Các dạng bài về Hệ phương trình - Vũ Ngọc Vinh

x y
      
 

       
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 trình có tham số: 
1. . Tìm giá trị của m: 
a)  5 4 4
1
x y xy
x y xy m
   

   
 có nghiệm. 
b) 2 2
2
1
x y xy m
x y xy m
   

  
 có nghiệm duy nhất. 
c) 
 
 
2
2 2
4
2 1
x y
x y m
  

  
 có đúng hai nghiệm. 
2. 2 2
x xy y m
x y m
  

 
 (1II) 
a. Giải hệ phương trình khi m = 5. 
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm. 
3. 2 2 3 8
x xy y m
x y xy m
  

  
 (7I) 
a Giải hệ phương trình khi m = 7/2. 
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm. 
4. 2 2
1x xy y m
x y xy m
   

 
 (Đ40II) 
a. Giải hệ phương trình khi m=2. 
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0. 
III. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình: 
1. Giải phương trình: 4 41 18 3x x    . 
2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: 
a. 1 1x x m    b. m x m x m    c. 3 31 1x x m    
ST&BS: Vũ Ngọc Vinh  6 
C. Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: (Tham khảo) 
1. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi c¸c ph­¬ng tr ×nh trong hÖ lµ ®èi xøng. 
2. §Þnh lý Vi- et cho ph­¬ng tr ×nh bËc 3: 
 Cho 3 sè x, y, z cã: 
x + y + z = α
xy + yz + zx = β
xyz = γ




 Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph­¬ng tr ×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) 
 ThËy vËy: (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. 
(*) cã nghiÖm lµ x, y, z  ph­¬ng tr ×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z. 
3.C¸ch gi¶i: 
+ Do c¸c ph­¬ng tr ×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ®­îc d­íi d¹ng α, β, γ 
 Khi ®ã ta ®Æt 
x + y + z = α
xy + yz + zx = β
xyz = γ




 Ta ®­îc hÖ cña α, β, γ. 
+ Gi¶i ph­¬ng tr ×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®­îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ. 
Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt  hÖ v« nghiÖm. 
(1) cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt  hÖ cã nghiÖm. 
(1) cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n  hÖ cã 3 nghiÖm. 
(1) cã 3 ngiÖm  hÖ cã 6 nghiÖm. 
4. Bµi tËp: 
 VD1: Gi¶i hÖ: 2 2 2
3 3 3
x + y + z = 2
x + y + z = 6
x + y + z = 8





 Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã: 
 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. 
 VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = -1. 
 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz  xyz = -2. 
  x, y, z lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr ×nh:t3 - 2t2 - t + 2 = 0  
t = 1
t = - 1
t = 2




 VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). 
 VD2: Gi¶i hÖ 
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1 + + = 1 (3)
x y z







ST&BS: Vũ Ngọc Vinh  7 
 Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3)  xy + yz + zx = 1
xyz
 Do (2)  xyz = 27 
 VËy hÖ  
x + y + z = 9 
xy + yz + zx = 27 
xyz = 27




 Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr ×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0 
  (X - 3)3 = 0 
  X = 3. 
 VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3). 
 VD3: Gi¶i hÖ 2 2 2 2
3 3 3 3
x + y + z = a
x + y + z = a
x + y + z = a





 Gi¶i: 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. 
 VËy cã: 
x + y + z = 0
xy + yz + zx = 0
0xyz



 
  (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr ×nh: X3 - aX2 = 0  
X = 0
X = a



 VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} 
5.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn l­u ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy 
+ Víi c¸ch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®­a ra ®­îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã 
thÓ nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®­îc nghiÖm nªn thö l¹i. 
+ V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a c¸c Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y 
hoÆc cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph­¬ng tr ×nh céng, thÕ. 
 VD: 
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1 + + = 1 (3)
x y z







 Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ 
 Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4). 
 Tõ (2) vµ (4)  xyz = 27 (5) 
 Tõ (2)  x2(y + z) + xyz = 27x (6) 
 Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0 
 x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0 
 (x - 3)3 = 0  x = 3 
 Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: 
y + z =6
yz = 9



  y = z = 3. 
 VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. 
ST&BS: Vũ Ngọc Vinh  8 
II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI 2 
1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: 
A. Định ghĩa: 
 
 
( , ) 0 1
( , ) 0 2
f x y
f y x

 
Cách giải: Lấy (1)  (2) hoặc (2)  (1) ta được: (xy)g(x,y)=0. Khi đó xy=0 hoặc g(x,y)=0. 
+ Trường hợp 1: xy=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. 
+ Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này 
hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm. 
B. Các ví dụ: 
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
 
 
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 vô nghiệm) 
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: 
   (x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11) 
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
4
4
1 1
1 1
x y
y x
   

  
GIẢI 
Đặt: 4 4x - 1 = u 0; y - 1 = v 0  
Hệ phương trình 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 có nghiệm (1,1) 
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình 
2
2
x y y m
y x x m
   

  
 (I) 
a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. 
b. Tìm m để hệ phương trình có 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
   
 
  
  
          
ST&BS: Vũ Ngọc Vinh  9 
a) Hệ phương trình có nghiệm  
'
x
'
y
Δ 0 1 - m 0 m 1
m 0
- m 0 m 0Δ 0
            
b) Hệ phương trình có 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. 
 Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 31 2 2 1x x   . 
GIẢI 
Đặt 3 2x - 1 = t  2x - 1 = t3. 
 Ta có 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 trình có 3 nghiệm: 1; - 1 ± 5
2
. 
C. Bài tập: 
1.Giải các hệ phương trình 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 trình
2
2
( ) 2
( ) 2
x x y m
y x y m
   

  
. 
a. Giải hệ với m = 0. 
b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 
3. Tìm m để hệ: 
3 2 2
3 2 2
7
7
x y x mx
y x y my
   

  
 có nghiệm duy nhất. 
4. Giải các phương trình: a. 2 5 5x x   . 
 b. 3 33 3 2 2x x   . 
ST&BS: Vũ Ngọc Vinh  10 
2. HÖ ph­¬ng tr ×nh ®èi xøng lo¹i 2, 3 Èn: 
A. Dïng chñ yÕu lµ ph­¬ng ph¸p biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö 
dông sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i. 
B. VÝ dô: 
Gi¶i hÖ 
2
2
2
x + 2yz = x (1)
y + 2zx = y (2)
z + 2xy = z (3)





Gi¶ b»ng c¸ch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi hÖ 
2
2
x + 2yz = x
(x + y + z) = x + y + z
(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0





HÖ nµy ®­¬ng t­¬ng víi 4 hÖ 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
 
 
 
 
 
2 2x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV) 
x =y x + y - 2z - 1 = 0
 
 
 
 
 
 Gi¶i (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
 





 VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); ( -1 -1 2; ;
3 3 3
) 
 Lµm t­¬ng tù (II) cã nghiÖm ( 2 -1 -1; ;
3 3 3
);( -1 2 -1; ;
3 3 3
) 
 HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); ( 1 1 1; ;
3 3 3
) 
 HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). 
 VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn. 
 VD2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr ×nh: 
2 2
2 2
2 2
x + y + z = 1
x + y + z = 1
x + y + z = 1





 Gi¶i: HÖ  
2 2x + y + z = 1
(y - z)(y + z - 1) = 0
(x - z)(x + z - 1) = 0





ST&BS: Vũ Ngọc Vinh  11 
  
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





Gi¶i c¸c hÖ b»ng ph­¬ng ph¸p thÕ ®­îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 
1 1 1; ;
2 2 2
 
  
. 
VD4: Gi¶i hÖ: 
2
2
2
1
1
1
x y
y z
z x
  

 
  
Gi¶i: XÐt hai tr­êng hîp sau: 
TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau: 
Gi¶ sö x=y cã hÖ 
2
2
2
1
1
1
x x
y z
z x
  
