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 ∈≠± ⎧ ⇔ ⇔=∨=− ⎨ +=∨ +=− ⎩ . 111 22 2 ax by c 0 (I) ax by c 0 ++= ⎧ ⎨ ++= ⎩ Cách giải: Đặt D = 11 12 21 22 ab ab ab ab =− 11 x 122 1 22 bc Dbcbc bc ==− 11 y 12 21 22 ca Dcaca ca ==− * x y D x D D 0 :(I) D y D ⎧ = ⎪ ⎪ ≠⇔ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ . 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. 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