1) ta được 
1 1
2 2
xx
   
hoctoancapba.com 
- Đặt 
1
, 0t t
x
  ta được 
2
2 2 2
2 0 2
2 2 1 1
2 4 4 2 1 0
t t
t t t x
t t t t t
   
         
       
 và 1y  
- TH 2. 
 
1 1
0
1 1
2 2
xy x y
xy
y x
 

  
 
 
 
. TH này vô nghiệm do ĐK. 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1) 
Bài 5 Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
2 2
3
x xy y
x xy y
   

  
Bài 3. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
   

  
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự do và 
thực hiện phép trừ vế. 
Lời giải. 
- Hệ 
2 2
45 75 60 570 2 2
145 417 54 0
2 2
190 342 114 570
x xy y
x xy y
x xy y
  
     
  



- Giải phương trình này ta được 
1 145
,
3 18
y x y x   thế vào một trong hai phương trình của hệ ta 
thu được kết quả (3;1); ( 3; 1)  
 * Chú ý 
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn. hoctoancapba.com 
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt , 0y tx x  
hoặc đặt , 0x ty y  . 
Bài 4. Tìm các giá trị m để hệ 
2 2
2 2
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
   

   
 có nghiệm. 
- Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x  
Lời giải. 
- TH 1. 
2
2
22
11
11
0 17
3 17
3
y
y
x m
yy m
 
  
    
  

Vậy hệ có nghiệm 
17
0 11 16
3
m
x m

     
- TH 2. 0x  , Đặt y tx . Hệ 
2 2 2 2
2 2 2 2
3 2 11
2 3 17
x tx t x
x tx t x m
   
 
   
2
2 2 2
2 2
2
2
11
(3 2 ) 11 3 2
11(1 2 3 ) 17
(1 2 3 ). 17
3 2
x
t t x t t
t t x m
t t m
t t

      
  
        
  
hoctoancapba.com 
2
2
2
11
3 2
( 16) 2( 6) 3 40 0 (*)
x
t t
m t m t m


  
      
- Ta có 
2
11
0,
3 2
t
t t
 
 
 nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 
16m  hoặc 216, ' ( 6) ( 16)(3 40) 0m m m m        
5 363 5 363m     
- Kết luận. 5 363 5 363m    
Bài 5. Tìm các giá trị của m để hệ 
2 2
2 2
5 2 3
2 2
1
x xy y
m
x xy y
m
   


  

 (I) có nghiệm. 
Lời giải. 
- Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 
2 2
2 2
5 2 3
1
6 6 3 3
1
x xy y
x xy y
m
   


     

- Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được 2 2 2
1 1
4 4 ( 2 )
1 1
x xy y x y
m m
       
 
- Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là 
1
0 1
1
m
m
  

- Điều kiện đủ. Với 1m  . Xét hệ pt 
2 2
2 2
5 2 3
2 2 1
x xy y
x xy y
   

  
 (II) 
- Giả sử 
0 0( ; )x y là nghiệm của hệ (II). Khi đó 
2 2
2 2 0 0 0 0
0 0 0 0
2 22 2
0 0 0 00 0 0 0
5 2 3
5 2 3
2 22 2 1
1
x x y y
x x y y
m
x x y yx x y y
m
       
 
     

- Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) 
(II) 
2 2
5 2 3 2 2
4 4 0 2 0 2
2 2
6 6 3 3
x xy y
x xy y x y x y
x xy y
  
          
    



- Thay 2x y  vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được 
2 2 2 2 1 28 4 1 5 1
5 5
y y y y y x          
- Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy 1m  . 
Bài 6. Giải hệ phương trình 
1
3 1 2
1
7 1 4 2
x
x y
y
x y
 

 

  
  
  

 
   
- Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất cho 
3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7 y . 
hoctoancapba.com 
Lời giải. 
- ĐK: 0, 0, 0x y x y    . 
- Dễ thấy 0x  hoặc 0y  không thỏa mãn hệ pt. Vậy 0, 0x y  
- Hệ 
2 4 2 1 2 21 2
2 1 (1)1
3 7 3 73
1 4 2 2 2 4 2 1 2 2 1
1
7 3 7 3 7
x y x y x yx
x y x y x yy x y x y
    

  
     
  
  
  
   
  
   
      
- Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 
1 2 2 1 2 2 1
3 7 3 7 x yx y x y
  

  
  
  
2 2
6
1 8 1
7 38 24 0 4
3 7
7
y x
y xy x
x y x y y x

       
  

- TH 1. 6y x thế vào pt (1) ta được 
1 2 11 4 7 22 8 7
1
21 73 21
x y
x x
 
      
- TH 2. 
4
7
y x  không xảy ra do 0, 0x y  . 
- Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  
11 4 7 22 8 7
; ;
21 7
x y
 

 
 
 
. 
- Chú ý. Hệ phương trình có dạng 
2
2
a b m m n a
a b n m n b
    
 
    
. Trong trường hợp này, dạng thứ 
nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức. 
- Tổng quát ta có hệ sau: 
a n
m
px qybx
c n
m
px qydy
 

 







Bài 7. Giải hệ phương trình 
2 2 2 2 2
( ) (3 1)
2 2 2 2 2
( ) (4 1)
2 2 2 2 2
( ) (5 1)
x y z x x y z
y z x y y z x
z x y z z x y
   
   
   





- Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho 
2 2 2x y z thì ta được hệ mới đơn giản hơn. 
- TH 1. 0xyz  . Nếu 0x  thì hệ 2 2
0
0
,
y
y z
z t t

   
 
 hoặc 
0
,
z
y t t


 
- Tương tự với 0y  và 0z  ta thu được các nghiệm là (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t 
- TH 2. 0xyz  . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho 2 2 2x y z ta được 
hoctoancapba.com 
2
1 1 1 1
3 (1)
2
2
1 1 1 1
4 (2)
2
2
1 1 1 1
5 (3)
2
z y x x
x z y y
y x z z
   
   
   
 
 
 

 
 
 

 
  
. Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được : 
2 22
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
12
2 2 2z y x z y x x y z x y z
           
    
    
    
1 1 1
4 (4)2
1 1 1 1 1 1
12 0
1 1 1
3 (5)
x y z
x y z x y z
x y z
  
        
   

   
   
   


- Từ (4) và (1) ta có 
2
2
1 1 1 9 9
4 3 13
13
x
x x x x
 
        
 
- Tứ (4) và (2) ta có 
3
4
y  . Từ (4) và (3) ta có 
9
11
z  
- Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có 
5 5
, 1,
6 4
x y z      . 
- Vậy hệ có tập nghiệm là 
S = 
9 3 9 5 5
( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); ; ; ; ; 1; ,
13 4 11 6 4
t t t t
    
       
    
- Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số (ở trên là 
phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến 
phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản. 
hoctoancapba.com 
III. Phương pháp biến đổi thành tích. 
* Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi khi cần 
kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích. 
Bài 1 (Khối D – 2012) Giải hệ 
3 2 2 2
2 0 (1)
2 2 0 (2)
xy x
x x y x y xy y
  

     
- Biến đổi phương trình (2) thành tích. 
- Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y. 
- Hệ đã cho 
2
2 0
(2 1)( ) 0
xy x
x y x y
  
 
   
. Hệ có 3 nghiệm 
1 5
( ; ) (1; 1); ( ; 5)
2
x y
 
  
Bài 2. (D – 2008) Giải hệ phương trình 
2 22 (1)
2 1 2 2 (2)
xy x y x y
x y y x x y
   

   
- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả 
quan nên chúng ta tập trung để giải (1). 
Lời giải. 
ĐK: 1, 0x y  
(1) 
2 2( ) ( ) ( )( 1 ) 0y x y x y x y x y y x y            
TH 1. 0x y  (loại do 1, 0x y  ) 
TH 2. 2 1 0 2 1y x x y      thế vào pt (2) ta được 
(2 1) 2 2 4 2 2 ( 1) 2 2( 1)y y y y y y y y y         
1 0 1
22 2
y y
yy
   
    
. Do 0 2y y   . Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (5;2)x y  
- Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể giải 
pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x). 
Bài 3. (A – 2003) Giải hệ phương trình 
3
1 1
(1)
2 1 (2)
x y
x y
y x

  

  
- Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. hoctoancapba.com 
Lời giải. 
ĐK: 0xy  . (1) 
1 1 1
0 0 ( ) 1 0
x y
x y x y x y
x y xy xy
 
             
 
TH 1. x y thế vào (2) ta được 3 2 1 0 1x x x     hoặc 
1 5
2
x
 
 (t/m) 
TH 2. 
1 1
1 0 y
xy x
     thế vào (2) ta được 4 2 2 2
1 1 3
2 0 ( ) ( ) 0
2 2 2
x x x x         . 
PT này vô nghiệm. 
Vậy tập nghiệm của hệ là S = 
1 5 1 5 1 5 1 5
(1;1); ; ; ;
2 2 2 2
            
    
     
hoctoancapba.com 
Bài 3. (Thi thử GL) Giải hệ phương trình 
1 1
(1)
3 3
( 4 )(2 4) 36 (2)
x y
x y
x y x y
  
    





Lời giải. 
2 2
2 2
3 3 3 3
3 3
1 1 ( )( )
( )
1
x y
y x y xy x
x y x y y xy x
x y x y
x y

             

TH 1. x y thế vào pt thứ hai ta được 
2
6
4 12 0
2
x
x x
x
 
     
TH 2. 
2 2
3 3
1 0
y xy x
xy
x y
 
    . 
(2) 
2 2 2 22 4 9 4 16 36 2( 1) 4( 2) 9 18x y xy x y x y xy              
Trường hợp này không xảy ra do 
2 20 2( 1) 4( 2) 9 0xy x y xy       
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  (2;2); ( 6; 6)  
Bài 4. Giải hệ phương trình 
2 2
2
8
16 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y

   
   
- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả 
quan nên chúng ta tập trung để giải (1) 
Lời giải. 
ĐK: 0x y  . (1) 2 2( )( ) 8 16( )x y x y xy x y      
2( ) 2 ( ) 8 16( )x y xy x y xy x y         
2( ) ( ) 16 2 ( 4) 0x y x y xy x y          
 ( 4) ( )( 4) 2 0x y x y x y xy        
TH 1. 4 0x y   thế vào (2) ta được 2
3 7
6 0
2 2
x y
x x
x y
   
       
TH 2. 
2 2( )( 4) 2 0 4( ) 0x y x y xy x y x y          vô nghiệm do ĐK 
Vậy tập nghiệm của hệ là S =  ( 3;7); (2;2) 
Bài 5 (Thử ĐT 2013) Giải hệ phương trình 
( )( 2)
2( 1)( ) 4
xy x y xy x y y
x y xy x x
      

     
- Điều kiện : 
; 0
( )( 2) 0
x y
xy x y xy


   
- PT (1) ( )( 2) ( ) 0xy x y xy y x y        
( )( 2)
0
( )( 2)
x y y xy x y
x yxy x y xy y
   
  
   
0,25 
hoctoancapba.com 
2 1
( ) 0 (3)
( )( 2)
y xy
x y
x yxy x y xy y
  
    
     
- Từ PT (2) ta có 2 2
4 4
( 1) 1 2 2
1 1
y xy x x x x
x x
 
           
  
2 1
0
( )( 2)
y xy
x yxy x y xy y
 
  
   
0,25 
- PT (3) x y  , thay vào PT (2) ta được : 3 22 3 4 0x x x    
1x  hoặc 
1 17
2
x

 
0,25 
- Kết hợp với điều kiện ta có 1x  , 
1 17
2
x

 
- KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : 
1 17 1 17
(1; 1); ;
2 2
  
  
 
0,25 
Bài 6 (A – 2011 ) Giải hệ PT : 
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (1)
( ) 2 ( ) (2)
x y xy y x y
xy x y x y
     

   
HD : Biến đổi PT (2) thành tích ta có 
2 2
1
2
xy
x y


 
. 
- TH1:
1
y
x
 thay vào PT (1). 
- TH 2: PT(1) 2 2 2 23 ( ) 2 4 2( )y x y x y xy x y      ( 1)(2 4 ) 0xy x y    
Bài 7 (Thử GL 2012) Giải hệ : 
3 3 4(4 )
2 21 5(1 )
x y x y
y x
   

   
HD : Từ (2) 2 24 5y x  thay vào (1) ta có : 3 3 2 2( 5 )(4 )x y y x x y    
hoctoancapba.com 
IV.Phương pháp đặt ẩn phụ. 
Bài 1. Giải hệ phương trình 
2 2
1
7
x y xy
x y xy
   

  
Lời giải. 
Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến. 
Hệ 
2
( ) 1
( ) 3 7
x y xy
x y xy
   
 
  
Đặt 
x y S
xy P
 


  2, 4x y S P   ta được 2
1 1, 2
4, 33 7
S P S P
S PS P
      
      
TH 1. 
1 1 1, 2
2 2 2, 1
S x y x y
P xy x y
       
           
TH 2. 
4 4 1, 3
3 3 3, 1
S x y x y
P xy x y
          
          
. Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =  ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)      
 Chú ý. 
- Nếu hệ pt có nghiệm là ( ; )x y thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( ; )y x . Do vậy, để hệ có 
nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x y . 
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách nhìn 
nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn. 
 Bài tập tương tự : (ĐT 2010) Giải hệ phương trình: 
2 2 1
3
x xy y
x y xy



  
  
Bài 2 (D – 2004 )Tìm m để hệ có nghiệm : 
1
1 3
x y
x x y y m
  

  
Bài 4. Giải hệ phương trình 
2 2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
    

  
 Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I 
- Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y và tích xy 
- Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo 
2x x và 2y y . Rõ ràng hướng này tốt hơn. 
Lời giải. 
Hệ 
2 2
2 2
( ) ( ) 18
( )( ) 72
x x y y
x x y y
    
 
  
. Đặt 
2
2
1
,
4
1
,
4
x x a a
y y b b

   

    

 ta được 
18 6, 12
72 12, 6
a b a b
ab a b
    
    
TH 1. 
2
2
6 6 2, 3
12 3, 412
a x x x x
b y yy y
      
   
     
hoctoancapba.com 
TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 
3, 4
2, 3
x x
y y
  

  
. Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =  (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)        
 Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau 
- Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 
18
72
a b
ab
 


 (I) 
1) Thay 
2 2,a x x b y y    vào hệ (I) ta được hệ 
(1) 
2 2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
    

  
 đó chính là ví dụ 2. 
2) Thay 
2 2,a x xy b y xy    vào hệ (I) ta được hệ 
(2) 
2 2
2 2
18
( ) 72
x y
xy x y
  

 
3) Thay 
2 2 , 2a x x b x y    vào hệ (I) ta được hệ 
(3) 
2 4 18
( 2)(2 ) 72
x x y
x x x y
   

  
4) Thay 
1 1
,a x b y
x y
    vào hệ (I) ta được hệ 
(4) 
2 2
( ) 18
( 1)( 1) 72
x y xy x y xy
x y xy
   

  
5) Thay 
2 22 ,a x xy b y xy    vào hệ (I) ta được hệ 
(5) 
2 2 18
( 2 )( ) 72
x y xy
xy x y y x
   

  
a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới. 
b. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 
2 2
7
21
a b
a b
 

 
 và làm tương tự như trên ta lại 
thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn : 
6) Thay 
2 2 ,a x y b xy   vào hệ (II) ta được hệ 
(6) 
2 2
4 4 2 2
7
21
x y xy
x y x y
   

  
7) Thay 
1 1
,a x b y
x y
    vào hệ (II) ta được hệ 
(7)