Đề cương ôn thi vào Lớp 10 chuyên môn Toán - Chuyên đề: Phương trình và hệ phương trình

CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9
Ôn thi vào lớp 10 chuyên chọn
NGUYỄN TĂNG VŨ
Ngày 27 tháng 11 năm 2019
Mục lục
Chương 1. Phương trình vô tỉ 2
1.1 Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Phương pháp lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4 Phương pháp nhân lượng liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.6 Bài tập ôn tập chương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Chương 2. Hệ phương trình 21
2.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.1 Nội dung - Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Phương pháp cộng đại số - Hệ phương trình đối xứng loại hai . . . . . . 28
2.3 Phương pháp đặt ẩn phụ - Hệ đối xứng loại một . . . . . . . . . . . . . . 35
1
Chương 1
Phương trình vô tỉ
Phương trình vô tỉ (phương trình chứa căn thức) là một trong những nội dung quan trọng
nhất của đại số 9, xuất hiện trong hầu hết các đề thi học sinh giỏi cũng như đề thi tuyển sinh.
Kĩ năng giải phương trình cũng là một trong kĩ năng quan trọng của học sinh chuyên toán. Có
rất nhiều dạng phương trình và nhiều phương pháp giải khác nhau cho phương trình vô tỉ,
tựu chung lại cũng là phương pháp hữu tỉ hóa các phương trình, tức là đưa về phương trình
dạng đa thức đã biết cách giải ở lớp 8.Trong chương này đưa ra một vài dạng phương trình vô
tỉ cùng với đó là các phương pháp cơ bản nhất, không đi sâu quá nhiều vào các kĩ thuật và các
dạng khó.
1.1 Lý thuyết
Nếu A(x), B(x) là các biểu thức chứa x, khi đó ta có các phương trình dạng
√
A =
√
B và√
A = B là các phương trình vô tỉ cơ bản nhất, được giải bởi các tính chất sau.
Tính chất 1.1.1
√
A =
√
B⇔
{
A ≥ 0
A = B
Tính chất 1.1.2
√
A = B⇔
{
B ≥ 0
A = B2
2
NGUYỄN TĂNG VŨ
1.2 Phương pháp lũy thừa
Phương pháp lũy thừa là phương pháp tự nhiên nhất và kinh điển nhất để giải phương trình
vô tỉ, nhằm mục đích đưa phương trình đã cho về dạng cơ bản hoặc đưa về phương trình hữu
tỉ, việc lũy thừa đòi hỏi sự khéo léo để không làm cho bậc của biểu thức quá cao, và trong quá
trình lũy thừa ta chú ý là tạo ra phương trình mới tương đương phương trình đã cho hay chỉ là
hệ quả của phương trình đã cho, nếu là hệ quả thì phải có bước thử lại nghiệm.
Chú ý. A = B⇔ A2 = B2 đúng khi và chỉ khi A, B cùng dấu.
Còn A = B(1) ⇒ A2 = B2(2) thì phương trình (2) là phương trình hệ quả của phương trình
(1).
Ví dụ 1.1. Giải phương trình:
a)
√
−x2 + 4x− 3 = 2x− 5
b)
√
x+ 1+
√
x− 2 =
√
3x
Lời giải. a) Ta có√
−x2 + 4x− 3 = 2x− 5
⇔
2x− 5 ≥ 0−x2 + 4x− 3 = (2x− 5)2
⇔
x ≥
5
2
5x2 − 24x+ 28 = 0
⇔

x ≥ 5
2
x = 2 hoặc x =
14
5
⇔ x = 14
5
.
Vậy phương trình có nghiệm x =
14
5
.
b) Điều kiện x ≥ 2. Phương trình tương
đương với
x+ 1+ 2
√
(x+ 1)(x− 2) + x− 2 = 3x
⇔ 2
√
x2 − x− 2 = x+ 1
⇔ 4(x2 − x− 2) = x2 + 2x+ 1
⇔ 3x2 − 6x− 9 = 0
⇔
[
x = 3(n)
x = −1(l)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.

Trang 3
NGUYỄN TĂNG VŨ
Ví dụ 1.2. Giải phương trình
√
7− x2 + x√x+ 5 =
√
3− 2x− x2.
Lời giải. ∙ Ta có √
7− x2 + x√x+ 5 =
√
3− 2x− x2
⇔
3− 2x− x2 ≥ 07− x2 + x√x+ 5 = 3− 2x− x2(2)
∙ (2)⇔ √x+ 5 = − x+ 2
x
=⇔

− x+ 2
x
≤ 0(**)
√
x+ 5 =
(x+ 1)2
x2
(3)
∙ (3)⇔ x2(x+ 5) = (x+ 2)2 ⇔ x = −1(n), x = −4(l), x = 4(l).
∙ Vậy phương trình có nghiệm x = −1.

Ví dụ 1.3. Giải phương trình
√
x+ 1− 1 =
√
x−√x+ 8.
Lời giải. ∙ Điều kiện

x ≥ −1√
x+ 1− 1 ≥ 0
x−√x+ 8 ≥ 0
(*).
∙ Khi đó phương trình tương đương:
√
x+ 1 = 1+
√
x−√x+ 8
⇔ x+ 1 = x+ 1−√x+ 8+ 2
√
x−√x+ 8
⇔ √x+ 8 = 2
√
x−√x+ 8
⇔ x+ 8 = 4(x−√x+ 8)
⇔ 4√x+ 8 = 3x− 8
⇔
{
x ≥ 8
3
16(x+ 8) = (3x− 8)2 ⇔
{
x ≥ 8
3
9x2 − 64x− 64 = 0 ⇔ x = 8.
∙ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 8.

Ví dụ 1.4. Giải phương trình
√
x(x− 1) +
√
x(x+ 2) = 2
√
x2.
Lời giải. ∙ Điều kiện

x(x− 1) ≥ 0
x(x+ 2) ≥ 0
x ≥ 0
⇔ x = 0 hoặc x ≥ 1.
∙ Dễ thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình.
∙ Xét x ≤ 1. Khi đó phương trình tương đương
Trang 4
NGUYỄN TĂNG VŨ
∙
√
x− 1+√x− 2 = 2√x
⇔ x− 1+ x+ 2+ 2
√
(x− 1)(x+ 2) = 4x
⇔
√
(x− 1)(x− 2) = x− 1
2
⇔
{
x ≥ 1
2
x2 + x− 2 = x2 − x+ 1
4
⇔
{
x ≥ 1
2
x =
9
8
⇔ x = 9
8
∙ Vậy phương trình có nghiệm x = 9
8
.

Ví dụ 1.5. Giải phương trình
√
x+ 2
√
x− 1+
√
x− 2√x− 1 = x+ 3
2
.
Lời giải. ∙ Điều kiện x ≥ 1.
∙ Khi đó phương trình tương đương√
(
√
x− 1)2 + 2√x− 1+ 1+
√
(
√
x− 1)2 − 2√x− 1+ 1 = x+ 3
2
⇔
√
(
√
x− 1+ 1)2 +
√
(
√
x− 1)2 = x+ 3
2
⇔ |√x− 1+ 1|+ |√x− 1− 1| = x+ 3
2
.
∙ Với 1 ≤ x ≤ 2 thì phương trình tương đương
√
x− 1+ 1+ 1−√x− 1 = x+ 3
2
⇔ x = 1.
∙ Với x > 2 thì phương trình tương đương
√
x− 1+ 1+√x− 1− 1 = x+ 3
2
⇔ 4√x− 1 = x+ 3
⇔
x ≥ −316x− 16 = x2 + 6x+ 9
⇔ x = 5.
∙ Vậy phương trình có nghiệm x = 5.

Ví dụ 1.6. Giải phương trình
√
x+ 3+
√
3x+ 1 = 2
√
x+
√
2x+ 2.
Lời giải. ∙ Điều kiện

x+ 3 ≥ 0
3x+ 1 ≥ 0
x ≥ 0
2x+ 1 ≥ 0
⇔ x ≥ 0.
Trang 5
NGUYỄN TĂNG VŨ
Phương trình trở thành
√
3x+ 1−√2x+ 2 =
√
4x−√x+ 3
⇒ 3x+ 1+ 2x+ 2− 2
√
(3x+ 1)(2x+ 2) = 4x+ x+ 3− 2
√
4x(x+ 3)
⇒
√
(3x+ 1)(2x+ 2) =
√
4x(x+ 3)
⇒ 6x2 + 8x+ 2 = 4x2 + 12
⇒ x = 1.
∙ Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.
∙ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

Chú ý. Trong ví dụ trên, ta dùng dấu⇒ thay cho⇔, tức là phương trình sau chỉ là hệ quả của phương
trình trước chứ không phải là tương đương, Do đó khi giải ra nghiệm ta phải thử lại phương trình ban
đầu để nhận hay loại nghiệm.
Ví dụ 1.7. Giải phương trình 3
√
x+ 5+ 3
√
x+ 6 = 3
√
2x+ 11.
Lời giải. ∙ Sử dụng hằng đẳng thức (a+ b)3 = a3 + b3 + 3ab(a+ b). Ta được
3
√
x+ 5+ 3
√
x+ 6 = 3
√
2x+ 11
⇔ 2x+ 11+ 3 3√x+ 5. 3√x+ 6( 3√x+ 5+ 3√x+ 6) = 2x+ 11
⇒ 3 3√x+ 5. 3√x+ 6. 3√2x+ 11 = 0
⇔ x = −6 hoặc− 5 hoặc x = −11
2
.
∙ Thử lại ta thấy tất cả đều là nghiệm của phương trình.
∙ Vậy phương trình có ba nghiệm x = −6 hoặc x = −5 hoặc x = −11
2
.

Trang 6
NGUYỄN TĂNG VŨ
Bài tập rèn luyện
Bài 1.1 Giải các phương trình sau;
a)
√
x2 + 3x+ 4− 3x = 1
b) 1+
√
x− 1 = √6− x
c)
√
−x2 + 4x− 3 = 2x− 5
d) x−
√
4− x2 = 0
Bài 1.2 Giải các phương trình sau:
a)
√
2x+ 3+
√
2x+ 2 = 1
b)
√
5x− 1−√x− 1 = √2x− 4
c) x2 − 2x+ 4(x− 3)
√
x+ 1
x− 3 = 0.
d)
√
x− 1− 2√x− 2+
√
x+ 2+ 4
√
x− 2+ 3 = 0
Bài 1.3 Giải các phương trình sau:
a)
x2√
3x− 2 −
√
3x− 2 = 1− x
b)
√
x+
√
x+ 1−
√
x2 + x = 1
c)
√
x(x+ 1) +
√
x(x+ 2) = 2
√
x2
d)
√
2x2 + 8x+ 6+
√
x2 − 1 = 2x+ 2
Bài 1.4 Giải các phương trình sau
a) 3
√
x+ 1+ 3
√
3x+ 1 = 3
√
x− 1
b) 3
√
2x− 5+ 3√3x+ 7 = 3√5x+ 2
Bài 1.5 Giải các phương trình sau:
a)
√
x2 − 3x+ 4+ 1− x−√3− x = 0
b)
√
x2 + 3x+ 4+ 1+ x−√3+ x = 0
c)
√
x2 − 3x+ 3+ 1− x−√2− x = 0
d)
√
4x2 − 10x+ 7+ 2− 2x−√3− 2x = 0
Trang 7
NGUYỄN TĂNG VŨ
1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ
Phương pháp đặt ẩn phụ sử dụng khi phương trình chứa một biểu thức lặp đi lặp lại nhiều
lần, việc đặt ẩn phụ đưa phương trình về một phương trình đơn giản hơn, hoặc là đưa về dạng
phương trình đã biết cách giải. Có rất nhiều dạng đặt ẩn phụ với nhiều dạng toán khác nhau,
ở đây chúng tôi chỉ trình bày những dạng bài tập phù hợp nhất với chương trình trung học cơ
sở, không đi sâu quá vào các ẩn phụ mẹo mực khác.
Chú ý. Khi đặt ẩn phụ thì nhớ đặt điều kiện cho ẩn phụ để giảm được các trường hợp cần xét.
Ví dụ 1.8. Giải phương trình
√
x2 − x+ 3−
√
−x2 + x+ 2 = 1.
Lời giải. ∙ Đặt t =
√
−x2 + x+ 2, t ≥ 0. Khi đó
t2 == −x2 + x+ 2⇔ x2 − x+ 3 = 5− t2.
∙ Phương trình trở thành
√
5− t2 − t = 1⇔
√
5− t2 = (t+ 1)2 ⇔ t2 + t− 2 = 0
⇔ t = 1 hoặc t = −2(l)⇔
√
−x2 + x+ 2 = 1⇔ x2 − x− 1 = 0
⇔ x = 1±
√
5
2
.
∙ Vậy phương trình có nghiệm x = 1±
√
5
2
.

Ví dụ 1.9. Giải phương trình 2x2 − 6x+ 7 = 5
√
x2 − 3x+ 5.
Lời giải. ∙ Đặt t =
√
x2 − 3x+ 5, t ≥ 0.
∙ Khi đó phương trình trở thành 2t2− 3 = 5t⇔ 2t2− 5t− 3 = 0⇔ t = 3 hoặct = −1
2
(l)
⇔
√
x2 − 3x+ 5 = 3⇔ x2 − 3x− 4 = 0⇔ x = −1 hoặc x = 4.
∙ Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 hoặc x = 4.

Trang 8
NGUYỄN TĂNG VŨ
Ví dụ 1.10. Giải phương trình (x− 1)2 + 2(x+ 1)
√
x− 3
x+ 1
= 12.
Lời giải. ∙ Điều kiện x− 3
x+ 1
≥ 0⇔ x < −1 hoặc x ≥ −3.
∙ Khi đó phương trình tương đương
(x2 − 2x− 3) + 2(x+ 1)
√
x− 3
x+ 1
= 8
⇔ (x+ 1)(x− 3) + 2(x+ 1)
√
x− 3
x+ 1
= 8.
Đặt t = (x+ 1)
√
x− 3
x+ 1
⇒ t2 = (x+ 1)(x− 3).
Khi đó phương trình trở thành
t2 + 2t− 8 = 0⇔ t = 2hoặc t = −4.
Trường hợp t = 2⇔ (x+ 1)
√
x− 3
x+ 1
= 2
⇔
{
x ≥ (x+ 1)(x− 3) = 4 ⇔
{
x ≥ x2 − 2x− 19 = 0 ⇔ x = 1+ 2
√
2.

Trên đây là các phương trình mà ta thấy rõ được biểu thức f (x) lặp đi lặp lại, trong một số
trường hợp khác f (x) không xuất hiện một cách tường mình, mà phải thông qua một số biến
đổi thì mới xuất hiện. Ta xem các ví dụ sau:
Ví dụ 1.11. Giải phương trình x2 + 3x
√
x− 4
x
= 10x+ 4.
Lời giải. ∙ Điều kiện x− 4
x
≥ 0⇔ −2 ≤ x < 0 hoặc x ≥ 2.
Khi đó phương trình
x2 + 3x
√
x− 4
x
= 10x+ 4
⇔ x+ 3
√
x− 4
x
= 10+
4
x
⇔ x− 4
x
+ 3
√
x− 4
x
− 10 = 0.
∙ Đặt t =
√
x− 4
x
, t ≥ 0. Phương trình trở thành:
t2 + 3t− 10 = 0⇔ t = 2 hoặc t = −5(l)⇔
√
x− 4
x
= 2⇔ x− 4
x
= 4
⇔ x2 − 4x− 4 = 0
⇔ x = 2± 2
√
2.
∙ So sánh với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm x = 2± 2
√
2.

Trang 9
NGUYỄN TĂNG VŨ
Ví dụ 1.12. Giải phương trình
√
1+ x+ 2
√
1− x = 3 4
√
1− x2
Lời giải. ∙ Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1.
Dễ thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình. Xét x ̸= 1.
Khi đó phương trình tương đương√
1+ x
1− x + 2 = 3
4
√
1+ x
1− x .
Đặt t = 4
√
1+ x
1− x , phương trình trở thành
t2 − 3t+ 2 = 0
⇔ t = 1 hoặc t = 2.
Trường hợp
t = 1
⇔ 4
√
1+ x
1− x = 1
⇔ 1+ x
1− x = 1
⇔ x = 0.
Trường hợp
t = 2
⇔ 4
√
1+ x
1− x = 2
⇔ 1+ x
1− x = 16
⇔ x = 15
17
.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0 hoặc x =
15
17
.

Trong một số trường hợp phức tạp hơn, ta đặt ẩn phụ một biểu thức, và tính các biểu thức
còn lại theo ẩn phụ. Ta xem ví dụ sau:
Ví dụ 1.13. Giải phương trình
√
11− x+√x+ 2+ 2
√
22+ 9x− x2 = 17.
Lời giải. ∙ Điều kiện −2 ≤ x ≤ 11.
∙ Đặt t =
√
11− x+√x+ 2, t ≥ 0. Khi đó t2 = 13+ 2
√
(11− x)(x+ 2)
⇒ 2
√
22+ 9x− x2 = t2 − 13.
Trang 10
NGUYỄN TĂNG VŨ
∙ Phương trình trở thành t+ t2 − 13 = 17⇔ t2 + t− 30 = 0⇔ t = 5 hoặc t = −6(l).⇔√
11− x+√x+ 2 = 5
⇔
√
22+ 9x− x2 = 6
⇔ x2 − 9x+ 14 = 0⇔ x = 2 hoặc x = 7.
∙ Vậy phương trình có nghiệm x = 2 hoặc x = 7.

Trang 11
NGUYỄN TĂNG VŨ
Sau đây là cách đặt ẩn phụ để đưa phương trình thành một phương trình hai ẩn, từ đó giải
ẩn này theo ẩn kia để thiết lập ... y23y3 = y2 + 2x2
f)
3x2y− y2 − 2 = 03y2x− x2 − 2 = 0
Bài 2.7 Giải các hệ phương trình sau:
a)
x+
√
y+ 3 = 3
y+
√
x+ 3 = 3
.
b)

√
x+ 5+
√
y− 2 = 7√
y+ 5+
√
x− 2 = 7
c)

√
x+
√
2− x =
√
2
√
y+
√
2− x =
√
2
d)
x
√
1+ y2 + y
√
1+ x2 = 2
x
√
1+ x2 + y
√
1+ y2 = 2
e)

√
x2 + 3+ 2
√
x = 3
√
y√
y2 + 3+ 2
√
y = 3
√
x
f)

x+
2
y
=
3
x
y+
2
x
=
3
y
g)
2x+ 3
√
5− y = 8
2y+ 3
√
5− x = 8
h)

3
√
3x+ 5 = y+ 1
3
√
3y+ 5 = x+ 1
i)
x+ 1 =
√
2+
√
y+ 3
y+ 1 =
√
2+
√
x+ 3
Bài 2.8 Giài các hệ phương trình sau
a)
x2(1− 2y) = y2(4x+ 2y)2x2 + xy− y2 = x
b)
x2(y2 + 1) = 2x2y2 + xy+ 1 = 3x2
c)
x2 + 2 = x(y− 1)y2 − 7 = y(x− 1)
d)
4x2 + y4 − 4xy3 = 12x2 + y2 − 2xy = 1
Bài 2.9 Giải các hệ phương trình sau:
a)
x2 + 2xy+ y = 4x2 + xy+ 2y+ x = 5
b)
2x2 + 2xy+ y = 5y2 + xy+ 5x = 7
c)
x2 + y2 + xy = 3y2 − xy+ 5x+ 4y = 9
d)
x2 + y2 = 24(x+ y)− x2y2 = 7
Trang 33
NGUYỄN TĂNG VŨ
e)
x2 + y2 + x+ y = 4x2 + 2xy+ 9 = 7x+ 5
Bài 2.10 Giải hệ phương trình

x2 + 7 = 5y− 6z
y2 + 7 = 10z+ 3x
z2 + 7 = −x+ 3y
Bài 2.11 Giải hệ phương trình

x3 + 3xy2 + 3xz2 − 6xyz = 1
y2 + 3yx2 + 3yz2 − 6xyz = 1
z3 + 3zy2 + 3zx2 − 6xyz = 1.
Bài 2.12 Giải hệ phương trình

(x− 2y)(x− 4z) = 3
(y− 2z)(y− 4x) = 5
(z− 2x)(z− 4y) = −8.
Bài 2.13 Giải hệ phương trình

x(yz− 1) = 3
y(zx− 1) = 4
z(xy− 1) = 5.
Bài 2.14 Giải hệ phương trình

ab+ c+ d = 3
bc+ d+ a = 5
cd+ a+ b = 2
da+ b+ c = 6
Bài 2.15 Cho a ∈ R. Giải hệ phương trình

x21 + ax1 + (
a− 1
2
)2 = x2
x22 + ax2 + (
a− 1
2
)2 = x3
...
x2n + axn + (
a− 1
2
)2 = x1
Trang 34
NGUYỄN TĂNG VŨ
2.3 Phương pháp đặt ẩn phụ - Hệ đối xứng loại một
Mục đích của đặt ẩn phụ là ta đưa hệ phương trình đã cho về một hệ phương trình đơn giản
hơn đã biết cách giải, giải được hệ mới từ đó ta giải được hệ đã cho.
Trong phương pháp này, ứng dụng đầu tiên là áp dụng cho giải các hệ đối xứng loại một.
Hệ đối xứng loại một là hệ có dạng
{
f (x, y) = 0(1)
g(x, y) = 0(2)
trong đó f (y, x) = f (y, x) và g(x, y) =
g(y, x), hay nói cách khác các biểu thức f (x, y), g(x, y) là các biểu thức đối xứng theo hai biến
x, y. Để giải hệ, ta thường đặt s = x+ y, p = xy, từ đó đưa hệ về theo ẩn s, p. Giải s, p ta sẽ giải
được x, y. Sau đây là một số ví dụ, các bạn theo dõi nhé.
Ví dụ 2.19. Giải hệ phương trình
x+ y+ xy = 1x2 + y2 + 3xy = 3.
Lời giải. Đặt S = x+ y, P = xy. Điều kiện S2 ≥ 4P. Khi đó hệ trở thànhS+ P = 1S2 + P = 3 ⇔
P = 1− SS2 − S− 2 = 0. .
Ta có S2 − S− 2 = 0⇔ S = −1 hoặc S = 2.
Nếu S = −1 thì P = 2 (loại).
Nếu S = 2 thì P = −1.
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
X2 − 2X− 1 = 0⇔ X = 1±
√
2.
Suy ra (x, y) = (1+
√
2, 1−
√
2) hoặc (x, y) = (1−
√
2, 1+
√
2).
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x, y) = (1+
√
2, 1−
√
2) hoặc (x, y) = (1−
√
2, 1+
√
2).

Ví dụ 2.20. Giải hệ phương trình
x− y+ xy = 1x2 + y2 = 2
Lời giải. Đặt u = x− y, v = xy. Ta được hệ
u+ v = 1u2 + 2v = 2.
⇔
v = 1− uu2 + 2(1− u) = 2
⇔
v = 1− uu2 − 2u = 0
⇔
u = 0v = 1 hoặc
u = 2v = −1.
Trang 35
NGUYỄN TĂNG VŨ
Trường hợp
u = 0v = 1 ⇔
x− y = 0xy = 1 ⇔
x = 1y = 1 hoặc
x = 1y = −1. .
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (1, 1), (−1,−1) hoặc (1,−1).

Ví dụ 2.21. Giải hệ phương trình
2(x+ y) = 3( 3
√
x2y+ 3
√
xy2)
3
√
x+ 3
√
y = 6
Lời giải. Đặt u = 3
√
x, v = 3
√
y. Hệ ⇔
2(u3 + v3) = 3(u2v+ uv2)u+ v = 6. Đặt S = u + v, P =
u.v(S2 ≥ 4P), hệ đã cho trở thành 2 (S3 − 3SP) = 3SPS = 6
⇔
2(36− 3P) = 3PS = 6
⇔
S = 6P = 8 .
Suy ra u, v là nghiệm phương trình X2 − 6x+ 8 = 0⇔ X = 2 hoặc X = 4.
Trường hợp (u, v) = (2, 4) suy ra (x, y) = (8, 64).
Trường hợp (u, v) = (4, 2) suy ra (x, y) = (64, 8).
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (8, 64) hoặc (x, y) = (64, 8). 
Ví dụ 2.22. Giải hệ phương trình

x
y
+
y
x
=
26
5
x2 − y2 = 24
.
Lời giải. Điều kiện xy ̸= 0.
Hệ⇔
x2 + y2 =
26
5
xy
(x− y)(x+ y) = 24
⇒
(x+ y)2 − 2xy =
26
5
xy
[(x+ y)2 − 4xy](x+ y)2 = 242.
.
Đặt u = (x + y)2, v = xy ta được
u =
36
v
u2 − 4uv = 242
⇔
u = 36v = 5. Từ đó ta được hệ
Trang 36
NGUYỄN TĂNG VŨ
phương trình
(x+ y)2 = 36xy = 5. .
Trường hợp
x+ y = 6xy = 5 ⇔
x = 1y = 5 hoặc
x = 5y = 1.
Trường hợp
x+ y = −6xy = 5 ⇔
x = −1y = −5 hoặc
x = −5y = −1. 
Ví dụ 2.23. Giải hệ phương trình

x2
(y+ 1)2
+
y2
(x+ 1)2
=
1
2
3xy = x+ y+ 1.
Lời giải. Điều kiện (x+ 1)(y+ 1) ̸= 0.
Hệ⇔

(
x
y+ 1
)2 + (
y
x+ 1
)2 =
1
2
xy
(x+ 1)(y+ 1)
=
1
4
.
Đặt u =
x
y+ 1
, v =
y
x+ 1
ta được
uv =
1
4
u2 + v2 =
1
2
⇔
u+ v = 1uv = 1
4
hoặc
u+ v = −1uv = −1
4
.
Trường hợp
u+ v = 1uv = 1
4
⇔

x
y+ 1
=
1
2
y
x+ 1
=
1
2
⇔
2x− y = 12y− x = 1 ⇔ x = y = 1.
Trường hợp
u+ v = −1uv = 1
4
giải tương tự ta được x = y = −1
3
.
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (−1
3
,−1
3
), (1, 1).

Bài tập
Bài 2.16 Giải các hệ phương trình sau:
a)
x2 + xy+ y2 = 4x+ xy+ y = 2
b)
x+ y+ xy = 3x2y+ xy2 = 2
c)
x2 + y2 + x+ y = 8xy+ x+ y = 5
d)
x2 + y2 = 1x3 + y3 = 1
e)
x2 + y2 = 1x8 + y8 = x10 + y10
f)
3xy− x2 − y2 = 57x2y2 − x4 − y4 = 155
g)

1
x
+
1
y
+ xy =
7
2
x+ y =
3
2
xy
h)
(x− y)(x2 − y2) = 3(x+ y)(x2 + y2) = 15
Trang 37
NGUYỄN TĂNG VŨ
(x2 + y2)xy = 78x4 + y4 = 97
Bài 2.17 Giải các hệ phương trình sau:
a)
x2 + xy+ y2 = 1x− y− xy = 3
b)
x− y+ xy = 1x2 + y2 = 2
c)

x3y3 + 1 = 2y3
x2
y
+
x
y2
= 2.
d)
x2 + y2 + x2y2 = 1+ 2xy(x− y)(1+ xy) = 1− xy
e)

y
x
+
x
y
=
26
5
x2 − y2 = 24
f)
x2 + y2 + xy = 3xy3 + x3y = 2
g)
x+ y+
x
y
= 4
x2 + xy− y = 0
h)
x− 2y+
x
y
= 6
x2 − 2xy− 6y = 0
i)

y
x
+
x
y
= 2
1
x
+
1
y
+ x+ y = 4
j)

x+ y+
x
y
+
y
x
= 4
x+ y+
x2
y
+
y2
x
= 4
k)

x+ y+ x2y2 = 3xy
1
x
+
1
y
− xy = 1
l)
x(x+ 1) +
1
y
(
1
y
+ 1) = 4
x3y3 + xy+ x2y2 + 1 = 4y3
m)

(x2 + y2)(1+
1
x2y2
) = 49
(x+ y)(1+
1
xy
) = 5
Trang 38
NGUYỄN TĂNG VŨ
Ví dụ 2.24. Giải hệ phương trình
x2 + y2 = xy+ x+ yx2 − y2 = 3.
Lời giải. Đặt u = x+ y, v = x− y khi đó hệ trở thành
u2 + v2
2
=
u2 − v2
4
+ u
uv = 3
⇔
u2 + 3v2 − 4u = 0uv = 3⇔
⇔

u2 +
27
u2
− 4u = 0
v =
3
u
⇔
u
4 − 4u3 + 27 = 0
v =
3
u
⇔
(u− 3)
2(u2 + 2u+ 3) = 0
v =
3
u
⇔
u = 3v = 1
⇔
x+ y = 3x− y = 1 ⇔
x = 2y = 1.
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (2, 1).

Ví dụ 2.25. Giải hệ phương trình

y(x2 + 1) = 2x(y2 + 1)
(x2 + y2)(1+
1
x2y2
) = 24
Lời giải. Điều kiện xy ̸= 0.
Đặt u = x+
1
x
, v = y+
1
y
ta được hệ

u
v
= 2
u2 + v2 = 20
⇔
u = 2v5v2 = 20 ⇔
u = ±4v = ±2. .
Trường hợp
u = 4v = 2 ta được
x+
1
x
= 4
y+
1
y
= 2
⇔
x2 − 4x+ 1 = 0y2 − 2x+ 1 = 0 ⇔
x = 2±
√
3
y = 1.
Trang 39
NGUYỄN TĂNG VŨ
Trường hợp
u = −4v = −2 ta được
x+
1
x
= −4
y+
1
y
= −2
⇔
x2 + 4x+ 1 = 0y2 + 2y+ 1 = 0 ⇔
x = −2±
√
3
y = −1.
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (2±
√
3, 1), (−2±
√
3,−1). 
Ví dụ 2.26. Giải hệ phương trình

(x2 + y2)(1+
1
xy
)2 = 9
(x3 + y3)(1+
1
xy
)3 = 27.
Lời giải. Điều kiện xy ̸= 0. Đặt u = x+ 1
y
, v = y+
1
x
. Ta được hệ
u2 + v2 = 9u3 + v3 = 27 ⇔
(
u
3
)2 + (
v
3
)2 = 1
(
u
3
)3 + (
v
3
)3 = 1
⇔

u
3
= 1
v = 0
hoặc
v = 0v
3
= 1.
Trường hợp
u = 3v = 0 ⇔

x+
1
y
= 3
y+
1
x
= 0
⇔ hệ vô nghiệm.
Trường hợp còn lại tương tự.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm. 
Ví dụ 2.27. Giải hệ phương trình
2x− y = 1+
√
x(1+ y)
x3 − y2 = 7.
Lời giải. Điều kiện x(y + 1) ≥ 0. Dễ dàng kiểm tra (0, y) và (x,−1) không là nghiệm của
hệ. Xét x ̸= 0 và y ̸= −1.
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta được
2x = 1+ y+
√
x(y+ 1)
⇔ 2
√
x
y+ 1
=
√
y+ 1
x
+ 1.
Trang 40
NGUYỄN TĂNG VŨ
Đặt t =
√
y+ 1
x
> 0 ta được
t2 + t− 2 = 0
⇔ t = 1 hoặc t = −2(loại).
Trường hợp t = 1⇔ y = x− 1 thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
x3 − x2 + 2x− 8 = 0
⇔ (x− 2)(x2 + x+ 4) = 0
⇔ x = 2.
Với x = 2 thì y = x− 1 = 1.
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (2, 1). 
Ví dụ 2.28. Giải hệ phương trình
(2x− y+ 2)(2x+ y) + 6x− 3y = −6√2x+ 1+√y− 1 = 4.
Lời giải. Điều kiện x ≥ −1
2
, y ≥ 1. Đặt
u =
√
2x+ 1
v =
√
y− 1
. Hệ trở thành
(u2 − v2)(u2 + v2) + 3(u2 − v2 − 2) = −6u+ v = 4
⇔
4(u− v)(u2 + v2 + 3) = 0u+ v = 4
⇔
u = vu+ v = 4
⇔
u = 2v = 2
⇔
x =
3
2
y = 5.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
x =
3
2
y = 5.

Trang 41
NGUYỄN TĂNG VŨ
Ví dụ 2.29. Giải hệ phương trình

x2 + y+ x3y+ xy2 + xy = −5
4
x4 + y2 + xy(1+ 2x) = −5
4
Lời giải. Hệ⇔

x2 + y+ x3y+ xy2 + xy = −5
4
(x2 + y)2 + xy = − 5
4.
Đặt
u = x2 + yv = xy . Hệ trở thành

u+ v+ uv = −5
4
u2 + v = −5
4
.
Trừ vế theo vế hai phương trình trên ta được
u2 − uv− u = 0
⇔ u(u− v− 1) = 0
⇔ u = 0 hoặc u = 1+ v.
Với u = 0⇒ v = −5
4
.
Với u = v+ 1 thay vào phương trình thứ hai của hệ trên ta được
4u2 + 4u+ 1 = 0⇔ u = −1
2
⇒ v = −3
2
.
Trường hợp u = 0v = −5
4
⇔
y = −x
2
x3 =
5
4
⇔

x = 3
√
5
4
y = − 3
√
25
16
Trang 42
NGUYỄN TĂNG VŨ
Trường hợp 
u = −1
2
v = −3
2
⇔

x2 + y = −1
2
xy = −3
2
⇔

x2 − 3
2x
= −1
2
xy = −3
2
⇔
x = 1y = −3
2
.
.
Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (1,−3
2
), ( 3
√
5
4
,− 3
√
25
16
). 
Bài tập
Bài 2.18 Giải các hệ phương trình
a)

√
7x+ y+
√
2x+ y = 5√
2x+ y+ x− y = 2.
b)
x2 + y2 =
1
2
2x3 + 6y2x = 1.
c)
x3 + 3xy2 = −49x2 − 8xy+ y2 = 8y− 17
d)

(x+ y)(1+
1
xy
) = 4
xy+
1
xy
+
x2 + y2
xy
= 4.
e)
(x+ y)(1+ xy) = 18xy(x2 + y2)(1+ x2y2) = 208x2y2
f)

(x+ y)(1+
1
xy
) = 5
xy+
1
xy
= 4
g)

(x+ y)(1+
1
xy
) = 6
(x2 + y2)(1+
1
xy
)2 = 18
Bài 2.19 Giải các hệ phương trình sau:
a)

x
x2 + 1
+
y
y2 + 1
=
2
3
(x+ y)(1+
1
xy
) = 6
Trang 43
NGUYỄN TĂNG VŨ
b)

xy(2x+ y− 6) + y+ 2x = 0
(x2 + y2)(1+
1
xy
)2 = 8
c)

2x2y+ y2x+ 2y+ x = 6xy
xy+
1
xy
+
y
x
+
x
y
= 4
d)
x2y2 + y4 + 1 = 3y2xy2 + x = 2y
e)

2x+ y+
1
x
= 4
x2 + xy+
1
x
= 3.
f)
x
2y+ y = 2
x2 +
1
x2
+ x2y2 = 3.
g)

x2 + y2 + x+ y = 4xy
1
x
+
1
y
+
y
x2
+
x
y2
= 4
h)
x4 + 4x2 + y2 − 4y = 2x2y+ 2x2 + 6y = 23
i)

1
x
+
1
y
= 9
(
1
3
√
x
+
1
3
√
y
)(1+
1
3
√
x
)(1+
1
3
√
y
) = 18
j)

x2(y+ z)2 = (3x2 + x+ 1)y2z2
y2(z+ x)2 = (4y2 + y+ 1)z2x2
z2(x+ y)2 = (5z2 + z+ 1) = x2y2
Trang 44