Tuyển chọn 410 bài hệ phương trình đại số

Nguyễn Minh Tuấn
Sinh viên K62CLC - Khoa Toán Tin ĐHSPHN
TUYỂN CHỌN 410 BÀI HỆ
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO
ĐẲNG
Hà Nội, ngày 9 tháng 10 năm 2013
Mục lục
Lời nói đầu 4
1 Một số phương pháp và các loại hệ cơ bản 5
1.1 Các phương pháp chính để giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một số loại hệ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Tuyển tập những bài hệ đặc sắc 7
2.1 Câu 1 đến câu 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.2 Câu 31 đến câu 60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Câu 61 đến câu 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.4 Câu 91 đến câu 120 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.5 Câu 121 đến câu 150 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.6 Câu 151 đến câu 180 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2.7 Câu 181 đến câu 210 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
2.8 Câu 211 đến câu 240 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
2.9 Câu 241 đến câu 270 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
2.10 Câu 271 đến câu 300 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
2.11 Câu 301 đến câu 330 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
2.12 Câu 331 đến câu 360 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
2.13 Câu 361 đến câu 390 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
2.14 Câu 391 đến câu 410 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
Tài liệu tham khảo 228
Lời nói đầu
Hệ phương trình Đại số nói chung và hệ phương trình Đại số hai ẩn nói riêng là một phần
quan trọng của phần Đại số giảng dạy ở THPT . Nó thường hay xuất hiện trong các kì thi học
sinh giỏi và kì thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng.
Tất nhiên để giải tốt hệ phương trình hai ẩn không phải đơn giản . Cần phải vận dụng tốt
các phương pháp, hình thành các kĩ năng trong quá trình làm bài. Trong các kì thi Đại học, câu
hệ thường là câu lấy điểm 8 hoặc 9.
Đây là một tài liệu tuyển tập nhưng khá dày nên tôi trình bày nó dưới dạng một cuốn sách
có mục lục rõ ràng cho bạn đọc dễ tra cứu. Cuốn sách là tuyển tập khoảng 400 câu hệ đặc sắc,
từ đơn giản, bình thường, khó, thậm chí đến đánh đố và kinh điển. Đặc biệt, đây hoàn toàn là
hệ Đại số 2 ẩn. Tôi muốn khai thác thật sâu một khía cạnh của Đại số. Nếu coi Bất đẳng thức
3 biến là phần đẹp nhất của Bất đẳng thức, mang trong mình sự uy nghi của một ông hoàng thì
Hệ phương trình Đại số 2 ẩn lại mang trong mình vẻ đẹp giản dị, trong sáng của cô gái thôn
quê làm say đắm biết bao gã si tình.
Xin cảm ơn các bạn, anh, chị, thầy cô trên các diễn đàn toán, trên facebook đã đóng góp và
cung cấp rất nhiều bài hệ hay. Trong cuốn sách ngoài việc đưa ra các bài hệ tôi còn lồng thêm
một số phương pháp rất tốt để giải. Ngoài ra tôi còn giới thiệu cho các bạn những phương pháp
đặc sắc của các tác giả khác . Mong đây sẽ là một nguồn cung cấp tốt những bài hệ hay cho
giáo viên và học sinh.
Trong quá trình biên soạn cuốn sách tất nhiên không tránh khỏi sai sót.Thứ nhất, khá nhiều
bài toán tôi không thể nêu rõ nguồn gốc và tác giả của nó. Thứ hai : một số lỗi này sinh trong
quá trình biên soạn, có thể do lỗi đánh máy, cách làm chưa chuẩn, hoặc trình bày chưa đẹp do
kiến thức về LATEX còn hạn chế. Tác giả xin bạn đọc lượng thứ. Mong rằng cuốn sách sẽ hoàn
chỉnh và thêm phần đồ sộ. Mọi ý kiến đóng góp và sửa đổi xin gửi về theo địa chỉ sau đây :
Nguyễn Minh Tuấn
Sinh Viên Lớp K62CLC
Khoa Toán Tin Trường ĐHSP Hà Nội
Facebook :https://www.facebook.com/popeye.nguyen.5
Số điện thoại : 01687773876
Nick k2pi, BoxMath : Popeye
Chương 1
Một số phương pháp và các loại hệ cơ
bản
1.1 Các phương pháp chính để giải hệ phương trình
I. Rút x theo y hoặc ngược lại từ một phương trình
II. Phương pháp thế
1. Thế hằng số từ một phương trình vào phương trình còn lại
2. Thế một biểu thức từ một phương trình vào phương trình còn lại
3. Sử dụng phép thế đối với cả 2 phương trình hoặc thế nhiều lần.
III. Phương pháp hệ số bất định
1. Cộng trừ 2 phương trình cho nhau
2. Nhân hằng số vào các phương trình rồi đem cộng trừ cho nhau.
3. Nhân các biểu thức của biến vào các phương trình rồi cộng trừ cho nhau
IV. Phương pháp đặt ẩn phụ
V. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
VI. Phương pháp lượng giác hóa
VII. Phương pháp nhân chia các phương trình cho nhau
VIII. Phương pháp đánh giá
1. Biến đổi về tổng các đại lượng không âm
2. Đánh giá sự ràng buộc trái ngược của ẩn, của biểu thức, của một phương trình
3. Đánh giá dựa vào tam thức bậc 2
4. Sử dụng các bất đẳng thức thông dụng để đánh giá
IX. Phương pháp phức hóa
X. Kết hợp các phương pháp trên
6 Một số phương pháp và các loại hệ cơ bản
1.2 Một số loại hệ cơ bản
A. Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn
I. Dạng
{
ax+ by = c (a2 + b2 6= 0)
a′x+ b′y = c (a′2 + b′2 6= 0)
II. Cách giải
1. Thế
2. Cộng đại số
3. Dùng đồ thị
4. Phương pháp định thức cấp 2
B. Hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai
I. Dạng
{
ax2 + by2 + cxy + dx+ ey + f = 0
a′x+ b′y = c
II. Cách giải: Thế từ phương trình bậc nhất vào phương trình bậc hai
C. Hệ phương trình đối xứng loại I
I. Dấu hiệu
Đổi vai trò của x và y cho nhau thì hệ đã cho không đổi
II. Cách giải:
Thường ta sẽ đặt ẩn phụ tổng tích x+ y = S, xy = P (S2 ≥ 4P )
D. Hệ phương trình đối xứng loại II
I. Dấu hiệu
Đổi vai trò của x và y cho nhau thì phương trình này biến thành phương trình kia
II. Cách giải:
Thường ta sẽ trừ hai phương trình cho nhau
E. Hệ đẳng cấp
I. Dấu hiệu
Đẳng cấp bậc 2
{
ax2 + bxy + cy2 = d
a′x2 + b′xy + c′y2 = d′
Đẳng cấp bậc 3
{
ax3 + bx2y + cxy2 + dy3 = e
a′x3 + b′x2y + c′xy2 + d′y3 = e′
II. Cách giải:
Thường ta sẽ đặt x = ty hoặc y = tx
Ngoài ra còn một loại hệ nữa tôi tạm gọi nó là bán đẳng cấp, tức là hoàn toàn có thể đưa
về dạng đẳng cấp được .Loại hệ này không khó làm, nhưng nhìn nhận ra được nó cần phải
khéo léo sắp xếp các hạng tử của phương trình lại. Tôi lấy một ví dụ đơn giản cho bạn đọc
Giải hệ :
{
x3 − y3 = 8x+ 2y
x2 − 3y2 = 6
Với hệ này ta chỉ việc nhân chéo vế với vế sẽ tạo thành đẳng cấp. Và khi đó ta có quyền
chọn lựa giữa chia cả 2 vế cho y3 hoặc đặt x = ty
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
Chương 2
Tuyển tập những bài hệ đặc sắc
2.1 Câu 1 đến câu 30
Câu 1
{
(x− y) (x2 + y2) = 13
(x+ y) (x2 − y2) = 25
Giải
Dễ dàng nhận thấy đây là một hệ đẳng cấp bậc 3, bình thường ta cứ nhân chéo lên rồi chia 2
vế cho x3 hoặc y3. Nhưng hãy xem một cách giải tinh tế sau đây:
Lấy (2)− (1) ta được : 2xy(x− y) = 12 (3)
Lấy (1)− (3) ta được : (x− y)3 = 1⇔ x = y + 1
Vì sao có thể có hướng này ? Xin thưa đó là dựa vào hình thức đối xứng của hệ. Ngon lành
rồi. Thay vào phương trình đầu ta được
(y + 1)2 + y2 = 13⇔
[
y = 2
y = −3
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 2), (−2;−3)
Câu 2
{
x3 − 8x = y3 + 2y
x2 − 3 = 3 (y2 + 1)
Giải
Để ý như sau : Phương trình 1 gồm bậc ba và bậc nhất. Phương trình 2 gồm bậc 2 và bậc 0
(hằng số).
Rõ ràng đây là một hệ dạng nửa đẳng cấp. Ta sẽ viết lại nó để đưa về đẳng cấp
Hệ đã cho tương đương : {
x3 − y3 = 8x+ 2y
x2 − 3y2 = 6
Giờ ta nhân chéo hai vế để đưa nó về dạng đẳng cấp
⇔ 6 (x3 − y3) = (8x+ 2y) (x2 − 3y2)⇔ 2x (3y − x) (4y + x) = 0
8 Tuyển tập những bài hệ đặc sắc
TH1 : x = 0 thay vào (2) vô nghiệm
TH2 : x = 3y thay vào (2) ta có:
6y2 = 6⇔
[
y = 1, x = 3
y = −1, x = −3
TH3 : x = −4y thay vào (2) ta có:
13y2 = 6⇔
 y =
√
6
13
, x = −4
√
6
13
y = −
√
6
13
, x = 4
√
6
13
Vậy hệ đã cho có nghiệm :(x; y) = (3; 1), (−3;−1),
(
−4
√
6
13
;
√
6
13
)
,
(
4
√
6
13
;−
√
6
13
)

Câu 3
{
x2 + y2 − 3x+ 4y = 1
3x2 − 2y2 − 9x− 8y = 3
Giải
Để ý khi nhân 3 vào PT(1) rồi trừ đi PT(2) sẽ chỉ còn y . Vậy
3.PT (1)− PT (2)⇔ y2 + 4y = 0⇔
 y = 0⇔ x = 3±
√
7
2
y = −4⇔ x = 3±
√
7
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x; y) =
(
3±√7
2
; 0
)
,
(
3±√7
2
;−4
)

Câu 4
{
x2 + xy + y2 = 19(x− y)2
x2 − xy + y2 = 7 (x− y)
Giải
Nhận xét vế trái đang có dạng bình phương thiếu, vậy ta thử thêm bớt để đưa về dạng bình
phương xem sao. Nên đưa về (x − y)2 hay (x + y)2. Hiển nhiên khi nhìn sang vế phải ta sẽ
chọn phương án đầu
Hệ đã cho tương đương
{
(x− y)2 + 3xy = 19(x− y)2
(x− y)2 + xy = 7 (x− y)
Đặt x− y = a và xy = b ta có hệ mới
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
2.1Câu 1 đến câu 30 9
{
b = 6a2
a2 + b = 7a
⇔
[
a = 0, b = 0
a = 1, b = 6
⇔

{
x− y = 0
xy = 0{
x− y = 1
xy = 6
⇔
 x = 0, y = 0x = 3, y = 2
x = −2, y = −3
Vậy hệ đã cho có nghiệm :(x; y) = (0; 0) , (3; 2) (−2;−3)
Câu 5
{
x3 + x3y3 + y3 = 17
x+ xy + y = 5
Giải
Hệ đối xứng loại I rồi. No problem!!!
Hệ đã cho tương đương
{
(x+ y)3 − 3xy(x+ y) + (xy)3 = 17
(x+ y) + xy = 5
Đặt x+ y = a và xy = b ta có hệ mới
{
a3 − 3ab+ b3 = 17
a+ b = 5
⇔
[
a = 2, b = 3
a = 3, b = 2
⇔

{
x+ y = 2
xy = 3{
x+ y = 3
xy = 2
⇔
[
x = 2, y = 1
x = 1, y = 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 2), (2; 1)
Câu 6
{
x(x+ 2)(2x+ y) = 9
x2 + 4x+ y = 6
Giải
Đây là loại hệ đặt ẩn tổng tíc rất quen thuộc
Hệ đã cho tương đương
{
(x2 + 2x) (2x+ y) = 9
(x2 + 2x) + (2x+ y) = 6
Đặt x2 + 2x = a và 2x+ y = b ta có hệ mới{
ab = 9
a+ b = 6
⇔ a = b = 3⇔
{
x2 + 2x = 3
2x+ y = 3
⇔
[
x = 1, y = 1
x = −3, y = 9
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1), (−3; 9)
Câu 7
{
x+ y −√xy = 3√
x+ 1 +
√
y + 1 = 4
Giải
Không làm ăn gì được ở cả 2 phương trình, trực giác đầu tiên của ta là bình phương để phá sự
khó chịu của căn thức
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
10 Tuyểntập những bài hệ đặc sắc
(2)⇔ x+ y + 2 + 2
√
xy + x+ y + 1 = 16
Mà từ (1) ta có x+ y = 3 +
√
xy nên
(2)⇔ 3 +√xy + 2 + 2
√
xy +
√
xy + 4 = 16⇔ √xy = 3⇔
{
xy = 9
x+ y = 6
⇔ x = y = 3
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (3; 3)
Câu 8
{ √
x+ 5 +
√
y − 2 = 7√
x− 2 +√y + 5 = 7
Giải
Đối xứng loại II. Không còn gì để nói. Cho 2 phương trình bằng nhau rồi bình phương tung
tóe để phá sự khó chịu của căn thức
Điều kiện : x, y ≥ 2
Từ 2 phương trình ta có
√
x+ 5 +
√
y − 2 = √x− 2 +
√
y − 5
⇔ x+ y + 3 + 2
√
(x+ 5)(y − 2) = x+ y + 3 + 2
√
(x− 2)(y + 5)
⇔
√
(x+ 5)(y − 2) =
√
x − 2)(y + 5)⇔ x = y
Thay lại ta có
√
x+ 5 +
√
x− 2 = 7⇔ x = 11
Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x; y) = (11; 11)
Câu 9
{ √
x2 + y2 +
√
2xy = 8
√
2√
x+
√
y = 4
Giải
Hệ đã cho có vẻ là nửa đối xứng nửa đẳng cấp, để ý bậc của PT(2) đang nhỏ hơn PT(1) một
chút. Chỉ cần phép biến đổi bình phương (2) sẽ vừa biến hệ trở thành đẳng cấp vừa phá bỏ
bớt đi căn
Điều kiện : x, y ≥ 0
Hệ đã cho
⇔
{ √
2(x2 + y2) + 2
√
xy = 16
x+ y + 2
√
xy = 16
⇔
√
2 (x2 + y2) = x+ y ⇔ x = y
Thay lại ta có : 2
√
x = 4⇔ x = 4
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
Ng
uy
ễn
M
in
h
Tu
ấn
2.1 Câu 1 đến câu 30 11
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (4; 4)
Câu 10
{
6x2 − 3xy + x = 1− y
x2 + y2 = 1
Giải
Một cách trực giác khi nhìn thấy hệ chứa tam thức bậc 2 đó là thử xem liệu có phân tích được
thành nhân tử hay không ? Ta sẽ thử bằng cách tính ∆ theo một ẩn có chính phương hay
không. Ngon lành là PT(1) ∆x đẹp như tiên.
Phương trình đầu tương đương (3x− 1)(2x− y + 1) = 0
Với x =
1
3
⇒ y = ±2
√
2
3
Với y = 2x+ 1⇒ x2 + (2x+ 1)2 = 1⇔
[
x = 0, y = 1
x = −4
5
, y =
−3
5
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) =
(
1
3
;±2
√
2
3
)
, (0, 1),
(
−4
5
;−3
5
)

Câu 11
{
x− 2y −√xy = 0√
x− 1 +√4y − 1 = 2
Giải
Phương trình đầu là dạng đẳng cấp rồi
Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 1
4
Từ phương trình đầu ta có :
(√
x+
√
y
) (√
x− 2√y) = 0⇔ x = 4y
Thay vào (2) ta có √
x− 1 +√x− 1 = 2⇔ x = 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) =
(
2;
1
2
)

Câu 12
{
xy + x+ y = x2 − 2y2
x
√
2y − y√x− 1 = 2x− 2y
Giải
Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0
Phương trình đầu tương đương
(x+ y) (2y − x+ 1) = 0⇔
[
x = −y
x = 2y + 1
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
Ng
uy
ễn
M
in
h
Tu
ấn
12 Tuyển tập những bài hệ đặc sắc
Với x = −y loại vì theo điều kiện thì x, y phải cùng dấu
Với x = 2y + 1 thì phương trình 2 sẽ tương đương
(2y + 1)
√
2y − y
√
2y = 2y + 2⇔
√
2y(y + 1) = 2y + 2⇔ y = 2⇒ x = 5
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (5; 2)
Câu 13
{ √
x+ 1 +
√
y + 2 = 6
x+ y = 17
Giải
Điều kiện x, y ≥ −1
Hệ đã cho tương đương
{ √
x+ 1 +
√
y + 2 = 6
(x+ 1) + (y + 2) = 20
Đặt
√
x+ 1 = a ≥ 0,√y + 2 = b ≥ 0. Hệ đã cho tương đương{
a+ b = 6
a2 + b2 = 20
⇔
[
a = 4, b = 2
a = 2, b = 4
⇔
[
x = 15, y = 2
x = 3, y = 14
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (15; 2), (3; 14)
Câu 14
{
y2 = (5x+ 4)(4− x)
y2 − 5x2 − 4xy + 16x− 8y + 16 = 0
Giải
Phương trình 2 tương đương
y2 + (5x+ 4)(4− x)− 4xy − 8y = 0⇔ 2y2 − 4xy − 8y = 0⇔
[
y = 0
y = 2x+ 4
Với y = 0 thì suy ra : (5x+ 4) (4− x) = 0⇔
[
x = 4
x = −4
5
Với y = 2x+ 4 thì suy ra (2x+ 4)2 = (5x+ 4)(4− x)⇔ x = 0
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (4; 0),
(
−4
5
; 0
)
, (0; 4)
Câu 15
{
x2 − 2xy + x+ y = 0
x4 − 4x2y + 3x2 + y2 = 0
Giải
Hệ đã cho tương đương
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
www.VNMATH.com
Ng
uy
ễn
M
in
h
Tu
ấn
2.1 Câu 1 đến câu 30 13
{
x2 + y = x(2y − 1)
(x2 + y)
2
+ 3x2 (1− 2y) = 0 ⇒ x
2(2y − 1)2 + 3x2(2y − 1) = 0⇔ x2(2y − 1)(2y − 4) = 0
⇔
 x = 0, y = 0y = 1
2
(L)
y = 2, x = 1 ∪ 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (0; 0), (1; 2), (2; 2)
Câu 16
{
x+ y + xy(2x+ y) = 5xy
x+ y + xy(3x− y) = 4xy
Giải
PT (1)− PT (2)⇔ xy(2y − x) = xy ⇔
[
xy = 0
x = 2y − 1
Với xy = 0⇒ x+ y = 0⇔ x = y = 0
Với x = 2y − 1
⇒ (2y − 1) + y + (2y − 1)y(5y − 2) = 5(2y − 1)y ⇔

y = 1, x = 1
y =
9−√41
20
, x = −1 +
√
41
10
y =
9 +
√
41
20
, x =
√
41− 1
10
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (0; 0), (1; 1),
(
−1 +
√
41
10
;
9−√41
20
)
,
(√
41− 1
10
;
9 +
√
41
20
)

Câu 17
{
x2 − xy + y2 = 3
2x3 − 9y3 = (x− y)(2xy + 3)
Giải
Nếu chỉ xét từng phương trình một sẽ không làm ăn được gì. Nhưng để ý 2 người này bị ràng
buộc với nhau bởi con số 3 bí ẩn. Phép thế chăng ? Đúng vậy, thay 3 xuống dưới ta sẽ ra một
phương trình đẳng cấp và kết quả đẹp hơn cả mong đợi
Thế 3 từ trên xuống dưới ta có
2x3 − 9y3 = (x− y) (x2 + xy + y2)⇔ x3 = 8y3 ⇔ x = 2y
(1)⇔ 3y2 = 3⇔ y = ±1, x = ±2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 1), (−2;−1)
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
Ng
uy
ễn
M
in
h
Tu
ấn
14 Tuyển tập những bài hệ đặc sắc
Câu 18
{ √
x+ y +
√
x− y = 1 +√x2 − y2√
x+
√
y = 1
Giải
Điều kiện :x ≥ y ≥ 0
Phương trình đầu tương đương
√
x+ y − 1 = √x− y (√x+ y − 1)⇔ [ √x+ y = 1√
x− y = 1 ⇔
[
x =
√
1− y
x =
√
1 + y
Từ đó ⇒
[ √
1− y +√y = 1√
y + 1 +
√
y = 1
⇔
 y = 0, x = 1y = 1, x = 0(L)
y = 0, x = 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 0)
Câu 19
{
2x− y = 1 +√x(y + 1)
x3 − y2 = 7
Giải
Điều kiện : x(y + 1) ≥ 0
Từ (2) dễ thấy x > 0⇒ y ≥ −1
(1)⇔ (√x−√y + 1) (2√x+√y + 1) = 0⇔ x = y + 1
⇒ (y + 1)3 − y2 = 7⇔ y = 1, x = 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (2; 1)
Từ câu 20 trở đi tôi xin giới thiệu cho các bạn một phương pháp rất mạnh để
giải quyết gọn đẹp rất nhiều các hệ phương trình hữu tỉ. Đó gọi hệ số bất định
(trong đây tôi sẽ gọi nó bằng tên khác : UCT). Sẽ mất khoảng hơn chục ví dụ để
diễn tả trọn vẹn phương pháp này
Trước hết điểm qua một mẹo phân tích nhân tử của đa thức hai biến rất nhanh bằng máy
tính Casio. Bài viết của tác giả nthoangcute.
Ví dụ 1 : A = x2 + xy − 2y2 + 3x+ 36y − 130
Thực ra đây là tam thức bậc 2 thì có thể tính ∆ phân tích cũng được. Nhưng thử phân tích
bằng Casio xem .
Nhìn thấy bậc của x và y đều bằng 2 nên ta chọn cái nào cũng được
Cho y = 1000 ta được A = x2 + 1003x− 1964130 = (x+ 1990) (x− 987)
Cho 1990 = 2y – 10 và 987 = y – 13
A = (x+ 2y − 10) (x− y + 13)
Ví dụ 2 : B = 6x2y − 13xy2 + 2y3 − 18x2 + 10xy − 3y2 + 87x− 14y + 15
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
www.VNMATH.com
Ng
uy
ễn
M
in
h
Tu
ấn
2.1 Câu 1 đến câu 30 15
Nhìn thấy bậc của x nhỏ hơn, cho ngay y = 1000
B = 5982x2 − 12989913x+ 1996986015 = 2991 (2x− 333) (x− 2005)
Cho 2991 = 3y – 9 ,333 =
y − 1
3
, 2005 = 2y + 5
B = (3y − 9)
(
2x− y − 1
3
)
(x− 2y − 5) = (y − 3) (6x− y + 1) (x− 2y − 5)
Ví dụ 3 : C = x3 − 3xy2 − 2y3 − 7x2 + 10xy + 17y2 + 8x− 40y + 16
Bậc của x và y như nhau
Cho y = 1000 ta được C = x3 − 7x2 − 2989992x− 1983039984
Phân tích C= (x− 1999) (x+ 996)2
Cho 1999 = 2y − 1 và 996 = y − 4
C = (x− 2y + 1) (x+ y − 4)2
Ví dụ 4 : D = 2x2y2 + x3 + 2y3 + 4x2 + xy + 6y2 + 3x+ 4y + 12
Bậc của x và y như nhau
Cho y = 1000 ta được D = (x+ 2000004) (x2 + 1003)
Cho 2000004 = 2y2 + 4 và 1003 = y + 3
D = (x+ 2y2 + 4) (x2 + y + 3)
Ví dụ 5 : E = x3y + 2x2y2 + 6x3 + 11x2y − xy2 − 6x2 − 7xy − y2 − 6x− 5y + 6
Bậc của y nhỏ hơn
Cho x = 1000 ta được E = 1998999y2 + 1010992995y + 5993994006 =
2997 (667y + 333333) (y + 6)
Ảo hóa E=999 (2001y + 999999) (y + 6)
Cho 999 = x− 1, 2001 = 2y + 1, 999999 = x2 − 1
E = (x− 1) (y + 6) (x2 + 2xy + y − 1)
Ví dụ 6 : F = 6x4y + 12x3y2 + 5x3y − 5x2y2 + 6xy3 + x3 + 7x2y + 4xy2 − 3y3 − 2x2 − 8xy +
3y2 − 2x+ 3y − 3
Bậc của y nhỏ hơn
Cho x = 1000 ta được F = 5997y3 + 11995004003y2 + 6005006992003y + 997997997
Phân tích F= (1999y + 1001001) (3y2 + 5999000y + 997)
Cho 1999 = 2x− 1, 1001001 = x2 + x+ 1, 5999000 = 6x2 − x, 997 = x− 3
F = (x2 + 2xy + x− y + 1) (6x2y − xy + 3y2 + x− 3)
Làm quen được rồi chứ ? Bắt đầu nào
Câu 20

x2 + y2 =
1
5
4x2 + 3x− 57
25
= −y(3x+ 1)
Giải
Nguyễn Minh Tuấn - K62CLC Toán Tin - ĐHSPHN. My facebook : Popeye Nguyễn
Ng
uy
ễn
M
in
h
Tu
ấn
16 Tuyển tập những bài hệ đặc sắc
Lời giải gọn đẹp nhất của bài trên là
25.PT (1) + 50.PT (2)⇔ (15x+ 5y − 7)(15x+ 5y + 17) = 0
Đến đây dễ dàng tìm được nghiệm của hệ : (x; y) =
(
2
5
;
1
5
)
,
(
11
25
;
2
25
)

Câu 21
{
14x2 − 21y2 − 6x+ 45y − 14 = 0
35x2 + 28y2 + 41x− 122y + 56 = 0
Giải
Lời giải gọn đẹp nhất của bài này là
49.PT (1)− 15.PT (2)⇔ (161x− 483y + 218)(x+ 3y − 7) = 0
Và đến đây cũng dễ dàng tìm ra nghiệm (x; y) = (−2; 3), (1; 2)
Qua 2 ví dụ trên ta đặt ra câu hỏi : Vì sao lại thế ? Cái nhóm thành nhân tử thì tôi không
nói bởi ắt hẳn các bạn đã đọc nó ở trên rồi. Vì sao ở đây là tại sao lại nghĩ ra những hằng số
kia nhân vào các phương trình, một sự tình cờ may mắn hay là cả một phương pháp. Xin thưa
đó chính là một ví dụ của UCT. UCT là một công cụ rất mạnh có thể quét sạch gần như toàn
bộ những bài hệ dạng là hai tam thức. Cách tìm những hằng số như thế nào. Tôi xin trình
bày ngay sau đây. Bài viết của tác giả nthoangcute.
Tổng Quát:
{
a1x
2 + b1y
2 + c1xy + d1x+ e1y + f1 = 0
a2x
2 + b2y
2 + c2xy + d2x+ e2y + f2 = 0
Giải
Hiển nhiên nhận xét đây là hệ gồm hai tam thức bậc hai. Mà nhắc đến tam thức thì không
thể không nhắc tới một đối tượng đó là ∆. Một tam thức phân tích được nhân tử hay không
phải xem ∆x hoặc ∆y của nó có chính phương hay không. Nếu hệ loại này mà từ ngay một
phương trình ∆ ra kì diệu thì chẳng nói làm gì, thế nhưng cả hai phương trình ∆ đều ra rất
kì cục thì ta sẽ làm như nào. Khi đó UCT sẽ lên tiếng. Ta sẽ chọn hằng số thích hợp nhân vào
một (hoặc cả hai phương trình) để ép sao cho ∆ chính phương.
Như vậy phải tìm hằng số k sao cho PT (1) + k.PT (2) có thể phân tích thành nhân tử
Đặt a = a1 + ka2, b = b1 + kb2, c = c1 + kc2, d = d1 + kd2, e = e1 + ke2, f = f1 + kf2
Số k là nghiệm của phương trình sau với a 6= 0
cde+ 4abf = ae2 + bd2 + fc2
Dạ vâng có hẳn một công thức để giải hệ phương trình loại này. Tác giả