Hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên

x x y x y x
x xy x
    

  
Lời giải. 
Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. 
TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2) 
TH 2 : 
26 60, (2)
2
x xx y
x
 
   thế vào (1) ta được 
22 2
4 3 26 6 6 62 2 9
2 2
x x x xx x x x
x x
      
      
   
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 7 - 
2 2
4 2 2 3 0(6 6 )(6 6 ) 2 9 ( 4) 0
44
xx xx x x x x x x
x
 
             
Do 0x  nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất 174;
4
  
 
Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau: 
- Hệ 
 
2222
2
2 2
2
6 62 9 2 9
2
6 6 6 6
2 2
x xx xy x x
x xx xy x xx xy
             
    
  
- Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử 
dụng các phương pháp khác 
Bài 5. Giải hệ phương trình : 2
2
( 1) 3 0
5( ) 1 0
x x y
x y
x
   


   
 (1)
(2)
. 
Lời giải. 
Từ (1) thế 3 1x y
x
   vào (2). Giải ra ta được nghiệm (1;1) và 3(2; )
2
 . 
Bài 6. Giải hệ phương trình : 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
(1)
(2)
Lời giải. 
- Thế (1) vào (2) và rút gọn ta được 
 2 2 4 2 3 0 ( 1)( 2 3) 0x xy x y x x y          
- Giải ra ta được nghiệm: 
    5 6 5 5 3 5 5 6 5 5 3 51; 4 , 1;2 , ( ; ),( ; )
5 5 5 5
S
             
  
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
   

  
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 8 - 
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 03 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
23 0yy y
x

   , 
2
2
23 0xx 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 12 2 0
y xx y
      
 
1 1
2 2
0 0
1 1 1 12 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 12 2
xx
   
- Đặt 1 , 0t t
x
  ta được 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 9 - 
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 3. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
   

  
Lời giải. 
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. 
- Hệ 
2 245 75 60 570 2 2145 417 54 0
2 2190 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. 
- 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. 
Lời giải. 
- Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x  
- TH 1. 
2
2
22
1111
0 173 17
3
yy
x myy m
   
    
  
Vậy hệ có nghiệm 170 11 16
3
mx 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
   
 
   
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 10 - 
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
xt t x t t
t t x m t t m
t t
         
        
  
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
mx xy y
m
   


   
 (1)
(2)
 (I) có 
nghiệm. 
Lời giải. 
- Nhân 2 vế của (2) với -3 ta được 
2 2
2 2
5 2 3
16 6 3 3
1
x xy y
x xy y
m
   


      
- Cộng vế hai bất phương trình cùng chiều ta được 
2 2 21 14 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
   

  
 (3)
(4)
 (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 35 2 3
2 22 2 1
1
x x y yx x y y
mx x y yx x y y
m
       
 
      
- Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) 
2 25 2 3 2 24 4 0 2 0 2
2 26 6 3 3
x xy y
x xy y x y x y
x xy y
  
           
    



hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 11 - 
- Thay 2x y  vào (4) 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
 

 

  
    

 
   
(1)
(2)
Lời giải. 
- Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta 
chia hai vế (1) cho 3x và chia hai vế (2) cho 7 y . 
- ĐK: 0, 0, 0x y x y    . 
- Dễ thấy 0x  hoặc 0y  không thỏa mãn hệ pt. Do đó 0, 0x y  
1 2 2 4 2 1 2 2
1 2 1 ( )
3 3 7 3 7
1 4 2 2 2 4 2 1 2 2 1
1
7 3 7 3 7
I
x y x x y x y
x y y x y x yx y x y
     

  
     
  
  
     
  
   
      
- Nhân theo vế hai phương trình 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 43 7
7
y x
y xy x
x y x y y x

       
  

- TH 1. 6y x thế (I) ta được 
1 2 11 4 7 22 8 71
21 73 21
x y
x x
 
      
- TH 2. 4
7
y x  không xảy ra do 0, 0x y  . 
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất   11 4 7 22 8 7; ;
21 7
x y
 

 
 
 
. 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 12 - 
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
   
   
   





Lời giải. 
- 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 
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
           
    
        
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 13 - 
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 94 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. 
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. Giải hệ 3 2 2 2
2 0 (1)
2 2 0 (2)
xy x
x x y x y xy y
  

     
Lời giải. 
- 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
  
 
   
. 
Giải ra ta được tập nghiệm của hệ là 1 5(1; 1), ( ; 5)
2
S
     
  
Bài 2.Giải hệ phương trình 
2 22 (1)
2 1 2 2 (2)
xy x y x y
x y y x x y
   

   
Lời giải. 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 14 - 
- 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). 
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. Giải hệ phương trình 
3
1 1 (1)
2 1 (2)
x y
x y
y x
   

  
Lời giải. 
- Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. 
ĐK: 0xy  . (1) 
1 1 10 0 ( ) 1 0x yx 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 11 0 y
xy x
     thế vào (2) ta được 
4 2 2 21 1 32 0 ( ) ( ) 0
2 2 2
x x x x         . 
Phương trình vô nghiệm. 
Vậy tập nghiệm của hệ là 
 S = 1 5 1 5 1 5 1 5(1;1); ; ; ;
2 2 2 2
            
    
     
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 15 - 
Bài 4. Giải hệ phương trình 
1 1
(1)3 3
( 4 )( 2 4 ) 3 6 ( 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 xx y x y y xy x
x y x y
x y

             

TH 1. x y thế vào pt thứ hai ta được 
2 64 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 5. Giải hệ phương trình 
2 2
2
8 16 (1)
(2)
xyx y
x y
x y x y
    
   
Lời giải. 
- 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) 
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 76 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) 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 16 - 
Bài 6. Giải hệ phương trình ( )( 2)
2( 1)( ) 4
xy x y xy x y y
x y xy x x
      

     
Lời giải. 
- 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
   
  
   
2 1( ) 0 (3)
( )( 2)
y xy
x y
x yxy x y xy y
      
     
- Từ PT (2) ta có 2 24 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
 
  
   
- PT (3) x y  , thay vào PT (2) ta được : 3 22 3 4 0x x x    
1x  hoặc 1 17
2
x  
- 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
  
  
 
Bài 7. Giải hệ phương trình : 
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
     

   
Lời giải. 
Biến đổi phương trình (2) thành tích ta có 2 2
1
2
xy
x y


 
. 
- TH1: 1y
x
 thay vào (1). 
- TH 2: 
(1) 2 2 2 23 ( ) 2 4 2( )y x y x y xy x y      ( 1)(2 4 ) 0xy x y    
Giải ra ta được nghiệm hệ phương trình là: 
(1;1), (-1;-1), 2 10 10( ; )
5 5
, 2 10 10( ; )
5 5
  
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 17 - 
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 phương trình 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 : Giải hệ phương trình: 
2 2 1
3
x xy y
x y xy



  
  
Bài 2. Tìm m để hệ có nghiệm : 
1
1 3
x y
x x y y m
  

  
Lời giải. 
 Đặt 
u x
v y
 


, ĐK 
0
0
u
v



 Hệ phương trình trở thành 3 3
1 1
.1 3
u v u v
u v mu v m
    
 
   
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 18 - 
  u, v là hai nghiệm của phương trình: 2 0t t m   
 Giải ra ta được 10
4
m  
Bài 3. Giải hệ phương trình 
2 2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
    

  
 Lời giải. 
 Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I 
- Hướng 1. Biểu diễn từng phương trình theo tổng x y và tích xy 
- Hướng 2. Biểu diễn từng phương trình theo 2x x và 2y y . Rõ 
ràng hướng này tốt hơn. 
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
      
   
     
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 
10
21
a b
ab
 


 (I) 
1) Thay 2 2,a x x b y y    vào hệ (I) ta được hệ 
(1) 
2 2 10
( 1)( 1) 21
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
10
( ) 21
x y
xy x y
  

 
3) Thay 2 2 , 2a x x b x y    vào hệ (I) ta được hệ 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 19 - 
(3) 
2 4 10
( 2)(2 ) 21
x x y
x x x y
   

  
a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất 
nhiều hệ phương trình 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 : 
4) Thay 2 2 ,a x y b xy   vào hệ (II) ta được hệ 
(4) 
2 2
4 4 2 2
7
21
x y xy
x y x y
   

  
5) Thay 1 1,a x b y
x y
    vào hệ (II) ta được hệ 
(5) 
2 2
2 2
1 1 7
1 1 21
x y
x y
x y
x y
    

    

Bài 4. Giải hệ phương trình: 
3 2
2
3 (6 ) 2 18 0
3
x y x xy
x x y
     

   
 Lời giải. 
Hệ 
( 2)(3 ) 18 0
( 2) (3 ) 0
x x x y
x x x y
   
 
   
Đặt
( 2)
3
a x x
b x y
 

 
Giải ra ta được nghiệm (1;-3). 
Bài 5. Giải hệ phương trình : 2
2
( 1) 3 0
5( ) 1 0
x x y
x y
x
   


   
 Lời giải. 
ĐK. 0x  . Hệ 2
2
11 3. 0
1( ) 5. 1 0
x y
x
x y
x
    
 
        
Đặt 
1,x y a b
x
   ta 
được hệ : 
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 20 - 
2 2 2 2
2, 11 3 0 3 1
1 1,5 1 0 (3 1) 5 1 0
2 2
a ba b a b
a ba b b b
                    
Giải ra ta được tập nghiệm: 3(1;1);(2; )
2
S    
 
Bài 6. Giải hệ phương trình : 
2 3 2
4 2
5
4
5(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x
      

     

 Lời giải. 
- Hệ 
2 2
2 2
5( ) ( 1)
4
5( )
4
x y xy x y
x y xy
      
 
    

. Đặt 
2x y a
xy b
  


 ta 
được : 
2
2
2
5 5( 1) 0,0
4 4
55 1 3,44 2 2
a b a a ba a ab
b aa b a b
           
   
            
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = 3 33 5 251; ; ;
2 4 16
        
    
Bài 7. Giải hệ phương trình : 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
 Lời giải. 
- Hệ 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
2 2
2 2
( 1) ( 1) 9
( ) ( 1) 9
x y
y x x
   
 
   
. 
- Đặt 1, 1a x b y b a y x        
- Ta được hệ 
2 2
2 2
9
( ) 9
a b
b a a
 

  
 2 2 2 2 2( ) 2 0a b b a a a ab a          hoặc 2a b  
- Với 0 3 1, 2a b x y        hoặc 1, 4x y    
- Với 2 3 62 5 9
5 5
a b b b a          
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 21 - 
 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là 
S = 6 3 6 31 ; 1 ; 1 ; 1
5 5 5 5
    
           
    
V. Phương pháp hàm số. 
* Cơ sở phương pháp. Nếu ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b và 
, ( ; )x y a b thì : 
( ) ( )f x f y x y   
Bài 1. Giải hệ phương trình 
3 33 3 (1)
2 2 1 (2)
x x y y
x y
  
 



 Lời giải. 
 Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. 
Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu 
của hàm số. Hàm số 3( ) 3f t t t  không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng 
nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn  1;1 . 
Từ (2) ta có  2 21, 1 , 1;1x y x y     
Hàm số 3( ) 3f t t t  có 2'( ) 3 3 0, ( 1;1) ( )f t t t f t       
nghịch biến trên đoạn  1;1 .  , 1;1x y  nên (1) 
( ) ( )f x f y x y    thế vào pt (2) ta được 2
2
x y   . 
Vậy tập nghiệm của hệ là S = 2 2 2 2; ; ;
2 2 2 2
 
     
    
     
 Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để 
hàm số đơn điệu trên đoạn đó. 
Bài 2. Giải hệ phương trình : 
3
1 1 (1)
2 1 (2)
x y
x y
y x
   

  
 Lời giải. 
- Xét hàm số 2
1 1( ) ( 0) '( ) 1 0f t t t f t
t t
       nên hàm số 
đồng biến. 
- Từ (1) ( ) ( )f x f y x y    
- Thay vào (2) có nghiệm 1 51;
4
x   
hệ phương trình dành cho học sinh Trung học phổ thông không chuyên 
Người thực hiện: Ths Nguyễn Tấn Hßaà - 22 - 
Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =   , ,1 5 1 5 1 5 1 51;1 ; ;
4 4 4 4
            
    
     
Bài 3. Giải hệ phương trình 
1 1
3 3
( 4 )(2 4) 36 (2)
(1)x y
x y
x y x y
  
    





. 
 Lời giải. 
- Xét hàm số 3 4
1 3( ) ( 0) '( ) 1 0f t t t f t
t t