HE PHUONG TRINH-DAY DU ON DH

Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
Mét Vµi HÖ Ph¬ng Tr×nh Thêng GÆp
Phần I : HỆ PHƯƠNG TRÌNH BAC NH ẤT HAI ẨN
Dạng toán thường gặp:
1 - Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
2 - Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước
3 - Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất giải các bài toán:
a) Hai phương trình bậc hai có nghiệm chung
b) Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
c) Biện luận GTNN của biểu thức chứa hai ẩn
Dạng I: Giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
I - Phương pháp:
Giải và biện luận hệ phương trình:
1 1 1
2 2 2
a x b y c
a x b y c
+ =


+ =

(I)
Ta thực hiện việc giải hệ phương trình (I) bằng cách tính định thức cấp hai

1 1
2 2
1 2 2 1
. .
a b
a b

D a b a b= = −
;
1 1
2 2
1 2 2 1
. .
c b
x c b
D c b c b= = −
;
1 1
2 2
1 2 2 1
. .
a c
y a c
D a c a c= = −
1- Nếu
0D ≠
:
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
vµ
y
x
D
D
x y
D D
= =
2 - Nếu

0D =
: Xét các trường hợp
* Nếu
0
0
x
y
D
D
≠


≠

, thì hệ phương trình vô nghiệm.
* Nếu
0
x y
D D= =
, thì hệ phương trình có vô số nghiệm.
Kết luận:
- Với
0D
≠
, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
vµ
y
x
D
D

x y
D D
= =
- Với
0
x y
D D D= = =
, thì hệ phương trình có vô số nghiệm.
- Với
0D
=
và
0
x
D ≠
hoặc
0
y
D ≠
thì hệ phương trình vô nghiệm.
II – Bài tập minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình
( ) ( )
(2 ) (2 )
a b x a b y a
a b x a b y b
+ + − =


− + + =


Giải:
Ta có
2 2 2 2
x y
6 ; D 2 ; D 2 2D ab a b b ab a= = + = + −
TH
1
: Nếu
0D
≠

0
6 0
0
a
ab
b
≠

⇔ ≠ ⇔

≠

Hệ có nghiệm duy nhất
2 2 2 2
2 2 2
vµ
6 6
a b b ab a

x y
ab ab
+ + −
= =
TH
2
: Nếu D = 0
⇔
6ab = 0
⇔
a = 0 hoặc b = 0
Tháng 11 năm 2011
1
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
* Với a = 0, suy ra D
x
= D
y
= b
2
- Khi b = 0 thì D
x
= D
y
= 0, hệ có vô số nghiệm.
- Khi
b 0≠
thì
0
x

D ≠
, hệ vô nghiệm.
* Với b = 0, suy ra D
x
= 2a
2
và D
y
= -2a
2
- Khi a = 0 thì D
x
= D
y
= 0, hệ có vô số nghiệm.
- Khi
a 0≠
thì
0
x
D ≠
, hệ vô nghiệm.
Kết luận:
- Với
a 0≠
và
b 0≠
, hệ có nghiệm
2 2 2 2
2 2 2

vµ
6 6
a b b ab a
x y
ab ab
+ + −
= =
- Với a = b = 0 , hệ có vô số nghiệm.
- Với a = 0 và
b 0≠
, hệ vô nghiệm.
- Với
a 0≠
và b = 0, hệ vô nghiệm.
* Nhận xét:
Việc phân tích tham số trong bài toán giải và biện luận hệ pt bậc nhất có thể được liên kết vớí
việc sử dụng các hằng đẳng thức lượng giác.
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:
.sin 2 (1 os2 ) = sin2
(1 os2 ) - y.sin2 = 0
x y c
x c
α α α
α α
+ +


+

, với

α
là tham số.
a) Giải và biện luận hệ pt ?
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào
α
?
Giải:
a) Ta có:
sin2 1 + cos2
1 os2 - sin2
2(1 os2 )
c
D c
α α
α α
α
+
= = − +
sin2 1 os2 2
0 - sin2
sin 2
c
x
D
α α
α
α
+
= = −
sin2 sin2

1 os2 0
sin 2 .(1 os2 )
y c
D c
α α
α
α α
+
= = − +
Xết các trường hợp:
TH
1
: Nếu
0D ≠
2(1 os2 ) 0 os2 1 ,
2
c c k k
π
α α α π
⇔ − + ≠ ⇔ ≠ − ⇔ ≠ + ∈¢
Hệ có nghiệm duy nhất
1 1
(1 os2 ) vµ y = sin2
2 2
x c
α α
= −
TH
2
: Nếu D = 0

2(1 os2 ) 0 os2 1 ,
2
c c k k
π
α α α π
⇔ − + = ⇔ = − ⇔ = + ∈¢
Với
0
2
x y
k D D
π
α π
= + ⇒ = =
, hệ có vô số nghiệm.
Tháng 11 năm 2011
2
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
* Kết luận:
- Với
, ,
2
k k
π
α π
≠ + ∈¢
có nghiệm duy nhất
1 1
(1 os2 ) vµ y = sin2

2 2
x c
α α
= −
- Với
, ,
2
k k
π
α π
= + ∈¢
hệ có vô số nghiệm.
b)Từ cặp nghiệm (x, y) ta có:
2
os2 = 1 - 2x
(1 2 ) (2 ) 1
sin2 = 2y
c
x y
α
α

⇒ − + =


Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào
α
.
III – Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho hệ phương trình:

(2 1) 1
( 1) 1
a x y
x a y
− − =


+ + = −

a) Xté nghiệm của hệ với a = 0, a
1
2
=
?
b) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số a ?
Bài 2: Cho hệ phương trình
0
1
x my
mx y m
− =


− = +

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ?
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc tham số m ?
Bài 3: Cho hệ phương trình:
.sin . os sin
. os + y.sin os

x y c
x c c
α α α
α α α
+ =


=

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo
α
?
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc vào
α
?
Bài 4: Hãy xác địng tất cả các giá trị của a, b sao cho nghiệm của bất phương trình:
2 1 1x a b− + ≤ +
Là đoạn [-2; 5].
Dạng II: Hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước
I - Phương pháp:
Cho hệ phương trình:
1 1 1
2 2 2
a x b y c
a x b y c
+ =


+ =


(I)
Tìm nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện K ?
Phương pháp:
Ta thực hiện việc giải hệ phương trình (I) bằng cách tính định thức cấp hai

1 1
2 2
1 2 2 1
. .
a b
a b
D a b a b= = −
;
1 1
2 2
1 2 2 1
. .
c b
x c b
D c b c b= = −
;
1 1
2 2
1 2 2 1
. .
a c
y a c
D a c a c= = −
Xét các khả năng:
Tháng 11 năm 2011

3
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
a) - Với
0D
≠
, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
vµ
y
x
D
D
x y
D D
= =
b)- Với
0
x y
D D D= = =
, thì hệ phương trình có vô số nghiệm.
c)- Với
0D
=
và
0
x
D ≠
hoặc
0
y
D ≠

thì hệ phương trình vô nghiệm.
Trong các trường hợp a, c phải so sánh các giá trị của nghiệm với điều kiện K nếu có để tìm
được kết luận đúng.
II – Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm m nguyên để hệ phương trình
2 3
1
mx y m
x y m
+ =


+ = +

Có nghiệm nguyên ?
Giải:
Ta có :
2 3 3 2 2
1 1 1 1 1 1
2 3; 2 3; 2
m m m m
x m y m
D m D m D m m
+ +
= = − = = − − = = +
Xét các trường hợp:
TH
1
: Nếu
3

0 2 3 0
2
D m m= ⇔ − = ⇔ =
Với
3
2
m =
ta có
6 0
x
D = − ≠
, hệ vô nghiệm.
TH
2
: Nếu
3
0
2
D m≠ ⇔ ≠
, hệ có nghiệm duy nhất
6 6
1 ; 2
2 3 2 3
y
x
D
D
x y m
D m D m
= = − − = = + +

− −
Vậy để hệ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi m nguyên và 2m – 3 là ước của 6.
Mà các ước của 6 là:
1, 2, 3, 6± ± ± ±
So sánh các điều kiện ta có
Với m = 0; 1; 2; 3 thì hệ có nghiệm nguyên.
Nhận xét:
Điều kiện về nghiệm của hệ có thể là các điều kiện thông thường như: Hệ có nghiệm, hệ vô
nghiệm, hệ có vô số nghiệm, …Tuy nhiên trong các bài toán liên kết với hệ phương trình của các
hàm số như hàm Lượng giác hoặc hàm Mũ,… thì điều kiện sẽ được làm chặt hơn.
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:
3
2 1
x my m
mx y m
+ =


+ = +

(I)
a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ?
b) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
sinx + m.cosx = 3m
m.sinx + cosx = 2m + 1



(II)
Giải:

Tháng 11 năm 2011
4
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
a) Ta có:
1 m 2 3 m 2 1 3m 2
1 x 2 1 1 y 2m+1
1 ; D 2 2 ; D 3 2 1
m
m m m
D m m m m m
+
= = − = = − + = = − + +
TH
1
: Nếu
0 1D m≠ ⇔ ≠ ±
, hệ luôn có nghiệm duy nhất.
TH
2
: Nếu
2
0 1 0 1D m m= ⇔ − = ⇔ = ±
* Với
1 0
x y
m D D= ⇒ = =
, hệ có vô số nghiệm.
* Với
1 4 0
x

m D= − ⇒ = − ≠
, hệ vô nghiệm.
KL: Vậy với
1m ≠ −
thì hệ pt luôn có nghiệm.
b) Đặt ẩn phụ:
2 2
sin
, § : 1
cos
X x
K X Y
Y x
=

+ =

=

(*)
Hệ (II) có dạng:
3
2 1
X mY m
mX Y m
+ =


+ = +


(III)
Xét hệ phương trình (III) ta có:
1 m 2 3 m 2 1 3m 2
1 x 2 1 1 y 2m+1
1 ; D 2 2 ; D 3 2 1
m
m m m
D m m m m m
+
= = − = = − + = = − + +
TH
1
: Nếu
2
0 1 0 1D m m= ⇔ − = ⇔ = ±
* Với m = 1, hệ (III) có dạng:
3
3
X Y
X Y
+ =


+ =

, vô nghiệm vì:
2 sinx + cosx 2X Y− ≤ + = ≤
* Với m = -1, hệ (III) vô nghiệm.
TH
1

: Nếu
0 1D m≠ ⇔ ≠ ±
, hệ (III) luôn có nghiệm duy nhất:
2 3 1
;
D 1 D 1
y
x
D
D
m m
X Y
m m
+
= = = =
+ +
Nghiệm thoả mãn điều kiện (*) khi:
2 2
0
2 3 1
1
1
1 1
3
m
m m
m m
m
=


+
   

+ = ⇔
 ÷  ÷

+ +
= −
   

KL: Vậy hệ (II) có nghiệm khi
1
0 hoÆc
3
m m
−
= =
Ví dụ 3: Cho hệ phương trình:
1
1
.3 2 2
3 .2 1
x y
x y
m m
m m
+
+

+ =



+ = +


(I)
a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ?
b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên ?
Giải:
Đặt:
1
3
, §K: u 3,v>0
2
x
y
u
v
+

=

≥

=


Hệ (I) trở thành:
. 2
1

m u v m
u mv m
+ =


+ = +

Ta có:
Tháng 11 năm 2011
5
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
1 2 2 1 2 2m 2
1 m u 1 m y 1 m + 1
1; D 2 1; D
m m m
m
D m m m m m
+
= = − = = − − = = −
a) Hệ có nghiệm duy nhất:
2
0
1 0
1
2 1
3 3 2 1 2 1
D 1
1 0
0
0

1D
u
v
D
m
m
D
m
u m m
m
m m
D
m
v
m




≠
− ≠
≠ ±



+
  
⇔ = ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ < ⇔ − ≤ < −
  
+

  
< − ∨ >

 
>
= >
 
+


Vậy hệ có nghiệm khi :
2 1m− ≤ <
b) Với m nguyên ta có m = - 2, khi đó hệ có là:
1
3 0
3 3
1 1
2 1
1
2 2
x
y
u x
x
v y
y
+


= =

 =
+ =
 
⇔ ⇔ ⇔
   
= =
=
= 
 



Vậy với m = -2 thì hệ có nghiệm nguyên là (0;1).
III – Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho hệ phương trình:
( 2) 2
(2 1) 2 5
m x my m
m x y m
− + =


− − = +

a) Giải và biện luận hệ phương trình theo m?
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x, y không phụ thuộc m ?
c) Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên ?
Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m:
a)
2 .3 3

.2 3 2 1
x y
x y
m m
m m

+ =


+ = +


b)
4 lg .lg 1
( 6)lg 2lg 3
x m y m
m x y m
− = − −


+ + = +

Bài 3: Giải sử hệ phương trình :
ax + by = c
bx + cy = a
cx + ay = b






Có nghiệm. CMR: a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc ?
Bài 4: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
1
1
mx y
x my
x y m
+ =


+ =


+ =

Bài 5: Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số m :
1 1
1 2
m x y m
x m y

+ + = +



+ + =


Dạng III: Ứng dụng của hệ phương trình bậc nhất:
(1) Áp dụng 1: Xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung.
Tháng 11 năm 2011
6
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
I - Bài toán tổng quát: Tìm điều kiện để hai phương trình sau có nghiệm chung
2 2
. 0 vµ '. ' ' 0a x bx c a x b x c+ + = + + =
Phương pháp:
Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi hai phương trình bậc hai:
2
2
. 0
'. ' ' 0
a x bx c
a x b x c

+ + =


+ + =


(I)
Bước 2: Đặt
2

x y=
, ta được hệ:
(I) trở thành:
' ' '
ax by c
a x b y c
+ =


+ =

(II)
Bước 3: Để hai phương trình có nghiệm chung thì hệ (II) phải có nghiệm thoả mãn
2
x y=
,
ta có điều kiện:
2
0
0
y
x
x y
D
D
D
D D
D D D

≠





 

=

 ÷

 



= = =

Bước 4: Thử lại.
II- Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Với giái trị nào của m thì hai phương trình sau có nghiệm chung:
2 2
2 1 0 vµ 2 0x mx mx x+ − = − + =
Giải:
Các phương trình đã cho có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
2
2
2 1 0
2 0
x mx
mx x


+ − =


− + =


(I)
Đặt
2
x y=
, ta được hệ:
(I) trở thành:
2 1
2
mx y
x my
+ =


− =

(II)
Ta có:
2 2 1 2 1
1 -m 2 -m 1 2
2; 4; 2 1
m m
x y
D m D m D m= = − − = = − − = = −
Vì

0,D m≠ ∀
, hệ có nghiệm duy nhất:
2 2
4 1 2
;
2 2
m m
x y
m m
+ −
= =
+ +
Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm thoả mãn
2
x y=
, nên ta phải có:
2
3
2 2
4 1 2
6 7 0 1
2 2
m m
m m m
m m
+ −
 
= ⇔ + + = ⇔ = −
 ÷
+ +

 
Thử lại ta có: Với m = -1 thì hai phương trình có nghiệm chung là x = 1.
Ví dụ 2: CMR nếu hai phương trình

2 2
1 1 2 2
0 vµ 0x p x q x p x q+ + = + + =
Tháng 11 năm 2011
7
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
Có nghiệm chung thì:
2
1 2 1 2 1 2 2 1
( ) ( )( ) 0q q p p p q p q− + − − =
(*)
Giải:
Các phương trình có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
2
1 1
2
2 2
0
0
x p x q
x p x q

+ + =


+ + =



Đặt
2
x y=
, ta được hệ:
1 1
2 2
p x y q
p x y q
+ = −


+ = −

Ta có:
1 2 2 1 2 1 1 2
; ;
x y
D p p D q q D p q p q= − = − = −
TH
1
: Nếu
1 2
0D p p≠ ⇔ ≠
, hệ có nghiệm duy nhất:
2 1 2 1 1 2
1 2 1 2
vµ
q q p q p q

x y
p p p p
− −
= =
− −
Do
2
x y=
, nên ta phải có :
2
2 1 2 1 1 2
1 2 1 2
q q p q p q
p p p p
 
− −
= ⇔
 ÷
− −
 
2
1 2 1 2 1 2 2 1
( ) ( )( ) 0q q p p p q p q− + − − =
Khi đó (*) đúng.
TH
2
: Nếu
1 2
0D p p= ⇔ =
.

Hệ có nghiệm
2 1 2 1
2 1 1 2 1 2
0
0
0
x y
q q q q
D D
p q p q p p
− = =
 
= = ⇔ ⇔
 
− = =
 
Khi đó (*) đúng.
Vậy: Hai phương trình có nghiệm chung thì:
2
1 2 1 2 1 2 2 1
( ) ( )( ) 0q q p p p q p q− + − − =
(đpcm)
III – Bài tập đề nghị:
Bài 1: Với giá trị nào của m thì các cặp phương trình sau có nghiệm chung:
a)
2 2 2
5 0 vµ 2 4 25 0x x m x mx m m+ + = + + − + =
b)
2 2
2 (3 1) 9 0 vµ 6 (7 1) 19 0x m x x m x+ + − = + − − =

Bài 2 (ĐH Thái Nguyên 2000): Với giá trị nào của m thì các cặp phương trình sau có nghiệm
chung:

2 2
1 0 vµ 1 0mx x x mx+ + = + + =
(2) Ứng dụng 2: Biện luận vị trí tương đối của hai đường thẳng:
I - Bài toán tổng quát:
Cho hai đường thẳng: d
1
: a
1
x + b
1
y + c
1
= 0 và d
2
: a
2
x + b
2
y + c
2
= 0
Biện luận theo các giá trị của tham số vị trí tương đối của hai đường thẳng ?
Phương pháp:
Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi d
1
và d
2

:

1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
0
0
a x b y c a x b y c
a x b y c a x b y c
+ + = + = −
 
⇔
 
+ + = + = −
 
(I)
Tháng 11 năm 2011
8
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
Bước 2: Dựa vào biên luận số nghiệm của hệ (I) ta có được vị trí tương đối của hai đường thẳng:
* Nếu hệ (I) vô nghiệm
1 2
( )//( )d d⇔
* Nếu hệ (I) có nghiệm duy nhất
1 2
( ) ( ) ( ; )
D
y
x
D
D

d d M
D
 
⇔ ∩ =
 
 
* Nếu hệ (I) vô số nghiệm
1 2
( ) ( )d d⇔ ≡
II – Ví dụ minh hoạ:
Ví dị 1: Cho hai đường thẳng d
1
và d
2
có phương trình:
(d
1
): kx – y + k = 0 và (d
2
):
2 2
(1 - k )x + 2ky - (1 + k ) = 0
a) Với mỗi giá trị của k, hãy xác định giao điểm của d
1
và d
2
?
b) Tìm quĩ tích giao điểm đó khi k thay đổi ?
Giải:
a) Xét hệ phương trình tạo bởi d

1
và d
2
là:
2 2
kx - y + k = 0
(1 - k )x + 2ky - (1 + k ) = 0



Ta có: D = 1 + k
2
, D
x
= 1 – k
2
, D
y
= 2k
Vì
2
1 2
2 2
1 2
0, ;
1 1
k k
D k d d I
k k
 

 
−
 
≠ ∀ ⇒ ∩ =
 
 ÷
+ +
 
 
 
.
Vậy với mọi giá trị của k thì d
1
luôn cắt d
2
tại điểm I.
b) Từ toạ độ giao điểm I ta có:
2
2
2
2
2
2 2
2 2
2
1
1 2
1
1
1 1

2
1
k
x
k k
k
x y
k k
k
y
k

−
=

 
−
  
+
⇒ + = + =

 ÷
 ÷
+ +
 
 

=

+


Vậy: quĩ tích giao điểm I của d
1
và d
2
thuộc đường tròn: x
2
+ y
2
= 1.
III – Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho a
2
+ b
2
> 0 và hai đường thẳng có phương trình:
d
1
: (a – b)x + y = 1 và d
2
: (a
2
– b
2
)x + ay = b
a) Hãy xác định giao điểm của d
1
và d
2
?

b) Tìm điều kiện của a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành ?
Bài 2: Cho a
2
+ b
2
> 0 và hai đường thẳng d
1
, d
2
có phương trình:
d
1
: ax + by = a + b và d
2
: bx + ay = a – b
a) Xác định giao điểm của d
1
và d
2
?
b) Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm khi a, b thay đổi ?
(3) Áp dụng 3: Biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai ẩn:
I – Bài toán tổng quát:
Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1 1 2 2 2
( ) ( )F a x b y c a x b y c= + + + + +

Phương pháp:
Bước 1: Xét hai đường thẳng

Tháng 11 năm 2011
9
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
: ( ) vµ d : ( )d a x b y c a x b y c+ + + +
Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của d
1
và d
2
.
Bước 2: Xét hệ phương trình tạo bởi d
1
và d
2
có dạng:
1 1 1
2 2 2
a x b y c
a x b y c
+ = −


+ = −

Xác định D, D
x
, D
y
.

Bước 3: Xét hai trường hợp:
TH
1
: Nếu
0D
≠
thì hệ có nghiệm duy nhất :
;
y
x
D
D
x y
D D
= =
Khi đó d
1
cắt d
2
do đó minF = 0.
TH
2
: Nếu D = 0
Đặt : t = a
1
x + b
1
y + c
1
, ta được:

F = 2t
2
+ At + B
4
∆
≥ −
Khi đó minF =
4
∆
−
, đạt được khi t =
4
A
−
hay a
1
x + b
1
y + c
1
=
4
A
−
Bước 4: Kết luận:
Với C, minF = 0 , đạt được khi
;
y
x
D

D
x y
D D
= =
Với D = 0, minF =
4
∆
−
, đạt được khi x, y thuộc đường thẳng có phương trình:
a
1
x + b
1
y + c
1
=
4
A
−
.
II – Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của :
F = (x + y – 2)
2
+ (x + ay – 3)
2
, theo tham số a .
Giải:
Xét hai đường thẳng:
d

1
: x + y – 2 = 0 và d
2
: x + ay – 3 = 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của d
1
và d
2
.
Xét hệ phương trình tạo bởi d
1
và d
2
có dạng:
1 1 2 1 1 2
1 a x 3 a y 1 3
x + y = 2
x + ay = 3
Víi: D = = a-1, D = = 2a - 3 , D = = 1



TH
1
: Nếu
0 1 0 1D a a≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠
Hệ có nghiệm duy nhất:
2 3
1
1

1
x
y
D
a
x
D a
D
y
D a
−

= =


−


= =

−

Khi đó d
1
cắt d
2
do đó minF = 0.
Tháng 11 năm 2011
10
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt

TH
2
: Nếu
0 1 0 1D a a= ⇔ − = ⇔ =
Với a = 1 thì D
y
= 1
≠
0, hệ vô nghiệm.
Khi đó d
1
// d
2
và ta được:
F = (x + y – 2)
2
+ (x + y – 3)
2
Đặt t = x + y – 2 , ta có
F = 2t
2
– 2t + 1
3
4
≥
Vậy minF
3
4
=
, đạt được khi

1 1
2 2 2 5 0
2 2
t x y x y= ⇔ + − = ⇔ + − =
.
Kết luận:
- Với a
≠
1, minF = 0, đạt được khi
2 3 1
;
1 1
a
x y
a a
−
= =
− −
- Với a = 1, minF
3
4
=
, đạt được khi x, y thuộc đường thẳng có phương trình: 2x + 2y – 5 = 0.
III – Bài tập đề nghị:
Bài 1: (HVNH – 2001): Hãy biện luận GTNN của biểu thức
F = (x + my – 2)
2
+ [4x + 2(m – 2)y - 1]
2
,

theo tham số m ?
Bài 2: Biện luận theo tham số a GTNN của các biểu thức sau:
a) F = (2x +y - 2)
2
+ (4x + ay – 1)
2
b) F = (x – 2y + 1)
2
+ (2x + ay + 5)
2
Tháng 11 năm 2011
11
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
Dạng toán thường gặp
1) Giải hệ phương trình.
2) Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước.
3) Một số hệ phương trình quy về hệ phưong trình bậc hai đối xứng loại I.
Dạng I: Hệ phương trình đối xứng loại I
I – Bài toán tổng quát:
Hệ phương trình bậc hai có dạng:
1
2
( ; ) 0
( ; ) 0
F x y
F x y
=



=

, với F
1
(x;y) = F
1
(y;x) và F
2
(x;y) = F
2
(y;x)
Được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I.
Phương pháp :
- Đặt
.
x y S
x y P
+ =


=

- Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình với hai ẩn S, P.
- Giải hệ phương trình với hai ẩn S, P.
- Với mỗi cặp (S, P) tìm được, tìm nghiệm (x; y) từ hệ:
.
x y S
x y P
+ =



=

Trong đó x, y là các nghiệm của phương trình X
2
– SX + P = 0.
* Chú ý:
Nếu (x
o
;y
o
) là nghiệm thì (y
o
;x
o
) cũng là nghiệm của hệ phương trình.
II – Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 2
7
3 3 16
x y xy
x y x y
+ + = −


+ − − =

(I)
Giải:

Ta có (I)
2 2
7
3( ) 16
x y xy
x y x y
+ + = −

⇔

+ − + =

(II)
Đặt
.
x y S
x y P
+ =


=

, ta được hệ (II) trở thành:
2 2
7
7 7
1
3 2 16 0 2 0
2
P S

S P P S
S
S S P S S
S
= − −

+ = − = − −
 

⇔ ⇔
= −

  
− − − = − − =

 

=


* Với S = - 1 thì P = - 6 , ta có hệ phương trình:
1
. 6
x y
x y
+ = −


= −


, x, y là các nghiệm của hệ phương
trình
X
2
+ X – 6 = 0. Suy ra X
1
= -3; X
2
= 2.
Do đó hệ có nghiệm: (-3 ; 2), (2; -3)
Tháng 11 năm 2011
12
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
* Với S = 2 thì P = - 9 , ta có hệ phương trình:
2
. 9
x y
x y
+ =


= −

Giải tương tự trên ta được các nghiệm:
(1 10 ; 1 10), (1 10 ; 1 10)− + + −
Kết luận: Hệ phương trình có bốn nghiệm:
(-3 ; 2), (2; -3),
(1 10 ; 1 10), (1 10 ; 1 10)− + + −
III – Bài tập đề nghị:
Bài 1: Giải hệ phương trình:

a)
2 2
5
5
x y xy
x y
+ + =


+ =

b)
2 2
65
( 1)( 1) 18
x y
x y

+ =

− − =

c)
2 2
5
7
x y xy
x y xy
+ + =



+ + =

Dạng II: Nghiệm của hệ phương trình thoả mãn điều kiện cho trước
Ví d 1:ụ Tìm các giá tr c a m h ph ng trình sau có nghi m:ị ủ để ệ ươ ệ
2 2
1
x y xy m
x y m
+ + =


+ = −

(I)
Gi i:ả
t Đặ
.
x y S
x y P
+ =


=

, ta c h (I) tr th nh: đượ ệ ở à
2 2
(1)
( )
2 1 2 3 1 0 (2)

S P m P m S
II
S P m S S m
+ = = −
 
⇔
 
− = − + − + =
 
h (I) có nghi m thì h (II) ph i có nghi m (S;P) tho mãn i u ki n: SĐể ệ ệ ệ ả ệ ả đề ệ
2
– 4P
0≥
Ph ng trình (2) có nghi m ươ ệ
' 3 0 0m m
⇔ ∆ = ≥ ⇔ ≥
Khi m
0≥
thì h (II) có các nghi m:ệ ệ
1 1
2 2
1 3 , 1 3
1 3 , 1 3
S m P m m
S m P m m

= − − = + +


= − + = + −


H (I) có nghi m khi Sệ ệ
2
– 4P
0≥
nên:
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 3 4 1 3 0
2 3 3 (3)
2 3 3 (4)
1 3 4 1 3 0
m m m
m m
m m
m m m

− − − + + ≥

≤ − −

⇔


≥ +


− + − + − ≥



*) Vì m
0≥
nên (3) vô nghi m .ệ
*)
( ) ( )
2 2
(4) 3 0 3, v× 3 0m m m⇔ − ≤ ⇒ = − ≥
K t lu n: V i m = 3 thì h ph ng trình (I) có nghi m.ế ậ ớ ệ ươ ệ
Ví d 2: ụ Tìm các gái tr c a m h ph ng trình sau có nghi m duy nh t:ị ủ để ệ ươ ệ ấ
2 2
1
x y xy m
x y xy m
+ + =


+ = −

(I)
Gi iả
Nh n xétậ :
H (I) l h i x ng lo i Inên n u (xệ à ệđố ứ ạ ế
o
;y
o
) l m t nghi m c a h thì (yà ộ ệ ủ ệ
o
; x

o
) c ng l ũ à
nghi m.Do ó n u h có nghi m duy nh t thì xệ đ ế ệ ệ ấ
o
= y
o
. Khi ó t h (I) ta có :đ ừ ệ

2 3
3 2 2
2 2 1
1
2 2 1 0 (2 1)( 1) 0
2
1
o o o
o
o o o o o
o
x x m x
x
x x x x x
x
+ = = +

=

⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔

= ±



Tháng 11 năm 2011
13
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
V y n u (xậ ế
o
; x
o
) l nghi m c a h thì : à ệ ủ ệ
1
, 1
2
o o
x x= = ±
- N u xế
o
= 1 thì m = 3
- N u xế
o
= -1 thì m = -1
- N u ế
o
1 5
x th× m =
2 4
=
Tuy nhiên nghi m (xệ
o
; x

o
) ch a ch c ã l nghi m duy nh t c a h , vì v y v i m i giá tr m ư ắ đ à ệ ấ ủ ệ ậ ớ ỗ ị
tìm c c n ki m tra tính duy nh t c a nghiêm. Xét các tr ng h p:đượ ầ ể ấ ủ ườ ợ
* TH
1
: V i m = -1, h (I) tr th nh: ớ ệ ở à
2 2
1
2
x y xy
x y xy
+ + = −


+ = −

H có các nghi m (-1; 2), (2; -1) , (-1 ; -1).ệ ệ
V y giá tr m = - 1 không tho mãn yêu c u b i toán.ậ ị ả ầ à
* TH
2
: V i m = 3, h (I) tr th nh: ớ ệ ở à
2 2
3
2
x y xy
x y xy
+ + =


+ =



H có nghi m duy nh t (1; 1).ệ ệ ấ
TH
3
: V i ớ
5
m =
4
, h (I) tr th nh: ệ ở à
2 2
5
4
1
4
x y xy
x y xy

+ + =




+ =


H có nghi m duy nh t ệ ệ ấ
1 1
;
2 2

 
 ÷
 
K t lu n: ế ậ
H (I) có nghi m duy nh t khi m = 3 , ệ ệ ấ
5
m =
4
.
* Chú ý:
D a v o tính ch t c a h i x ng lo i (I) ta có ph ng pháp ự à ấ ủ ệđố ứ ạ ươ i u ki n c n v đề ệ ầ àđủ gi i b i để ả à
toán tìm i u ki n h có nghi m duy nh t.đề ệ để ệ ệ ấ
i u ki n c n : L h có nghi m (xĐề ệ ầ à ệ ệ
o
; y
o
) tho mãn:xả
o
= y
o
.
i u ki n l : Th l i các giá tr c a tham s tìm c t i u ki n c n.Đề ệ đủ à ử ạ ị ủ ố đượ ừđề ệ ầ
*) B i tâp ngh d ng IIà đề ị ạ
B i 1:à Cho h ph ng trình: ệ ươ
2 2
2
2( 1)
( ) 4
x y m
x y


+ = +


+ =


a) Gi i h ph ng trình v i m = 1 ?ả ệ ươ ớ
b) Xác nh m h ph ng trình có nghi m ?đị để ệ ươ ệ
B i 2: Gi i v bi n lu n h ph ng trình sau theo tham s a :à ả à ệ ậ ệ ươ ố
8
x y
a
y x
x y

+ =



+ =

B i 3: Cho h ph ng trình: à ệ ươ
2 2
2
1
x xy y m
x y xy m
+ + = +



+ = +

Tháng 11 năm 2011
14
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
a) Gi i h ph ng trình v i m = -3 ?ả ệ ươ ớ
b)Xác nh m h có nghi m duy nh t ?đị để ệ ệ ấ
B i 3: Cho h ph ng trình:à ệ ươ
2
2 1
( )
x y xy m
xy x y m m
+ + = −


+ = +

a) Ch ng t r ng v i m i m thì h ph ng trình luôn có nghi m ?ứ ỏ ằ ớ ọ ệ ươ ệ
b) Xác nh m h ph ng trình có nghi m duy nh t ?đị để ệ ươ ệ ấ
B i 4: Cho h ph ng trình: à ệ ươ
2 2 2
2
2 3
x y a
x y a

+ = −


+ = −

G i (x; y) l nghi m c a h . Xác nh a tích x.y t giá tr nh nh t ?ọ à ệ ủ ệ đị để đạ ị ỏ ấ
B i 5: Cho h ph ng trình:à ệ ươ
1
( )
x y xy m
xy x y m
+ + = +


+ =

Tìm m h ph ng trình có ít nh t m t nghi m (x; y) tho mãn x > 0, y > 0 ?để ệ ươ ấ ộ ệ ả
B i 6: Tìm m h ph ng trình sau có nghi m: à để ệ ươ ệ
2 2
8
( 1)( 1)
x y x y
xy x y m

+ + + =

+ + =

Tháng 11 năm 2011
15
Hệ phương trình Trường THPT Lý Thõ¬ng KiÖt
D ng III: M t s h ph ng trình quy v h ph ong trình b c hai i x ng lo i Iạ ộ ố ệ ươ ề ệ ư ậ đố ứ ạ
Ví d 1: Gi i h ph ng trình: ụ ả ệ ươ

(I)
( 1)( 2 5) 3 (1)
2 5 4 (2)
x y x y
xy y
− + − =


+ − =

Gi i:ả
Nh n xét:ậ
N u khai tri n các ph ng trình trong h (I) ta c m t h ph ng trình b c cao v vi c tìm ế ể ươ ệ đượ ộ ệ ươ ậ à ệ
nghi m l không d . T vi c phân tích hai ph ng trình ta có:ệ à ễ ừ ệ ươ

(1) ( )( 2 5) 3
(2) ( ) ( 2 5) 4
xy x x y
xy x x y
⇔ − + − =
⇔ − + + − =
Do ó t n ph : đ đặ ẩ ụ
2 5
xy x u
x y v
− =


+ − =


, khi ó h (I) tr th nh: đ ệ ở à
3
4
uv
u v
=


+ =

(II)
Gi i h (II) ta c: ả ệ đượ
1 3
hoÆc
3 1
u u
v v
= =
 
 
= =
 
Hay :
1 - 3
(III) hoÆc ( )
2 5 3 2 5 1
xy x xy x
IV
x y x y
− = =

 
 
+ − = + − =
 
H (III) có nghi m l : ệ ệ à
5 7 5 7
3 7 ; , 3 7 ;
2 2
   
+ −
− +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
H (IV) vô nghi m.ệ ệ
K t lu n:ế ậ
H ph ng trình (I) có hai nghi m l ệ ươ ệ à
5 7 5 7
3 7 ; , 3 7 ;
2 2
   
+ −
− +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Ví d 2: ụ Gi i h ph ng trình: ả ệ ươ
(I)
2 2
2 2

1 1
4
1 1
4
x y
x y
x y
x y

+ + + =




+ + + =


Gi i:ả
i u ki n: Đề ệ
0; 0x y≠ ≠
H i x ng ngh ch o nên t n ph : ệđố ứ ị đả đặ ẩ ụ
1 1
,u x v y
x y
= + = +
, h (I) tr th nh: ệ ở à
2 2
4
4 4
u v

u v
+ =


+ − =

(II)
Gi i h (II) ta c u = 2; v = 2.ả ệ đượ
Do ó ta có: đ
1
2
1
2
x
x
y
y

+ =




+ =


, h n y có nghi m duy nh t: (1 ; 1)ệ à ệ ấ
K t lu n :ế ậ
Tháng 11 năm 2011
16

H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt
H (I) cú nghi m duy nh t (1 ; 1).
*) B i t p ngh d ng III:
B i 1: Gi i cỏc h ph ng trỡnh sau:
a)
9
6
x x y y
x y y x

+ =


+ =


b)
1 1 7
2
2( ) 3
xy
x y
x y xy

+ + =



+ =

c)
2 2
6
5
x y xy
xy x y

+ =

+ + =

d)
3 3 3
( ) 17
5
x xy y
x xy y

+ + =

+ + =

e)
3 3
2
( ) 2
x y
xy x y

+ =

+ =

f)
4 2 4
2 2
( ) 481
37
x xy y
x xy y

+ + =


+ + =


B i 2: Tỡm cỏc giỏ tr c a m h ph ng trỡnh sau cú nghi m:
1 1 3
1 1 1 1
x y
x y y x x y m

+ + + =


+ + + + + + + =

I/ Hệ phơng trình đối xứng
1/ Định nghĩa
Một hệ phơng trình đợc gọi là đối xứng (hay gọi là đối xứng loại một) nếu nh mỗi phơng
trình của hệ không thay đổi khi ta hoán vị tuỳ ý các ẩn cho nhau:
Chẳng hạn hệ phơng trình có hai ẩn



=
=
0),(
0),(
yxg
yxf
là hệ đối xứng loại một nếu (x,y)=(y,x), và g(x, y)=g(y, x).
2/ Cách giải
a/ Xét hệ đối xứng loại một



=
=
0),(
0),(
yxg
yxf
Trong đó (x,y),
),( yxg
là những đa thức đối xứng của hai ẩn x , y
Đặt

=
=+
pxy
syx
(*) Chú ý điều kiện s
2
4p
Giải hệ phơng trình theo s và p, thay vào (*) x, y
b/ Hệ phơng trìng





=
=
=
0),,(
0),,(
0),,(
zyxh
zyxg
zyxf
Trong đó (x, y, z), g(x,y,z), h(x,y,z), là những đa thức đối xứng với các ẩn là x, y, z
Thỏng 11 nm 2011
17
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt

Đặt





=
=++
=++
Rxyz
Pzxyzxy
Szyx

Giải hệ phơng trình ẩn S, P, R với mỗi (S, P, R) ta tìm đợc x, y, z là ba nghiệm của phơng
trình : t
3
- St
2
+Pt
2
- R = 0
Ví dụ: Cho hệ phơng trình
)I(
22
m)1y)(1x(xy
8yxyx



=++

=+++
m là tham số
a) Giải hệ khi m = 12
b)Tìm m để hệ (I) có nghiệm
Giải:
Hệ (I)



=++
=+++
myyxx
yyxx
)1()1(
8)1()1(
.
Đặt x(x+1)=u x
2
+x- u = 0,
1
= 1+4u; y(y+1)=v y
2
+y-v = 0 ,

2
= 1+4v
Hệ (I)

=
=+
muv
vu 8

a/ m=12
u, v là nghiệm của phơng trình X
2
- 8X+12 = 0; X
1
=6; X
2
=2



==
==






=+
=+

=+
=+




=
=
2y;1y
2x;3x
02yy
06xx
2)1y(y
6)1x(x
2v
6u
2
2
(*)
Vậy ta đợc:



=
=



=
=

=
=



=
=
2y
2x
;
1y
2x
;
2y
3x
;
1y
3x
*



=+
=+

=
=
06yy
02xx
6v
2u
2
2
Giải tơng tự ta đợc:
Thỏng 11 nm 2011
18
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt



=
=



=
=



=
=

=
=
2y
2x
;
3y
2x
;
2y
1x
;
3y
1x
b) Hệ phơng trình có nghiệm x u,v thoả mãn
u-
4
1
; v-
4
1

Mà u, v là nghiệm của phơng trình: X
2
- 8X+m=0 (*)
Yêu cầu bài toán tìm m để (*) có 2 nghiệm thoả mãn -
4
1

16m

16
33
16
33
m
16m
0
4
1
4
0m
4
1
8
16
1
0m4
0
4
1
2
S
0
14
1
af
0
2
'
X

+
++

+










Vậy ĐK của m là:
16m
16
33


Ví dụ 2: Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ phơng trình



=++
=++
01zxyzxy
2zyx
222

Chứng minh rằng:
3
4
z,y,x
3
4


Chứng minh: Theo giả thiết ta có 2 hằng đẳng thức :
( )
4zyx
1zxyzxy
2zyx
2
222
=++



=++
=++




=++
=++
2xyx
2zyx

Trờng hợp 1:



=+=
==+




=++
=++
P)zy(x1yz
Sx2zy
1zxyzxy
2zyx
Thỏng 11 nm 2011
19
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt
Hay:



=+==
==+
p1x2x)x2(x1yz
Sx2zy
2
Từ ĐK: S
2

4p (hệ phơng trình có nghiệm)
(2-x)
2
4(x
2
-2x+1) 3x
2
-4x0 0 x
3
4
Trờng hợp 2:



=+=
==+




=++
=++
p)zy(x1yz
Sx2zy
1zxyzxy
2zyx

=++=
==+




==
==+
p1x2xyz
Sx2zy
p)x2(x1yz
Sx2zy
2
Từ ĐK: S
2
4p (hệ phơng trình có nghiệm)
(2-x)
2
4(x
2
-2x+1) 3x
2
- 4x0 -
3
4
x 0
Vậy trong mọi khả năng: -
3
4
x

3
4
Tơng tự cho y,z điều phải chứng minh
Ví dụ 3: Giải hệ phơng trình









=++
=++
=++
1
z
1
y
1
x
1
27zxyzxy
9zyx
Giải: ĐK: x, y, z 0
Ta có:

==
=++
==++










=
++
=++
==++
1Rxyz
27zxyzxy
9Szyx
1
xyz
zxyzxy
27zxyzxy
9Szyx
x, y, z là ba nghiệm của phơng trình t
3
- 9t + 27=0 (t-3)

3
=0 t
1
=t
2
=t
3
=3
nên hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (3, 3, 3)
Bài tập đề nghị:
Thỏng 11 nm 2011
20
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt
Bài 1: Giải các hệ phơng trình sau:
a)





=++
=+
28xy2yx
4yx
22
b)
( )

=+
+=+
6yx
xyyx3)yx(2
3
3
3
2
3
2
c)



=++
=+++
72)1y(y)1x(x
18yyxx
22
Bài 2: Cho hệ phơng trình



=+
=++
myx
mxyyx
22

m là tham số
a) Giải hệ phơng trình khi m=3
b) Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm
Bài 3: Cho hệ phơng trình




=+
+=++
mxyyx
1mxyyx
22
m là tham số
a) Giải hệ phơng trình khi m=2
b) Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình có ít nhất 1 nghiệm (x,y) thoả mãn x>0; y>0
Bài 4: Tìm các số nguyên x, y, x thoả mãn:









=++
=++
=++
c

1
z
1
y
1
x
1
bzyx
azyx
2222
Tính x
3
, y
3
, z
3
theo a, b, c.
Bài 5: Tìm các số nguyên x, y, x thoả mãn:





=++
=++
=++
36zyx
14zyx
6zyx
333

222

II/. Hệ phơng trình đối xứng loại 2:
Thỏng 11 nm 2011
21
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt
Ta xét các hệ phơng trình 2 ẩn:
1. Định nghĩa: Hệ phơng trình 2 ẩn

)I(
0)y,x(g
0)y,x(f



=
=
Đợc gọi là hệ phơng trình đối xứng loại II nếu nh khi ta đổi vai trò giữa x và y cho nhau thì
phơng trình này chuyển thành phơng trình kia.
Có nghĩa là: (y,x)=g(x,y); g(y,x) =(x,y)
2) Cách giải:
+ Trừ theo vế của hệ (I) đợc phơng trình hệ quả: (x,y) -g(x,y) =0
+ Chia (x,y) g(x,y) cho (x, y) đợc h(x,y)
(x,y) g(x,y)=(x- y)h(x,y)




=
=

0)y,x(h
0yx
Hệ (I)










=
=



=
=
0)y,x(f
0)y,x(h
0)y,x(f
0yx
Giải ra đợc kết quả.
Nhận xét:
a) (x-y) h(x,y) = (x-y).h(y,x)
h(x,y) là đa thức đối xứng với x và y.
b) Hệ phơng trình đối xứng loại II hai ẩn có nghiệm (,) thì hệ phơng trình có nghiệm
(,)

hệ có nghiệm duy nhất = dạng nghiệm (,)
Ví dụ 1: Cho hệ phơng trình
)I(
2
2
)1x(mxyy
)1y(mxyx



=+
=+
ở đó m là tham số.
a) Giải hệ phơng trình đã cho khi m=-1
b) Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Giải:
a) Với m=-1 (I)



=+
=+
x1xyy
y1xyx
2
2

=+
=+
y1xyx
0)1yx)(yx(
2
Thỏng 11 nm 2011
22
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt











=+
=+



=+
=

=+
=+



=+
=
2)x1(xx
y1x
01xx2
yx
y1xyx
01yx
y1xyx
0yx
2
2
2
2

=





==
=
Rx
x1y
2
1
x;1x
yx

=




=
=
















=

=
=



=
=

x1y
Rx
1y
1x
x1y
Rx
2
1
y
2
1
x
1y
1x
b) Điều kiện cần: Để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) thì (theo nhận xét)
x
0

=y
0
PT: 2x
2
-mx+m=0 có nghiệm duy nhất
=m
2
- 8m=0 m=0 ; m=8
Điều kiện đủ:
* Với m=0 hệ PT đã cho




==
==




=+
=+
xy;0y
yx;0x
0xyy
0xyx
2
2
Hệ phơng trình này có vô số nghiệm dạng

=

xy
Rx
( loại)
* Với m=8 hệ phơng trình sẽ trở thành:
( )



=+
=++




=+
=+
)1y(8xyx
0)8yx(yx
)1x(8xyy
)1y(8xyx
2
2
2
( )

=+
=

)1y(8xyx
0yx
2
hoặc
( )




=+
=++

)1y(8xyx
08yx
2
Giải hệ (*)



=
=

=
=




=+
=




=+
=
2y
2x
0)2x(
yx
04x4x
yx
08x8x2
yx
222
Thỏng 11 nm 2011
23
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt
Giải hệ (**)

=
=




=+
=




=+
=




=+
=++

72ox
x8y
)1x8(8)x8(xx
x8y
)1y(8xyx
x8y
)1y(8xyx
08yx
2

22
Hệ phơng trình vô nghiệm
Tóm lại



=
=
2y
2x
( thoả mãn)
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất m=8
Ví dụ 2: Tìm m để hệ phơng trình:





+=
+=
myy4yx
mxx4xy
)I(
232
232
Có nghiệm duy nhất
Giải:

+=
+=
mxx4xy
)yx(m)yx(4
3
yxxy
)I(
232
22322
( )
[ ]
(*)
232
232
2
mxx4xy
0yx
mxx4xy
0m)yx(3xy
2
yxyx



+=
=

+=
=++++

Hoặc
(**)
232
2
mxx4xy
0m)yx(3xy
2
yx





+=
=++++
Giải (*)



=+
=

=+
=




+=
=
0)mx5x(x
yx
0mxx5x
0yx
mxx4xy
0yx
223232
Hệ phơng trình này luôn có một nghiệm x=0; y=0
Nên điều kiện cần là PT
mx5x
2
+
=0 Hoặc có nghiệm duy nhất x= 0
hoặc vô nghiệm
Trờng hợp 1:
mx5x
2
+
= 0 có nghiệm duy nhất x= 0
Thay x= 0 và m = 0 nhng PT trở thành x

2
- 5x
2
= 0 x=0 hoặc x=5 (loại)
Trờng hợp 2:
mx5x
2
+
=0 PT vô nghiệm
Thỏng 11 nm 2011
24
H phng trỡnh Trng THPT Lý Thừơng Kiệt
=25- 4m <0 m>
4
25
Điều kiện đủ: Với m>
4
25
xét
0)my3y(x)3y(x
22
=+++
Có
x
= (y-3)
2
- 4(y
2
-3y+m)
Hay

x
= -3y
2
+6y+9- 4m = -3(y-1)
2
-4(m-3)<0
y mà m>
4
25

x
<0
PT
0)my3y(x)3y(x
22
=+++
vô nghiệm
Hay
0m)yx(3xy
2
yx
2
=++++
vô nghiệm
Hệ (**) vô nghiệm
Kết luận: m>
4
25
là thoả mãn yêu cầu bài toán
Ví dụ 3: Giải và biện luận theo tham số m hệ phơng trình

=+
=+
m1xy2
m1yx2
Giải: Đặt
2
2
v1y0v1y
u1x0u1x
==
==






+=
+=
1vy
1ux
2
2
và
)II(

2
2
2muv2
2mvu2





=+
=+
Ta đợc hệ phơng trình đối xứng loại hai với 2 ẩn u, v
(II)
( )( )










=+
=+



=+

=




=+
=+
2mvu2
01v2u2
2mvu2
vu
2mvu2
01v2u2vu
2
2
2
Xét



=++
>=




=+
>=
0m2uu2
0vu

2mvu2
0vu
22
Có PT:
0m2uu2
2
=++

(1)
=1- 8(2- m) = 8m-15
Thỏng 11 nm 2011
25