Hệ phương trình đối xứng

ệm 
Phương pháp giải chung: 
i) Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). 
ii) Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S2 – 3SP(*). 
iii) Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) 
tìm m. 
Chú ý: 
Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện u, v. 
Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm 
thực: 
x y 1
x x y y 1 3m
⎧⎪ + =⎪⎨⎪ + = −⎪⎪⎩
. 
GIẢI 
Điều kiện ta có: x, y 0≥
3 3
x y 1 x y 1
x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m
⎧ ⎧⎪ ⎪+ = + =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ = − + = −⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
Đặt S x y 0,P xy 0= + ≥ = ≥ 2 4P.≥, S Hệ phương trình trở thành: 
2
S 1 S 1
P mS 3SP 1 3m
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪ =− = −⎪ ⎪⎩⎩
. 
Từ điều kiện ta có 2S 0,P 0,S 4P≥ ≥ ≥ 10 m
4
≤ ≤ . 
Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình x 4 y 1 4
x y 3m
⎧⎪ − + − =⎪⎨⎪ + =⎪⎩
 có nghiệm. 
GIẢI 
Đặt u x 4 0,v y 1= − ≥ = − ≥ 0 hệ trở thành: 
2 2
u v 4u v 4
21 3mu v 3m 5 uv
2
⎧ + =⎪⎧ ⎪+ =⎪ ⎪⎪ ⇔⎨ ⎨ −⎪ ⎪+ = − =⎪ ⎪⎩ ⎪⎩
. 
Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của 2 21 3mt 4t
2
−− + = 0 (*). 
Hệ có nghiệm (*) có 2 nghiệm không âm ⇔
/ 3m 130 0 132S 0 m
21 3m 30P 0
2
⎧⎧ −⎪⎪Δ ≥ ⎪⎪ ≥⎪⎪ ⎪⎪⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤⎨ ⎨⎪ ⎪ −⎪ ⎪ ≥≥⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
7 . 
Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. 
2 2x y 4x 4y 10
xy(x 4)(y 4) m
⎧⎪ + + + =⎪⎨⎪ + + =⎪⎩
GIẢI 
2 22 2
2 2
(x 4x) (y 4y) 10x y 4x 4y 10
xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m
⎧⎧ ⎪ + + + =⎪ + + + =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = + + =⎪ ⎪⎩ ⎩
2 0
. 
Đặt . Hệ phương trình trở thành: 2u (x 2) 0, v (y 2)= + ≥ = + ≥
u v 10 S 10
uv 4(u v) m 16 P m 24
⎧ ⎧+ = =⎪⎪ ⇔⎨⎪ − + = − = +⎪ ⎪⎩ ⎩
⎪⎪⎨⎪
1
7
2
1
 (S = u + v, P = uv). 
Điều kiện . 
2S 4P
S 0 24 m
P 0
⎧⎪ ≥⎪⎪⎪ ≥ ⇔ − ≤ ≤⎨⎪⎪ ≥⎪⎪⎩
BÀI TẬP 
Giải các hệ phương trình sau 
1. . Đáp số: . 2 2
 x y xy 5
x y xy
⎧ + + =⎪⎪⎨⎪ + + =⎪⎩
x 1 x
y 2 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
2. . Đáp số: 
2 2x xy y 3
2x xy 2y 3
⎧⎪ + + =⎪⎨⎪ + + = −⎪⎩
x 1 x 3 x
y 1 y 3 y 3
⎧ ⎧⎧ ⎪ ⎪= − = = −⎪ ⎪ ⎪⎪ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪= − = − =⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎩ ⎩
3
2 0
2
2
1
7
. 
3. . Đáp số: . 3 3
x y 2xy
x y 8
⎧ + + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩
x 2 x
y 0 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
4. . Đáp số: . 
3 3x y 7
xy(x y) 2
⎧⎪ − =⎪⎨⎪ − =⎪⎩
x 1 x
y 2 y
⎧ ⎧= − =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= − =⎪ ⎪⎩ ⎩
5. . Đáp số: 2 2
 x y 2xy 5
x y xy
⎧ − + =⎪⎪⎨⎪ + + =⎪⎩
1 37 1 37
x xx 2 x 1 4 4
y 1 y 2 1 37 1 3
y y
4 4
⎧ ⎧⎪ ⎪− +⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎧ ⎧= = −⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪∨ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = − − − − +⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ = =⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
7
. 
6. 
2 2
2 2
1
(x y)(1 ) 5
xy
1
(x y )(1 ) 49
x y
⎧⎪⎪ + + =⎪⎪⎪⎨⎪⎪ + + =⎪⎪⎪⎩
. Đáp số: 
x 1 x 17 3 5 7 3 5
x x
2 2 7 3 5 7 3 5
y yy 1 y 1 2 2
⎧ ⎧ ⎧ ⎧= − = −⎪ ⎪ ⎪ ⎪− +⎪ ⎪ ⎪ ⎪= =⎪ ⎪ ⎪ ⎪∨ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨− +⎪ ⎪ ⎪ ⎪= =⎪ ⎪ ⎪ ⎪= − = −⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩ ⎩
. 
7. 
x y y x 30
x x y y 35
⎧⎪ + =⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩
. Đáp số: . 
x 4 x
y 9 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
9
4
8. 
x y 7
1
y x xy
x xy y xy 78
⎧⎪⎪ + = +⎪⎪⎨⎪⎪ + =⎪⎪⎩
 (chú ý điều kiện x, y > 0). Đáp số: . 
x 4 x
y 9 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
9
4
9. ( )2 23 3
3 3
2(x y) 3 x y xy
x y 6
⎧⎪ + = +⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩
. Đáp số: . 
x 8 x 6
y 64 y 8
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
4
10. Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình . Chứng minh 
2 2 2x y z 8
xy yz zx 4
⎧⎪ + + =⎪⎨⎪ + + =⎪⎩
8 8
x, y, z
3 3
− ≤ ≤ . 
10. Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình . Chứng minh 
2 2 2x y z 8
xy yz zx 4
⎧⎪ + + =⎪⎨⎪ + + =⎪⎩
8 8
x, y, z
3 3
− ≤ ≤ . 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
2 2 2 2 2x y 8 z (x y) 2xy 8 z
xy z(x y) 4 xy z(x y) 4
⎧ ⎧⎪ + = − ⎪ + − = −⎪ ⎪Hệ phương trình ⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = + + =⎪ ⎪⎩ ⎩
2 2(x y) 2[4 z(x y)] 8 z
xy z(x y) 4
⎧⎪ + − − + = −⎪⇔ ⎨⎪ + + =⎪⎩
2 2(x y) 2z(x y) (z 16) 0
xy z(x y) 4
⎧⎪ + + + + − =⎪⇔ ⎨⎪ + + =⎪⎩
2 2
x y 4 z x y 4 z
xy (z 2) xy (z 2)
⎧ ⎧+ = − + = − −⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨⎪ ⎪= − = +⎪ ⎪⎩ ⎩
. 
Do x, y, z là nghiệm của hệ nên: 
2 2
2
2 2
(4 z) 4(z 2) 8 8
(x y) 4xy z
( 4 z) 4(z 2) 3 3
⎡ − ≥ −⎢+ ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤⎢ − − ≥ +⎢⎣
. 
Đổi vai trò x, y, z ta được 8 8x, y, z
3 3
− ≤ ≤ . 
11. 
x y
1 1
16 16 2
x y 1
⎧⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎪ + =⎟ ⎟⎜ ⎜⎪ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎨⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⎪ + =⎪⎪⎩
1
. Đáp số: 
1
x
2
1
y
2
⎧⎪⎪ =⎪⎪⎨⎪⎪ =⎪⎪⎩
. 
12. 
sin (x y)
2 2
2 1
2(x y ) 1
π +⎧⎪ =⎪⎨⎪ + =⎪⎩
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Cách 1: 
sin (x y)
2 2 2 22 2
sin (x y) 0 x y (1)2 1
2(x y ) 1 2(x y ) 1 (2)2(x y ) 1
π +⎧ ⎧ ⎧π + = + ∈⎪ = ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪+ = + =+ =⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎩
Z
2
2 2
2
1 2 2
x x1 2 2 2(2) x y 2 x y 2
12 2 2y y
2 2 2
⎧⎧ ⎪⎪ ⎪⎪ ≤ − ≤ ≤⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ + = ⇒ ⇒ ⇒ − ≤ + ≤⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪≤ − ≤ ≤⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎪⎩
. 
x y 0
(1)
x y
⎡ + =⎢⇒ ⎢ + = ±⎢⎣ 1
P
 thế vào (2) để giải. 
Cách 2: 
Đặt S = x + y, P = xy. Hệ trở thành: 
sinS
22
S2 1
4P 2S 12(S 2P) 1
π⎧ ⎧ ∈⎪ = ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪ = −− =⎪ ⎪⎩⎩
Z
. 
Từ điều kiện ta suy ra kết quả tương tự. 2S 4≥
Hệ có 4 nghiệm phân biệt 
1 1 1
x x x x
2 2 2
1 1 1
y y y y
2 2 2
⎧ ⎧ ⎧ ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = − = =⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪∨ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = − = − =⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩ ⎩
1
2
1
2
−
Tìm điều kiện của m để các hệ phương trình thỏa yêu cầu 
2. Tìm m để hệ phương trình: có nghiệm thực x > 0, y > 0. 2 2
x xy y m
x y xy m
⎧ + + = +⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩
1
HƯỚNG DẪN GIẢI 
2 2
x xy y m 1 (x y) xy m 1
xy(x y) mx y xy m
⎧ ⎧+ + = + + + = +⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪ + =+ =⎪ ⎪⎩⎩
x y 1 x y m
xy m xy 1
⎧ ⎧+ = + =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
. 
Hệ có nghiệm thực dương 2
m 0 1
0 m m 2
1 4m m 4 4
⎧ >⎪⎪⇔ ⇔ < ≤⎨⎪ ≥ ∨ ≥⎪⎩
∨ ≥ . 
Vậy 10 m m 2
4
< ≤ ∨ ≥ . 
4. Tìm m để hệ phương trình có đúng 2 nghiệm thực phân biệt. 
2 2
2
x y 2(1 m
(x y) 4
⎧⎪ + = +⎪⎨⎪ + =⎪⎩
)
HƯỚNG DẪN GIẢI 
2 2 2
2 2
x y 2(1 m) (x y) 2xy 2(1 m)
(x y) 4 (x y) 4
⎧ ⎧⎪ + = + ⎪ + − = +⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ = + =⎪ ⎪⎩ ⎩ 2
xy 1 m xy 1 m
x y 2 x y
⎧ ⎧= − = −⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨⎪ ⎪+ = + = −⎪ ⎪⎩ ⎩
. 
Hệ có đúng 2 nghiệm thực phân biệt khi ( )22 4(1 m) m± = − ⇔ = 0
)
)
. 
Phần II. 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II 
1. Dạng 1: (đổi vị trí x và y cho nhau thì phương trình này trở thành phương 
trình kia) 
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
f(x, y) = 0
f(y, x) = 0
Phương pháp giải chung 
Cách giải 1 
Trừ hai phương trình cho nhau, đưa về phương trình tích, giải x theo y (hay ngược lại) rồi thế 
vào một trong hai phương trình của hệ. 
Cách giải 1 
Trừ hai phương trình cho nhau, đưa về phương trình tích, giải x theo y (hay ngược lại) rồi thế 
vào một trong hai phương trình của hệ. 
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình . 
3
3
x 2x y (1
y 2y x (2
⎧⎪ + =⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩
Giải 
Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: 
3 3 2 2x y 3x 3y 0 (x y)(x y xy 3) 0− + − = ⇔ − + + + = 
2 2y 3y
(x y) x 3 0 y x
2 4
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎟⎜⇔ − + + + = ⇔ =⎟⎜⎢ ⎥⎟⎟⎜⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
Thế y = x vào (1) hoặc (2) ta được: 
3x x 0 x+ = ⇔ = 0 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất . 
x 0
y 0
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
2x 3 4 y 4 (1)
2y 3 4 x 4 (2)
⎧⎪ + + − =⎪⎨⎪ + + − =⎪⎪⎩
Giải 
Điều kiện: 
3
x 4
2
3
x 4
2
⎧⎪⎪− ≤ ≤⎪⎪⎨⎪⎪− ≤ ≤⎪⎪⎩
. 
Trừ (1) và (2) ta được: 
( ) ( )2x 3 2y 3 4 y 4 x 0+ − + + − − − =
(2x 3) (2y 3) (4 y) (4 x)
0
2x 3 2y 3 4 y 4 x
+ − + − − −⇔ ++ + + − + − =
 2 1(x y) 0 x y
2x 3 2y 3 4 y 4 x
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⇔ − + = ⇔ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ + + − + − . 
Thay x = y vào (1), ta được: 
2x 3 4 x 4 x 7 2 (2x 3)(4 x) 16+ + − = ⇔ + + + − = 
 2 2
9 x 0 11
2 2x 5x 12 9 x x 3 x
9x 38x 33 0 9
⎧ − ≥⎪⎪⇔ − + + = − ⇔ ⇔ = ∨ =⎨⎪ − + =⎪⎩
 (nhận). 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
11
xx 3 9
y 3 1
y
9
⎧⎪⎪ =⎧ ⎪=⎪ ⎪⎪ ∨⎨ ⎨⎪ ⎪=⎪ ⎪⎩ =⎪⎪⎩
1
)
)
. 
Cách giải 2 (nên dùng khi cách 1 không giải được) 
Cộng và trừ lần lượt hai phương trình đưa về hệ phương trình mới tương đương gồm hai 
phương trình tích (thông thường tương đương với 4 hệ phương trình mới). 
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
3
3
x 2x y (1
y 2y x (2
⎧⎪ = +⎪⎨⎪ = +⎪⎪⎩
Giải 
Trừ và cộng (1) với (2), ta được: 
3 2
3 2
x 2x y (x y)(x xy y 1) 0
y 2y x (x y)(x xy y 3) 0
⎧ ⎧⎪ ⎪= + − + + − =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪= + + − + − =⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
2
2
1
3
0
2 2
2 2 2 2 2 2
x y 0 x y 0x y 0 x xy y
x y 0 x xy y 3 x xy y 1 x xy y
⎧⎧ ⎧⎧ ⎪− = + =⎪ ⎪− = + + =⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⇔ ∨ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ = − + = + + = − + =⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩ ⎪⎩
+ 
x y 0 x 0
x y 0 x
⎧ ⎧− = =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ = =⎪ ⎪⎩ ⎩
+ 2 2 2
x y 0 y x x 3 x
x xy y 3 x 3 y 3 y
⎧ ⎧⎧ ⎧ ⎪ ⎪− = =⎪ ⎪ = =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪− + = = = =⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎪ ⎪⎩ ⎩
3
3
−
− 
+ 2 2 2
x y 0 y x x 1 x 1
y 1 yx xy y 1 x 1
⎧ ⎧ ⎧ ⎧+ = = −⎪ ⎪ = − =⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ = =+ + = =⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩⎩ ⎩ 1
⎨⎪ −⎪
1⎪⎨⎪⎪
+ 
2 2
2 22 2
xy 1x xy y 1 xy 1 x 1 x
x y 0 y 1 y 1x y 2x xy y 3
⎧ ⎧ ⎧ ⎧ ⎧⎪ = −⎪+ + = = − = = −⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ = = − =+ =− + =⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩⎩⎪⎩
Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm phân biệt: 
x 0 x 1 x 1 x 3 x
x 0 y 1 y 1 y 3 y
⎧ ⎧⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪= = − = = = −⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪∨ ∨ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = = − = =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩ ⎪ ⎪⎩ ⎩
3
3− . 
Cách 3. Sử dụng hàm số đơn điệu để suy ra x = y 
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
2x 3 4 y 4 (1)
2y 3 4 x 4 (2)
⎧⎪ + + − =⎪⎨⎪ + + − =⎪⎪⎩
Giải 
Điều kiện: 
3
x 4
2
3
x 4
2
⎧⎪⎪− ≤ ≤⎪⎪⎨⎪⎪− ≤ ≤⎪⎪⎩
. 
Trừ (1) và (2) ta được: 
 2x 3 4 x 2y 3 4 y+ − − = + − − (3) 
Xét hàm số 3f(t) 2t 3 4 t, t ; 4
2
⎡ ⎤⎢ ⎥= + − − ∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦
, ta có: 
 / 1 1 3f (x) 0, t ; 4
22t 3 2 4 t
⎛ ⎞⎟⎜= + > ∀ ∈ − ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠+ − (3) f(x) f(y) x y⇒ ⇔ = ⇔ = . 
Thay x = y vào (1), ta được: 
 2x 3 4 x 4 x 7 2 (2x 3)(4 x) 16+ + − = ⇔ + + + − = 
 2 112 2x 5x 12 9 x x 3 x
9
⇔ − + + = − ⇔ = ∨ = (nhận). 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
11
xx 3 9
y 3 1
y
9
⎧⎪⎪ =⎧ ⎪=⎪ ⎪⎪ ∨⎨ ⎨⎪ ⎪=⎪ ⎪⎩ =⎪⎪⎩
1
y
x
. 
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình . 
3
3
x 2x
y 2y
⎧⎪ + =⎪⎨⎪ + =⎪⎪⎩
Giải 
Xét hàm số f( . 3 / 2t) t 2t f (t) 3t 2 0, t= + ⇒ = + > ∀ ∈ \
x
x
0.
Hệ phương trình trở thành . 
f(x) y (1)
f(y) x (2)
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
+ Nếu (do (1) và (2) dẫn đến mâu thuẩn). x y f(x) f(y) y> ⇒ > ⇒ >
+ Nếu (mâu thuẩn). x y f(x) f(y) y< ⇒ < ⇒ <
Suy ra x = y, thế vào hệ ta được 3x x 0 x+ = ⇔ =
Vậy hệ có nghiệm duy nhất . 
x 0
y 0
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
Chú ý: 
Khi gặp hệ phương trình đối xứng loại II dạng 1, ta nên giải cách 1. Nếu giải không được mới 
nghĩ đến cách 2 và 3, nếu vẫn không giải được thì quay trở về đề bài và tìm điều kiện chính xác 
rồi giải lại cách 1! 
Ví dụ 6 (trích đề thi ĐH khối B – 2003). Giải hệ phương trình: 
2
2
2
2
x 2
3x
y
y 2
3y
x
⎧⎪ +⎪ =⎪⎪⎪⎨⎪ +⎪⎪ =⎪⎪⎩
Giải 
Nhận xét từ hệ phương trình ta có . Biến đổi: 
x
y 0
⎧ >⎪⎪⎨⎪ >⎪⎩
0
2
2 2
2
2 22
2
x 2
3x 3xy x 2 (1)y
3yx y 2 (2)y 2
3y
x
⎧⎪ +⎪ =⎪ ⎧⎪ = +⎪ ⎪⎪ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪ = ++⎪ ⎪⎪⎩⎪ =⎪⎪⎩
Trừ (1) và (2) ta được: 
(x y)(3xy x y) 0 x y (3xy x y 0).− + + = ⇔ = + + > 
Với 3 2x y : (1) 3x x 2 0= 2(x 1)(3x 2x 2) 0 x 1.⇔ − + + = ⇔ == ⇔ − −
Vậy hệ có 1 nghiệm . 
x 1
y 1
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
2. Dạng 2: , trong đó chỉ có 1 phương trình đối xứng 
f(x, y) 0
g(x, y) 0
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
Phương pháp giải chung 
Cách giải 1 
Đưa phương trình đối xứng về dạng tích, giải y theo x rồi thế vào phương trình còn lại. 
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 
2
1 1
x y 
x y
2x xy 1 0 (2)
⎧⎪⎪ − = −⎪⎨⎪⎪ − − =⎪⎪⎩
(1)
. 
Giải 
Điều kiện: . Ta có: x 0, y≠ ≠ 0
 1 1(1) (x y) 1 0 y x y .
xy x
⎛ ⎞⎟⎜⇔ − + = ⇔ = ∨ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ 
+ Với y = x: . 2(2) x 1 0 x 1⇔ − = ⇔ = ±
+ Với 1y
x
= − : (2) vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt . 
x 1 x
y 1 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
1
1
−
−
Cách giải 2 (nên dùng khi cách 1 không giải được) 
Đưa phương trình đối xứng về dạng f( với hàm f đơn điệu. x) f(y) x y= ⇔ =
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình . 2
x y cos x cos y (1)
x y 3y 18 0 (2)
⎧ − = −⎪⎪⎨⎪ − − =⎪⎩
Giải 
Tách biến phương trình (1), ta được: 
(1) x cos x y cos y⇔ − = − (3). 
Xét hàm số . /f(t) t cos t f (t) 1 sin t 0, t= − ⇒ = + > ∀ ∈ \
Suy ra ( . 3) f(x) f(y) x y⇔ = ⇔ =
Thay x = y vào (2), ta được: 
3 2x 3x 18 0 (x 3)(x 3x 6) 0 x 3.− − = ⇔ − + + = ⇔ = 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất . 
x 3
y 3
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
Chú ý: 
Cách giải sau đây sai:
2
1 1
x y 
x y
2x xy 1 0 (2)
⎧⎪⎪ − = −⎪⎨⎪⎪ − − =⎪⎪⎩
(1)
. 
Giải 
Điều kiện: . x 0, y≠ ≠ 0
Xét hàm số /
2
1 1
f(t) t , t \ {0} f (t) 1 0, t \ {
t t
= − ∈ ⇒ = + > ∀ ∈\ \ 0}
0
0
2
2
y
x
. 
Suy ra ( ! 1) f(x) f(y) x y⇔ = ⇔ =
Sai do hàm số f(t) đơn điệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể f(–1) = f(1) = 0). 
BÀI TẬP 
Giải các hệ phương trình sau 
1) . Đáp số: . 
2
2
x 3y 2
y 3x 2
⎧⎪ − + =⎪⎨⎪ − + =⎪⎪⎩
x 1 x
y 1 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
2) . Đáp số: 
2
2
x xy x 2
y xy y 2
⎧⎪ + = +⎪⎨⎪ + = +⎪⎪⎩
3
xx 0 2
y 0
y
2
⎧⎪⎪ =⎧ ⎪=⎪ ⎪⎪ ∨⎨ ⎨⎪ ⎪=⎪ ⎪⎩ =⎪⎪⎩
3
. 
3) 
x 1 y 7 4
y 1 x 7 4
⎧⎪ + + − =⎪⎨⎪ + + − =⎪⎪⎩
. Đáp số: . 
x 8
y 8
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
4) 
x 1 y 2 3
y 1 x 2 3
⎧⎪ + + − =⎪⎨⎪ + + − =⎪⎪⎩
. Đáp số: . 
x 3
y 3
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
5) 
x 3 2 y
y 3 2 x
⎧⎪ + + − =⎪⎨⎪ + + − =⎪⎪⎩
3
3
2
2
−
−
y
x
. Đáp số: . 
x 1 x
y 1 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
6) . Đáp số: 
3
3
x x 2
y y 2
⎧⎪ = +⎪⎨⎪ = +⎪⎪⎩
x 0 x 3 x
y 0 y 3 y
⎧ ⎧⎧ ⎪ ⎪= = = −⎪ ⎪ ⎪⎪ ∨ ∨⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪= = =⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎪ ⎪⎩ ⎩
3
3− . 
7) 
2
2
3
2x y
x
3
2y x
y
⎧⎪⎪ + =⎪⎪⎪⎨⎪⎪ + =⎪⎪⎪⎩
. Đáp số: . 8) 
x
y 1
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
1
2
2
1
2x y
y
1
2y x
x
⎧⎪⎪ = +⎪⎪⎨⎪⎪ = +⎪⎪⎪⎩
. Đáp số: . 
x 1
y 1
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
9) . Đáp số: . 
2 2
2
x y 4 y
xy 4 x
⎧⎪ − =⎪⎨⎪ − =⎪⎪⎩ 2
y
x
1
1
−
−
x 2
y 2
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
10) . Đáp số: . 
3 2
3 2
x x x 1 2
y y y 1 2
⎧⎪ − + + =⎪⎨⎪ − + + =⎪⎪⎩
x 1 x
y 1 y
⎧ ⎧= =⎪ ⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
11) (trích đề thi ĐH khối A – 2003) 
3
1 1
x y 
x y
(1)
 2y x 1 (2)
⎧⎪⎪ − = −⎪⎨⎪⎪ = +⎪⎪⎩
. 
Hướng dẫn giải 
Điều kiện: x 0, y 0≠ ≠ .
 x y 1 1(1) x y 0 (x y) 1 0 x y y .
xy xy x
⎛ ⎞− ⎟⎜⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = −⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ 
+ Với : (2) x = y 1 5x 1 x
2
− ±⇔ = ∨ = . 
+ Với 41y : (2) x x 2
x
= − ⇔ + + = 0. 
Xét hàm số 4 / 3
3
1
f(x) x x 2 f (x) 4x 1 0 x .
4
−= + + ⇒ = + = ⇔ = 
3 3 x
1 3
f 2 0, lim f(x) 0, x
4 4 4 →±∞
⎛ ⎞− ⎟⎜ = − > = +∞ ⇒ > ∀ ∈⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠ \ vô nghiệm. 
4x x 2⇒ + + = 0
Cách khác: 
+ Với 4x 1 x 2 0 x x 2 0 ⇒ + + > . 
+ Với 4 4x 1 x x x x x 2≥ ⇒ ≥ ≥ − ⇒ + + > 0 . 
Suy ra (2) vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt 
1 5 1
x xx 1 2 2
y 1 1 5 1
y y
2 2
⎧ ⎧⎪ ⎪− + − −⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎧ =⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪∨ ∨⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪= − + − −⎪ ⎪ ⎪⎩ = =⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
5
5
)
)
. 
12) 
x sin y (1
y sin x (2
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
Hướng dẫn giải 
Trừ (1) và (2) ta được: 
x y sin y sin x x sin x y sin y (3).− = − ⇔ + = + 
Xét hàm số . /f(t) t sin t f (t) 1 cos t 0, t= + ⇒ = + ≥ ∀ ∈ \
(3) f(x) f(y) x y (1) x sin x 0 (4).⇔ = ⇔ = ⇒ ⇔ − = 
Xét hàm số (4) có không quá 1 nghiệm. /g(x) x sin x g (x) 1 cos x 0, x= − ⇒ = − ≥ ∀ ∈ ⇒\
Do g( Vậy hệ có 1 nghiệm . 0) 0 (4) x 0.= ⇒ ⇔ = x 0
y 0
⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
Phần III. 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG 
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN 
3.1 Dùng ẩn phụ để đưa hệ phương trình đối xứng không giải được theo cách giải “quen 
thuộc” về hệ phương trình đối xứng giải được theo cách giải “quen thuộc” 
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 
30
35
x y y x
x x y y
⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩
• Đây là hệ phương trình đối xứng loại một đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách 
giải “quen thuộc”. 
• Dùng ẩn phụ u = x và v = y đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách 
giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của hệ phương trình là (4;9), (9;4).
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
4
4
1 1
1 1
x y
y x
⎧ + − =⎪⎨ + − =⎪⎩
• Đây là hệ phương trình đối xứng loại hai đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách 
giải “quen thuộc”. 
• Dùng ẩn phụ 4 1u x= − và 4 1v y= − đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo 
cách giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của hệ phương trình là (1;1).
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
2
2
x y y
y x x
⎧ = −⎪⎨ = −⎪⎩
• Đây là hệ phương trình đối xứng loại hai đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách 
giải “quen thuộc”. 
• Dùng ẩn phụ u x= và v y= đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách 
giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của hệ phương trình là (0;0), (2;2), (2; 2), ( 2;2), ( 2; 2).− − − − 
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
2 2 5
5
x y
x y x y x y
⎧ + =⎪⎨ − + + + − =⎪⎩
• Đây là hệ phương trình đối xứng loại một đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách 
giải “quen thuộc”. 
• Dùng ẩn phụ u x y= + và v x y= − đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo 
cách giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của hệ phương trình là 1 3 3 1 1 3 3 1 3 1( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ),
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
− − − − − 3 1( ; ),
2 2
− 1 3( ; ),
2 2
− 
1 3( ; )
2 2
− . 
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1 1 4
1 1 4
x y
x y
x y
x y
⎧ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + + =⎪⎩
• Đây là hệ phương trình đối xứng loại một đối với hai ẩn x và y và nếu giải theo cách giải 
“quen thuộc” thì dẫn đến hệ phương trình rất phức tạp. 
• Dùng ẩn phụ 1u x
x
= + và 1v y
y
= + đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo 
cách giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của hệ phương trình là (1;1).
Trong một số trường hợp khi gặp hệ phương trình đối xứng ta không thể giải được theo cách 
giải “quen thuộc” và cũng không chọn được ẩn phụ nào thích hợp để đưa về cách giải “quen 
thuộc”, khi đó ta sẽ dùng phương pháp đánh giá, hay sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải 
quyết. Các ví dụ sau đây sẽ minh hoạ cho hai trường hợp như thế. 
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình 
7 11
7 11
x y
y x
⎧ 6
6
+ + − =⎪⎨ + + − =⎪⎩
Giải. Điều kiện [ ], 7;1x y∈ − 1 
Cộng vế theo vế ta có ( 7 11 ) ( 7 11 ) 12x x y y+ + − + + + − = (*) 
Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có ( 7 11 ) 6x x+ + − ≤ và ( 7 11 ) 6y y+ + − ≤ nên 
( 7 11 ) ( 7 11 ) 12x x y y+ + − + + + − ≤ . Do đó (*) 7 11
7 11
x x
y y
⎧ + = −⎪⇔ ⎨ + = −⎪⎩
 2.x y⇔ = =
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2 ;2).
 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
x y
y x
⎧ + − =⎪⎨ + − =⎪⎩
 Bài toán này không thể giải quyết được theo phương pháp đánh giá như trên. 
Giải. Điều kiện [ ], 0;x y∈ 2 
Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được : 
2 2 0 2 2 ( ) ( )x y y x x x y y f x f− + − − − = ⇔ − − = − − ⇔ = y 
trong đó ( ) 2f t t= − − t 2. với 0 t≤ ≤ Dễ thấy ( )f t là hàm đồng biến trên khoảng Vì 
thế 
(0;2).
( ) ( ) .f x f y x y= ⇔ = 
Thay x y= vào phương trình 2x y+ − = 2 ta được 2 2x x x 0+ − = ⇔ = hoặc 2.x = 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là và (2 (0;0) ;2).
3.2. Dùng ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng 
Ví dụ 8. Giải phương trình 4 46 2x x− + − = 2 
• Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi tương đương. 
• Dùng ẩn phụ 4 6u x= − và 4 2v x= − đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại 
một với cách giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của phương trình là 2x = và 6.x = 
• Dạng tổng quát của bài toán này là ( ) ( ) .n na f x b f x c+ + − = 
Ví dụ 9. Giải phương trình 3 31 2 2 1x x+ = − 
• Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi trực tiếp. 
• Dùng ẩn phụ 3 2 1u x= − đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách 
giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của phương trình là 1 5
2
x − ±= và 1.x = 
• Dạng tổng quát của bài toán này là .n nx b a ax b+ = − 
Ví dụ 10. Giải phương trình 9 9 x x+ + = 
• Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình bậc bốn phức tạp. 
• Dùng ẩn phụ 9u = + x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải 
“quen thuộc”. 
• Nghiệm của phương trình là 19 37 .
2
x += 
• Dạng tổng quát của bài toán này là .x a a x= + + 
Ví dụ 11. Giải phương trình 33 9 ( 3) 6x x− = − + 
• Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình rất phức tạp. 
• Dùng ẩn phụ 33u x− = −9 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách 
giải “quen thuộc”. 
• Nghiệm của phương trình là 1.x = 
• Dạng tổng quát của bài toán này là ( )nn ax b c dx e xα β+ = + + + trong đó d ac α= + và 
.e bc β= + Ta sử dụng ẩn phụ .ndu e ax b+ = + 
Ví dụ 12. Giải phương trình 377 2 log (6 1)x x= + 1+
+
• Bài toán này rất khó giải nếu không dùng ẩn phụ. 
• Dùng ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai. 7log (6 1)u x=
• Nghiệm của phương trình là 0x = và 1.x = 
• Dạng tổng quát của bài toán này là 1 1 2 2log ( ) .x aa p x qxα β α β+ r= + + + 
Ví dụ 13. Giải phương trình 2 21 2(1 2 )x x− − = 
• Dùng ẩn phụ đưa phương trì