Vấn đề Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

 71
CHƯƠNG 2 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN 
Bài 1: 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 
Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. 
1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
(I)
a x b y c 0
+ + =⎧⎨ + + =⎩
Cách giải: Đặt D = 1 1 1 2 2 1
2 2
a b
a b a b
a b
= − 
1 1
x 1 2 2 1
2 2
b c
D b c b c
b c
= = − 1 1y 1 2 2 1
2 2
c a
D c a c a
c a
= = − 
* 
x
y
Dx
DD 0 : (I)
D
y
D
⎧ =⎪⎪≠ ⇔ ⎨⎪ =⎪⎩
* D = 0 và xD 0≠ hay yD 0 : (I)≠ vô nghiệm. 
* x yD D D 0 : (I)= = = có thể vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm 
Chú ý: 
Trong thực hành, khi D = 0, ta thường thay vào hệ các giá trị cụ thể 
của tham số để kết luận. 
 72
II. CÁC VÍ DỤ. 
Ví dụ 1: 
Định m để hệ sau vô nghiệm: 
22m x 3(m 1)y 3(I)
m(x y) 2y 2
⎧ + − =⎪⎨ + − =⎪⎩
Giải 
Để hệ vô nghiệm, ta phải có trước hết : 
2 3(m 1)2mD 0 0
m 2m
−= ⇔ =− 
3 2 2 3 2
m 0
2m 4m 3m 3m 0 2m 7m 3m 0 m 3
1m
2
⎡⎢ =⎢⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔ =⎢⎢ =⎢⎣
* Với 
3y 3 y 1
m 0 : (I)
2y 2 x R
− = = −⎧ ⎧= ⇔ ⇔⎨ ⎨− = ∈⎩ ⎩
 không thỏa đề bài. 
* Với 
118x 6y 3 3x y
m 3 : (I) 2
3x y 2 3x y 2
⎧+ = + =⎧ ⎪= ⇔ ⇔⎨ ⎨+ =⎩ ⎪ + =⎩
 hệ vô nghiệm 
m 3⇒ = nhận. 
* 
1 3x y 3
1 2 2m : (I)
1 32 x y 2
2 2
⎧ − =⎪⎪= ⇔ ⎨⎪ − =⎪⎩
 hệ vô nghiệm 1m
2
⇒ = nhận. 
Tóm lại hệ vô nghiệm khi m = 3 1m
2
∨ = . 
 73
Ví dụ 2: 
Định m nguyên để phương trình sau có nghiệm nguyên. 
mx y 3 0
x my 2m 1 0
+ − =⎧⎨ + − − =⎩
Giải 
Ta có : 2
m 1
D m 1 (m 1)(m 1)
1 m
= = − = + − 
x
1 3
D 2m 1 3m m 1
m 2m 1
−= = − − + = −− − 
2 2
y
3 m
D 3 2m m 2m m 3 (m 1)(2m 3)
2m 1 1
−= = − + + = + − = − +− − 
TH1: D 0 m 1:≠ ⇔ ≠ ± nghiệm hệ. 
x
y
D m 1 1x
D (m 1)(m 1) m 1
D (m 1)(2m 3) 2m 3 1y 2
D (m 1)(m 1) m 1 m 1
−⎧ = = =⎪ + − +⎪⎨ − + +⎪ = = = = +⎪ + − + +⎩
x z∈ và 1y z z m 1
m 1
∈ ⇔ ∈ ⇔ ++ là ước số của 1 
nghĩa là: 
m 1 1 m 0
m 1 1 m 2
+ = =⎡ ⎡⇔⎢ ⎢+ = − = −⎣ ⎣
TH 2: D = D m 1⇔ = ± 
. m = 1 : Hệ 
x y 3 0
x y 3 0
+ − =⎧⇔ ⇒⎨ + − =⎩
hệ có nghiệm nguyên 
x t z
y 3 t
= ∈⎧⎨ = −⎩
. m = - 1 : Hệ 
x y 3 0
x y 1 0
− + − =⎧⇔ ⎨ − + =⎩
 Hệ vô nghiệm m 1⇒ = − loại 
Tóm lại: m = 1, m = 0, m = - 2 
 74
Ví dụ 3: 
Tìm các giá trị của b sao cho với mọi a R∈ , thì hệ phương trình: 
2
x 2ay b
ax (1 a)y b
+ =⎧⎪⎨ + − =⎪⎩
 có nghiệm. 
(ĐH CÔNG ĐOÀN 1998). 
Giải 
Ta có: 2 2
1 2a
D 1 a 2a 2a a 1 (a 1)(1 2a)
a1 a
= = − − = − − + = + −− 
. 1D 0 a 1 a
2
= ⇔ = − ∨ = 
+ a = -1 : hệ 2 2
x 2y b x 2y b
x 2y b x 2y b
− = − =⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− + = − = −⎪ ⎪⎩ ⎩
 Hệ có nghiệm. 
2b b b(b 1) 0 b 0 b 1⇔ = − ⇔ + = ⇔ = ∨ = − 
+ 1a :
2
= Hệ 2 2
x y b x y b
1 1x y b x y 2b
2 2
+ =⎧ + =⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨+ = + =⎪⎪ ⎩⎩
 Hệ có nghiệm. 
2 1b 2b b(2b 1) 0 b 0 b
2
⇔ = ⇔ − = ⇔ = ∨ = 
. 1D 0 a 1 a
2
≠ ⇔ ≠ − ∧ ≠ thì hệ cho có nghiệm với b∀ . 
Tóm lại với b = 0 thì hệ cho có nghiệm a R∀ ∈ . 
Ví dụ 4 : 
Cho hệ phương trình : 2
ax y b
x ay c c
+ =⎧⎪⎨ + = +⎪⎩
1. Với b = 0, hãy giải và biện luận hệ theo a và c 
2. Tìm b để với mọi a, ta luôn tìm được c sao cho hệ có nghiệm. 
Giải 
1. Giải và biện luận theoa và c: 
b = 0 : hệ 2 2
ax y 0 y ax
x ay c c x a( ax) c c
+ = = −⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨+ = + + − = +⎪ ⎪⎩ ⎩
 75
2 2
y ax (1)
(1 a )x c c (2)
= −⎧⎪⇔ ⎨ − = +⎪⎩
* 21 a 0 : a 1:− ≠ ⇔ ≠ ± Hệ có nghiệm: 
2
2
c cx
1 a
+= − ; 
2
2
c cy a
1 a
⎛ ⎞+= − ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
* 2 21 a 0 a 1: (2) 0x c c− = ⇔ = ± ⇔ = + 
+ Nếu 2c c 0 c 0+ ≠ ⇔ ≠ và c 1: (2)VN≠ − ⇒ hệ VN 
+ Nếu 2c c 0 c 0 c 1: (2) 0x 0+ = ⇔ = ∨ = − ⇔ = ⇒ Hệ có 
nghiệm:
x t R
y at
= ∈⎧⎨ = −⎩
x t R
a 1
y t
= ∈⎧= ⇒ ⎨ = −⎩
x t R
a 1
y t
= ∈⎧= − ⇒ ⎨ =⎩
2. Tìm b. 
Ta có : 2 2
ax y b y ax b
x ay c c x a( ax b) c c
+ = = − +⎧ ⎧⎪ ⎪⇔⎨ ⎨+ = + + − + = +⎪ ⎪⎩ ⎩
2 2
y ax b
(1 a )x ab (c c) 0 (*)
= − +⎧⎪⇔ ⎨ − + − + =⎪⎩
Hệ có nghiệm (*)⇔ có nghiệm. 
+ Nếu 21 a 0 a 1: (*)− ≠ ⇔ ≠ ± có nghiệm duy nhất ⇒Hệ phương trình 
cho có nghiệm b.∀ 
+ Nếu a = 1: (*) 2c c b 0x,⇔ + − = để có nghiệm 2c c b 0,+ − = thì ta 
phải có điều kiện để có được c : 11 4b 0 b
4
∆ = + ≥ ⇔ ≥ − 
+ Nếu a = - 1: (*) 2c c b 0x⇔ + + = và có nghiệm khi 2c c b 0+ + = 
để tìm được c ta phải có: 11 4b 0 b
4
∆ = − ≥ ⇔ ≤ . 
Vậy để a∀ , ta luôn tìm được c sao cho hệ có nghiệm thì : 1 1b
4 4
− ≤ ≤ . 
 76
Ví dụ 5: 
Giả sử hệ phương trình : 
ax by c
bx cy a
cx ay b
+ =⎧⎪ + =⎨⎪ + =⎩
Có nghiệm. Chứng minh rằng: 3 3 3a b c 3abc+ + = 
Giải 
Gọi 0 0(x ,y ) là nghiệm của hệ : 
2 2
0 00 0
2 2
0 0 0 0
2 20 0 0 0
a bx ab y abcxa by c
bx cy a b cx bc y abc
cx ay b ac x a cy abc
⎧ + =+ =⎧ ⎪⎪ ⎪+ = ⇒ + =⎨ ⎨⎪ ⎪+ = + =⎩ ⎪⎩
2 2 2
0 0 0 0 0 0a (bx cy ) b (ay cx ) c (by ax ) 3abc⇒ + + + + + = 
3 3 3a b c 3abc.⇔ + + = (Đpcm). 
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 
1.1. Giải và biện luận hệ: 
2 3
2 3
(a 1)x (a 1)y a 1
(a 1)x(a 1)y a 1
⎧ − + − = −⎪⎨ + + = +⎪⎩
1.2. Định m và n để hai hệ phương trình sau cùng vô nghiệm. 
(m 1)x (2n 1)y 5n 1
(I)
(m 1)x ny 2
+ + + = −⎧⎨ − + =⎩
 và 
(m 1)x my n
(II)
3x (4 n)y 2n 1
+ + =⎧⎨ + − = −⎩
1.3. Cho hệ phương trình : 
mx y 2m
x my m 1
+ =⎧⎨ + = +⎩
a. Định m để hệ có nghiệm duy nhất. Tìm hệ thức độc lập giữa các 
nghiệm. 
b. Định m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên. 
 77
 Hướng dẫn và giải tóm tắt 
1.1. D 2(a 1),= − − 2xD 2a(a 1),= − − 2yD 2a (a 1)= − − 
. a 1:≠ nghiệm 
x
y 2
Dx a(a 1)
D
D
y a
D
⎧ = = +⎪⎪⎨⎪ = =⎪⎩
. a 1:= Hệ 0x 0y 0 x R
x y 1 y 1 x
+ = ∈⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨+ = = −⎩ ⎩
1.2. 
I
2
II
D mn 3n m 1
D m 4
= − + − +
= − + 
Để 2 hệ cùng vô nghiệm, trước tiên ta phải có: 
I
2
II
mn 3n m 1 0 (1)D 0
D 0 m 4 0 (2)
− + − + =⎧=⎧ ⎪⇔⎨ ⎨= − + =⎪⎩ ⎩
(2) m 2⇔ = ± 
. m = 2: (1) n 1⇔ = 
. m = - 2 : (1) 3n
5
⇔ = − 
Thử lại: Với m = 2, n = 1: thay vào hệ (II): 
3x 2y 1
3x 2y 1
+ =⎧⎨ + =⎩
⇒hệ có vô số nghiệm (loại) 
. m = - 2, 3n
5
= − thế vào hệ (I) và hệ (II) ta có: 
2 hệ cùng VN. m 2,⇒ = − 3n
5
= − (nhận). 
1.3. a. 2D m 1= − Hệ có nghiệm duy nhất D 0 m 1⇔ ≠ ⇔ ≠ ± 
Gọi x và y là nghiệm của hệ, ta có: 
mx y 2m m(x 2) y
x my m 1 x 1 m(y 1)
+ = − = −⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ = + − = − −⎩ ⎩
 78
(x 1)(x 2) y(y 1)⇒ − − = − là hệ thực độc lập giữa các nghiệm. 
b. 2xD 2m m 1,= − − yD m(m 1)= − 
YCBT 
m z,m 1
m z,m 1
1x 2 z 1m 1 z
m 11y 1 z
m 1
⎧⎪ ∈ ≠ ± ∈ ≠ ±⎧⎪⎪ ⎪⇔ = − ∈ ⇔⎨ ⎨+ ∈⎪ ⎪ +⎩⎪ = − ∈⎪ +⎩
m z,m 1
m 0 m 2
m 1 1 m 1 1
∈ ≠ ±⎧⇔ ⇔ = ∨ = −⎨ + = ∨ + = −⎩