Phương pháp giải hệ bậc nhất hai ẩn - Phạm Thành Luân

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.
111
222
ax by c 0
(I)
ax by c 0
++=
⎧
⎨
++=
⎩

Cách giải: Đặt D =
11
12 21
22
ab
ab ab
ab
=−

11
x1221
22

bc
Dbcbc
bc
==−

11
y 12 21
22
ca
Dcaca
ca
==−

*
x
y
D
x
D
D 0 :(I)
D
y
D
⎧
=
⎪
⎪
≠⇔
⎨
⎪

=
⎪
⎩

* D = 0 và
x
D0≠
hay
y
D0:(I)≠ vô nghiệm.
*
xy
DDD0:(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 trò cụ thể
của tham số để kết luận.

72
II. CÁC VÍ DỤ.
Ví dụ 1:
Đònh m để hệ sau vô nghiệm:
2
2m 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)
2m
D0 0
m2
m
−
= ⇔=
−

322 32
m0
2m 4m 3m 3m 0 2m 7m 3m 0 m 3
1
m
2
⎡
⎢
=
⎢
⇔ − − +=⇔ − +=⇔=
⎢
⎢
=

⎢
⎣

* Với
3y 3 y 1
m0:(I)
2y 2 x R
− ==−
⎧⎧
=⇔ ⇔
⎨⎨
−= ∈
⎩⎩
không thỏa đề bài.
* Với
1
18x 6y 3
3x y
m 3:(I)
2
3x y 2
3x y 2
⎧
+=
+ =
⎧
⎪
=⇔ ⇔
⎨⎨
+=

⎩
⎪
+ =
⎩
hệ vô nghiệm
m3⇒=
nhận.
*
13
xy3
1
22
m:(I)
132
xy2
22
⎧
− =
⎪
⎪
=⇔
⎨
⎪
− =
⎪
⎩
hệ vô nghiệm
1
m
2

⇒= nhận.
Tóm lại hệ vô nghiệm khi m = 3
1
m
2
∨=.

73
Ví dụ 2:
Đònh m nguyên để phương trình sau có nghiệm nguyên.
mx y 3 0
xmy2m10
+−=
⎧
⎨
+−−=
⎩

Giải
Ta có :
2
m1
Dm1(m1)(m1)
1m
==−=+−
x
13
D 2m13m m1
m2m 1
−

==−−+=−
−−

22
y
3m
D 3 2m m 2m m 3 (m 1)(2m 3)
2m 1 1
−
==−++=+−=−+
−−

TH1:
D0 m 1:≠⇔ ≠±
nghiệm hệ.
x
y
D
m1 1
x
D(m1)(m1)m1
D
(m1)(2m3) 2m3 1
y2
D(m1)(m1)m1 m1
−
⎧
== =
⎪
+− +

⎪
⎨
−+ +
⎪
== = =+
⎪
+− + +
⎩

xz∈ và
1
y zzm1
m1
∈⇔ ∈⇔ +
+
là ước số của 1
nghóa là:
m11 m 0
m1 1 m 2
+= =
⎡⎡
⇔
⎢⎢
+=− =−
⎣⎣

TH 2: D = D
m1⇔=±

. m = 1 : Hệ

xy30
xy30
+−=
⎧
⇔⇒
⎨
+−=
⎩
hệ có nghiệm nguyên
xtz
y3t
= ∈
⎧
⎨
= −
⎩

. m = - 1 : Hệ
xy30
xy10
−+ −=
⎧
⇔
⎨
−+=
⎩
Hệ vô nghiệm
m1⇒=−
loại
Tóm lại: m = 1, m = 0, m = - 2

74
Ví dụ 3:
Tìm các giá trò của b sao cho với mọi a R
∈ , thì hệ phương trình:
2
x2ayb
ax (1 a)y b
+=
⎧
⎪
⎨
+ −=
⎪
⎩
có nghiệm.
(ĐH CÔNG ĐOÀN 1998).
Giải
Ta có:
22
12a
D1a2a2aa1(a1)(12a)
a1 a
==−−=−−+=+−
−

.
1
D0 a 1a
2

= ⇔=−∨=

+ a = -1 : hệ
22
x2yb x2yb
x2yb x2y b
−= −=
⎧⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
−+ = − =−
⎪⎪
⎩⎩
Hệ có nghiệm.
2
bb b(b1)0b0b1⇔ =− ⇔ + = ⇔ = ∨ =−

+
1
a:
2
=
Hệ
2
2
xyb
xyb
11
xyb

xy2b
22
+=
⎧
+=
⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
+=
+=
⎪
⎪
⎩
⎩
Hệ có nghiệm.
2
1
b2b b(2b1)0 b0b
2
⇔ =⇔ −=⇔=∨=
.
1
D0 a 1a
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
xayc 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
22
ax y 0 y ax
xayc c xa(ax)c c
+= =−
⎧⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨

+=+ +− =+
⎪⎪
⎩⎩


75
22
y ax (1)
(1 a )x c c (2)
=−
⎧
⎪
⇔
⎨
−=+
⎪
⎩

*
2
1a 0: a 1:−≠⇔≠±
Hệ có nghiệm:
2
2
cc
x
1a
+
=
−

;
2
2
cc
ya
1a
⎛⎞
+
=−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠

*
22
1a 0 a 1:(2) 0x c c−=⇔=± ⇔ =+

+ Nếu
2
cc0c0+≠⇔≠ và c 1:(2)VN≠− ⇒hệ VN
+ Nếu
2
cc0c0c1:(2)0x0+=⇔=∨=− ⇔ =⇒
Hệ có
nghiệm:
xtR
yat
=∈
⎧

⎨
=−
⎩

xtR
a1
yt
=∈
⎧
=⇒
⎨
=−
⎩

xtR
a1
yt
= ∈
⎧
=− ⇒
⎨
=
⎩

2. Tìm b.
Ta có :
22
ax y b y ax b
xayc c xa(axb)c c
+= =− +

⎧⎧
⎪⎪
⇔
⎨⎨
+=+ +−+=+
⎪⎪
⎩⎩

22
yaxb
(1 a )x ab (c c) 0 (*)
=− +
⎧
⎪
⇔
⎨
−+−+=
⎪
⎩

Hệ có nghiệm
(*)⇔
có nghiệm.
+ Nếu
2
1a 0 a 1:(*)−≠⇔≠±
có nghiệm duy nhất
⇒
Hệ phương trình
cho có nghiệm b.

∀

+ Nếu a = 1: (*)
2
ccb0x,
⇔+−=
để có nghiệm
2
ccb0,
+ −=
thì ta
phải có điều kiện để có được c :
1
14b0 b
4
∆= + ≥ ⇔ ≥−

+ Nếu a = - 1: (*)
2
ccb0x
⇔++=
và có nghiệm khi
2
ccb0+ +=

để tìm được c ta phải có:
1
14b0 b
4
∆= − ≥ ⇔ ≤

.
Vậy để a
∀
, ta luôn tìm được c sao cho hệ có nghiệm thì :
11
b
44
− ≤≤
.

76
Ví dụ 5:
Giả sử hệ phương trình :
ax by c
bx cy a
cx ay b
+ =
⎧
⎪
+ =
⎨
⎪
+ =
⎩

Có nghiệm. Chứng minh rằng:
333
abc3abc+ +=

Giải

Gọi
00
(x ,y )
là nghiệm của hệ :
22
00
00
22
00 0 0
22
00
00
abx aby abc
xa by c
bx cy a b cx bc y abc
cx ay b
ac x a cy abc
⎧
+=
+=
⎧
⎪
⎪⎪
+=⇒ + =
⎨⎨
⎪⎪
+=
+=
⎩
⎪

⎩

222
00 00 00
a (bx cy ) b (ay cx ) c (by ax ) 3abc⇒+++++=

333
abc3abc.⇔++=
(Đpcm).
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1.1. Giải và biện luận hệ:
23
23
(a 1)x (a 1)y a 1
(a 1)x(a 1)y a 1
⎧
− +− = −
⎪
⎨
++=+
⎪
⎩


1.2. Đònh 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
xmym1
+=
⎧
⎨
+ =+
⎩

a. Đònh m để hệ có nghiệm duy nhất. Tìm hệ thức độc lập giữa các
nghiệm.
b. Đònh m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên.

77
Hướng dẫn và giải tóm tắt

1.1. D 2(a 1),=− −
2
x
D2a(a1),=− −
2
y
D2a(a1)=− −
.
a1:≠
nghiệm
x
y
2
D
xa(a1)
D
D
ya
D
⎧
==+
⎪
⎪
⎨
⎪
==
⎪
⎩

. a 1:= Hệ

0x 0y 0 x R
xy1 y1x
+= ∈
⎧⎧
⇔⇔
⎨⎨
+= =−
⎩⎩


1.2.
I
2
II
Dmn3nm1
Dm4
=− + − +
=− +

Để 2 hệ cùng vô nghiệm, trước tiên ta phải có:
I
2
II
mn 3n m 1 0 (1)
D0
D0
m 4 0 (2)
−+−+=
⎧
=

⎧
⎪
⇔
⎨⎨
=
−+=
⎪
⎩
⎩

(2) m 2⇔=±
. m = 2: (1) n 1⇔=
. m = - 2 : (1)
3
n
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,
3
n

5
=− thế vào hệ (I) và hệ (II) ta có:
2 hệ cùng VN.
m2,⇒=−
3
n
5
=− (nhận).

1.3. a.
2
Dm 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
xmym1 x1 m(y1)
+= − =−
⎧⎧
⇔
⎨⎨
+=+ −=− −
⎩⎩


78
(x 1)(x 2) y(y 1)⇒− −= − là hệ thực độc lập giữa các nghiệm.
b.
2
x
D2mm1,= −−

y
Dm(m1)= −
YCBT
mz,m 1
mz,m 1
1
x2 z
1
m1
z
m1
1
y1 z
m1
⎧
⎪
∈≠±
∈ ≠±
⎧
⎪
⎪⎪
⇔=− ∈⇔
⎨⎨
+
∈
⎪⎪
+
⎩
⎪

=− ∈
⎪
+
⎩

mz,m 1
m0m 2
m11m1 1
∈≠±
⎧
⇔ ⇔=∨=−
⎨
+=∨ +=−
⎩