PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN
“tailieumontoan.com”
Date
1
HPT dạng
+ + =
++=
++=
11 1 1
22 2 2
33 3 3
ax by cz d
ax by cz d
ax by cz d
(I)
∈=, , ; 1,2,3
iii
abc i
.
Sử dụng phương pháp cộng và phương pháp thế ta đưa
hệ (I) về hệ có dạng:
=
+=
++=
11 1
22 2
Ax B
Ax By C
Ax By Cz D
(hệ tam giác) từ đó tìm được
,,
xyz
.
Thí dụ 1.
Giải HPT
+ + =
++=
++=
1
248
3 9 27
xyz
x yz
xyz
Lời giải.
Trừ vế với vế (2) và (1) ta có:
Trừ vế với vế (3) và
( )
2
ta có:
+=5 19
yz
Trừ vế với vế (5) và (4) ta có:
=2 12
z
Ta có hệ
=
+=
++=
2 12
37
1
z
yz
xyz
,
do đó:
( ) ( )
= −; ; 6; 11; 6
xyz
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm:
( ) ( )
= −, , 6; 11;6 .
xyz
2 HPT dạng
+ =
+=
+=
xya
yzb
zxc
(II)
( )
∈,,
abc
.
Từ (II) suy ra
( )
( )
++= ++ *
1
2
xyz abc
Từ (*) và các phương trình của hệ (II) sử dụng phương pháp
cộng và phương pháp thế ta tính được
x, y, z
I. Bài tâp
Thí dụ 2.
Giải HPT
=
+
=
+
=
+
1
2.
3
xy
xy
yz
yz
zx
zx
Lời giải.
ĐK:
( )( )( )
+ + +≠0
x yyzzx
.
Từ hệ suy ra
≠0
xyz
, do đó biến đổi ta nhận được hệ :
+= +=
+=⇔ +=



+= ++=

11 11
11
111 111
22
1 1 1 1 1 1 11
3 12
xy xy
yz yz
zx xyz
( )
−
=

⇔=⇔ = −


=
11
12
1 5 12 12
; ; ; ; 12 .
12 5 7
17
12
z
xyz
x
y
Vậy hệ đã cho có nghiệm:
( )

= −


12 12
; ; ; ; 12 ;
57
xyz
Thí dụ 3.
Giải HPT
+ + =
+ +=
++ =
233
23 2
3 27
xyz
x yz
xy z
.
Lời giải.
Cộng vế với vế 3 PT của hệ ta có:
++=2
xyz
.
Khi đó ta có hệ
+ + =
+ +=
++=
233
23 2
2
xyz
x yz
xyz
Trừ vế với vế 2 PT đầu của hệ với PT thứ ba ta được hệ
+=
+=
++=
21
20
2
yz
xy
xyz
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Trừ vế với vế 2 PT đầu của hệ với
PT
thứ
ba
nhận được hệ
−= =+

−= ⇔ =−


++= ++−+=

=
⇔=−
=
11
2 2
2 1 22
2
1.
1
xz x z
zy yz
xyz zz z
x
y
z
Vậy hệ đã cho có nghiệm:
( ) ( )
= −, , 2; 1;1 .
xyz
3 HPT dạng
=
=
=
xy a
yz b
zx c
(III) (với
>0
abc
).
Từ (III) suy ra
( )
= ± *
xyz abc
).
Từ
PT
(*) và các
PT
của (III) tìm được
,,
xyz
.
Thí dụ 4.
Giải HPT
+ + =
+ +=
+ +=
1
3
7
x xy y
y yz z
z zx x
(Đề thi TS vào khối chuyên toán, chuyên tin trường ĐH
KHTN năm 1995)
Lời giải.
Ta có :
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )( ) ( )
++= +++=
++=⇔ +++=


++= +++=
+ +=
⇔ + +=
+ +=
⇒ + + +=±
1 12
3 14
7 18
1 12
1 14
1 18
1 1 1 81
x xy y x xy y
y yz z y yz z
z zx x z zx x
xy
yz
zx
xyz
Chia vế với vế PT (1) với các PT của hệ ta nhận được 2 HPT
sau:
+=
+=
+=
14
12
11
z
x
y
hoặc
+=−
+=−
+=−
14
12
11
z
x
y
Từ đó tìm được nghiệm
( )
;;
xyz
của hệ là:
( ) ( )
−−−1;0;3 , 3; 2; 5 .
Thí dụ 5.
Giái HPT
−−=
−−=
−−=
33
3 13
35
xy x y
yz y z
zx z x
(Để thi TS vào lơp chuyên toán, chuyèn tin trường THPT
chuyên Humg Yên nãm 2008)
Lời giải.
Ta có :
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )( )
−− = − − +=
− −= ⇔ − − +=


−− = − − +=
− −=
⇔ − −=
− −=
⇒ − − −=±
3 3 9 3 3 1 10
3 13 9 3 3 1 40
3 5 9 3 3 1 16
3 1 3 1 10
3 1 3 1 40
3 1 3 1 16
3 13 13 1 80
xy x y xy x y
yz y z yz y z
zx z x zx z x
xy
yz
zx
xyz
Làm tương tự thí dụ 4 ta nhận được các nghiệm
( )
;;
xyz
là :
( )

−−−


147
1;2;3 , ; ; .
333
Thí dụ 6.
Giải HPT
22
22
2 2 22
46
94
9 4 46
−+=
− −=−
+− =
xy y x
y yz z
x z xz
Lời giải.
Ta có :
22
22
2 2 22
46
94
9 4 46
−+=
− −=−
+− =
xy y x
y yz z
x z xz
22
22
2 2 22
4 42
9 95
9 4 36 10
− + −=
⇔ − − +=
+ − −=
xy y x
y yz z
x z xz
( )
( )
( )
( )
( )( )
2
2
22
4 12
19 5
9 4 10
− +=
⇔ + −=
− −=
xy
yz
zx
( )
( )
( )
⇒− + −=±
22
4 1 9 10
xy z
Làm tương tự thí dụ 4 ta nhận được 8 nghiệm
( )
( ) ( )
= −; ; 6;0;2 , 6;0;2
xyz
,
( ) ( )
−− −6;0; 2 , 6;0; 2
,
( ) ( )
− −−2; 2; 14 , 2; 2; 14
,
( ) ( )
−− − −−2; 2; 14 , 2; 2; 14
Thí dụ 7.
Giải HP
( )( ) ( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )
+ +=
+ +=
+ +=
2
2
2
41
42
43
x y y z xy z
y z z x yz x
x z x y zx y
(Để thi TS vảo khối chuyén toán, chuyên tin trường
ĐH KHTN năm 1994)
Lời giải.
Nếu
=0
x
thì từ (1) suy ra
=
= −
0
y
yz
( ) ( )
⇒=; ; 0;0;0
xyz
là nghiệm HPT. Tương tự, nếu
=0
y
hoặc
=0
z
thì ta cũng được
( ) ( )
=; ; 0;0;0
xyz
là nghiệm HPT.
Nếu
≠0
xyz
nhân vế với vế 3 PT của hệ và sau đố
khai phương 2 vế ta có:
( )( )( )
+ + +=±
2 22
8 .
x y y z z x xyz
Suy ra
+ =
+=
+=
2
2
2
x y xz
x y xy
y z yz
hoặc
+ =−
+=−
+=−
2
2
2
x z xz
x y xy
y z yz
Từ đó tìm được nghiệm
( )
;;
xyz
của hệ là :
( ) ( )
−−−1;1;1 , 1; 1; 1 .
Thí dụ 8.
Giải HPT
( )
( )
( )
+=
+=
+=
22
22
22
6 13
35
65
x y z yz
y z x zx
z x y xy
(Để thi Olympic 30-4 năm 2000)
Lời giải.
Nếu
=0
x
thì từ
( )
=
⇒=
0
10
y
z
nghiệm.
Tương tư, nếu
=y0
hoặc
=z0
thì ta tìm được thêm
( )
0
;0;0
x
(với
0
x
tuỳ ý thuộc
)
là nghiệm.
Nếu
≠0
xyz
khi đó biến đổi hệ đã cho ta được:
+= +=

+=⇔ +=



+= ++=

66
66
13 13
66 66
10 10
6 66
66
5 14
xy xy
xz xz
zy zy
xy yz xy yz
zx zx
yz xy yz
xz xz
yx zyx
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
=
=

⇔ =⇒= =



=
=

2
2
2
611
6 11
4 .Suyra: .
64
1
699
yz
x
x
xz xyz y
y
xy z
z
Với
>0
xyz
ta có các nghiệm của HPT nảy là:
  
−−−−−−
  
  
11 1 1 1 1 11
1; ; , 1; ; , 1; ; , 1; ; .
23 2 3 2 3 23
Vậy hệ đã cho có các nghiệm:
( ) ( ) ( )( )
  
−−−−−−
  
  
∈
0 0 0 0 00
11 1 1 1 1 11
1; ; , 1; ; , 1; ; , 1; ;
23 2 3 2 3 23
0;0; , 0; ;0 , ;0;0 , , .
z y x xyz
4. Hệ dạng
( )
( )
( )
=
=
=
,, 0
, , 0(IV)
,, 0
F xyz
F yzx
F zxy
(hệ hoán vị vòng quanh).
Thông thương khi giải hệ (IV) ta sủ dụng phroong
pháp đánh giá, sủ dụng bất đẳng thức, đôi khi sủ dụng
tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số để chúng
minh
= =
xyz
, tù đó tìm nghiệm của HPT.
Thí dụ 9.
Giải HPT
−=
−=
−=
1
1
1
xy
yz
zx
.
Lời giải.
Dễ thấy
≥,, 1
xyz
.
Do HPT không đổi khi hoán vị vòng quanh
,,
xyz
nên
ta có thể giả sử
{ }
=max , ,
x xyz
hay
≥
≥
xy
xz
.
Ta có:
−= = −
− =⇔=−


= −
−=
2
2
2
1( 1)
1 ( 1)
( 1)
1
xy yx
y z zy
xz
zx
, do đó
≥
xy
thì
− ≥−
22
( 1) ( 1)
zx
⇒ −≥ −⇒ ≥ ⇒ =11
z x zx xz
. Suy ra
=
yx
.
Với
= =
xyz
giải PT
− −=10
xx
được nghiệm
+
=35
2
x
thỏa mãn điều kiện
≥1
x
.
Vậy HPT có nghiệm
+
= = = ⋅
35
2
xyz
*Thí dụ 10. Giải HPT
=
=
=
2
2
2
xy
yz
zx
.
Lòi giải. Từ hệ suy ra
≥,, 0
xyz
.
Hàm số
( )
=
2
ft t
đồng biến trên
( )
∞
+0;
và HPT đã
cho có thể viết dưới dạng :
( )
( )
( )
=
=
=
fx y
fy z
fz x
Do hệ không đổi khi hoán vị vòng quanh
,,
xyz
nên ta
có thể giả sử
{ }
=max , ,
x xyz
hay
≥
≥
xy
xz
.
Với
( ) ( )
≥⇒ ≥ ⇒ ≥ 
x y fx fy y z
( ) ( )
⇒ ≥ ⇒≥⇒=⇒=
fy fz z x z x y z
.
Do đó
= =
xyz
. Giải phương trình
=
2
xx
ta được
= =0, 1
xx
.
Vậy hệ có nghiệm
( )
;;
xyz
là:
( ) ( )
0;0;0 ; 1;1;1
.
Thí dụ 11.
Giải HPT
− + −=
− + −=
− + −=
32
32
32
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
yx x
zy y
xz z
Lời giải. Cộng vế với vế 3 PT của hệ ta được:
( )
−+−+−=
3 33
( 3) ( 3) ( 3) 0 1
xyz
.
Nếu
=3
x
thì ta được
= =6, 0
yz
hoặc
= = 3
yz
.
Dễ thấy chỉ có
( ) ( )
=; ; 3;3;3
xyz
thỏa mãn hệ.
Nếu
>3
x
thì
−= − >
32
27 9 27 0
y xx
⇒ > ⇒>
3
27 3.
yy
Tương tự, nếu
>3
y
thì
>3
z
, mâu thuẫn với (1). Nếu
<3
x
thì ta suy ra được
<,3
yz
, mâu thuẫn với (1).
Vậy HPT có nghiệm duy nhất
( ) ( )
=; ; 3;3;3
xyz
Thí dụ 12.
Giái HPT
=
+−
=
+−
2.
2
2
2
y
zyy
x
y
xx
Lời giải.
ĐK:
≤≤0 ,, 2
xyz
(1)
Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có :
+ − ≤ + +− =
22
2 1 1, 2 2
x x xx
⇒≥
+−
21
2
xx
(đẳng thức xày ra
−
⇔ = ⇔=
21
11
xx
x
)
Tương tự:
≥≥
+− +−
22
1; 1
22
y yz z
.
Từ HPT ta có:
= ⋅≥= ⋅
+− +−
≥= ⋅≥
+−
22
22
2
2

y xx z
xx zz
z yy
yy
1(thoûa maõn)x y z xyz⇒ = = ⇒===
HPT đã
cho)
Vậy HPT có nghiệm
( ) ( )
=; ; 1; 1;1
xyz
.
5, Phương pháp thế
Thí dụ 13.
Giải hệ phương trình:
+ + =
+=
+=
12 (1)
( ) 20 (2)
y(x z) 32 (3)
xyz
xy z
Lời giải.
Từ (1) , (2) ta có:
=−+
+≠
=
+
x 12 (y z)
(do y z 0)
20
xyz
⇒ − + = ⇒+=
+
+=
20
12(yz) yz2
yz
hoÆc y z 10.
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
+= =
+= = =−

⇒
+= = =−

NÕu y z 2 ta cã x 10,
y z 2 y 4, z 2
do vËy y(10 z) 32 y 8,z 6
{ }
+= =
+= = =

⇒
+= = =

∈− −
NÕu y z 10 ta cã x 2,
y z 10 y 8, z 2
do vËy y(2 z) 32 y 4,z 6
VËy hÖ cã nghiÖm
(x, y, z) (10;4; 2),(10;8; 6),(2;8;2),(2;4;6)
Ví dụ 14:
Giải hệ phương trình :
=+
= −−
+=−
2
22 2
4 (1)
2 7 3 14 (2)
35 (3)
xz x
y xz x
xy z
(
Vòng 1,Khối THPT Chuyên – Đại học Sư phạm Hà Nộ
i ,
năm học 2006 – 2007)
Lời giải.
Từ (1) ta có:
= −x xz 4
, thay vào (2) ta được:
= − −− ⇔ = −
+=−
⇔ + = ⇔+=±
+=⇔=−
− +=
⇒= =
22
22
2
2
2y 7xz 3(xz 4) 14 y 2xz 1
thay vµo (3) ta cã
x z 36 2xz
(x z) 36 x z 6.
NÕuxz6 z6x
thay vµo (1) ta cã x 5x 4 0
x 1; x 4.
+ =−⇒ =−−NÕu x z 6 z 6 x thay vµo (1) ta cã x
Vậy
−


−



−+ −−

∈






−+ −−

−





4
4
(1; 3; 5), (1; 3; 5),
(4; 15;2),(4; 15;2),
7 33 5 33
; 33; ,
(x;y;z) 22
7 33 5 33
; 33;
22
Ví dụ 15.
Giải hệ phương trình
++=
+−=
++=
2 22
6 (1)
7 (2)
14 (3)
xyz
xy yz zx
xyz
(
Vòng 1,Khối THPT Chuyên , Đại học Sư phạm Hà Nội ,
năm học 2005 – 2006)
Lời giải.
Từ (1) và (3) ta có:
++ + ++ =
2 22
( ) 2( ) 36
x y z xy yz zx
⇔+ + + =
⇔++=
14 2( ) 36
11 (4)
xy yz zx
xy yz zx
Từ (2) và (4) ta có:
=2
xz
, thay vào (1), (2) ta được:
++=
⇒= +=
+=
( )6 3, 3.
.( ) 9
y xz y xz
yx z
Từ đó suy ra hệ có nghiệm
( ) ( )
{ }
∈( ; ; ) 2;3;1 , 1;3;2
xyz
.
Ví dụ 16.
Giải hệ phương trình:
++=
++=
++=
2
2
2
48
12
84
x xy xz
xy y yz
xz yz z
Lời giải.
Cộng từng vế của các phương trình ta được
+++ ++ =
⇔ ++ = ⇔++=±
2 22
2
2( ) 144
( ) 144 12
x y z xy yz zx
xyz xyz
Nếu
++=x y z 12
ta có:
++ =
++ = ⇒= = =
++ =
( ) 48
( ) 12 4, 1, 7
( ) 84
xx y z
yx y z x y z
zx y z
Tương tự nếu
++=−12
xyz
ta được
=− =−=−4, 1,z 7
xy
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
{ }
∈ −−−( ; ;z) 4;1;7 , 4; 1; 7
xy
5, Phương pháp đánh giá
Ví dụ 17.
Giải hệ phương trình:
++=
−=
2
1112
21
4
xyz
xy z
Lời giải.
Điều kiện:
≠,, 0
xyz
Đặt
= = =
111
,,
abc
xyz
ta được:

++= +=−

⇔

−= =+


22
22
2 4 24
abc ab c
ab c ab c
Do đó
a, b
là các nghiệm của phương trình:
( )
+
−− + =
2
2
4
20
2
c
t ct
( )
∆=− + ≤ ⇒ =− ⇒ = =
2
20 2 2
c c ab
Do đó hệ có nghiệm
( )
−
=

11 1
;; ; ;
22 2
xyz
❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗