Chuyên đề Đại số – Chuyên đề 10: Phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn - Bồi dưỡng HSG và Ôn thi vào 10

 Chương 3 HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
Chuyên đề 10. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN. HỆ HAI PHƯƠNG 
TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
A. Kiến thức cần nhớ
1. Phương trình bậc nhất hai ẩn x và y là hệ thức dạng ax by c 1 , trong đó a, b, c 
là các số đã biết a 0 hoÆc b 0 
 Nếu x0 ; y0 thỏa mãn 1 thì cặp số x0 ;y0 được gọi là một nghiệm của phương 
trình 1 
2. Phương trình bậc nhất hai ẩn ax by c luôn có vô số nghiệm. Tập nghiệm của nó 
được biểu diễn bởi đường thẳng ax by c , kí hiệu là d 
3. Nếu a 0và b 0 thì đường thẳng d chính là đồ thị của hàm số
 a c
 y x 
 b b
 c
 Nếu a 0 và b 0 thì phương trình trở thành x , và đường thẳng d song 
 a
song hoặc trùng với trục tung 
 c
 Nếu a 0 và b 0 thì phương trình trở thành y , và đường thẳng d song 
 b
song hoặc trùng với trục hoành. 
 ax by c
4. Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn 1 
 a x b y c 
 Nếu hai phương trình ấy có nghiệm chung x0 ; y0 thì x0 ; y0 được gọi là nghiệm 
của hệ 1 
 Nếu hai phương trình đã cho không có nghiệm chung thì ta nói hệ 1 vô nghiệm. Ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là: 
 x 2
 y R
Biểu diễn hình học tập nghiệm 
 x R
c) 0x 3y 6 y 2
 3y 6
 x R
 Ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là: 
 y 2
Biểu diễn hình học tập nghiệm
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 
a) 5x 3y 2 15 3y 15 3y
x Z Z . Đặt t t Z 
 38 38
 38t 15 t
 15 3y 38t y 5 13t 
 3 3
Ta có: t Z 5 13t Z
 t t
y Z Z . Đặt m m Z t 3m
 3 3
Do đó: y 5 13.3m m 5 38m
Suy ra: x 3 5 38m 3m 117m 15
 x 117m 15
Vậy nghiệm nguyên tổng quát của phương trình đã cho là: y 5 38m
 m Z
c) 21x 18y 4
Với x, y là số nguyên thì vế trái chia hết cho 3, vế phải không chia hết cho 3. 
Vậy không tồn tại số nguyên x; y thỏa mãn phương trình. 
● Nhận xét: Câu c, ta chỉ cần chú ý đến tính chia hết của hệ số các ẩn. 
Tổng quát. Xét phương trình ax by c , trong đó a, b, c là các số nguyên và ƯCLN
 a;b;c 1. Người ta đã chứng minh được nếu ƯCLN a;b 1thì phương trình luôn 
có nghiệm, nếu ƯCLN a;b d 1thì phương trình luôn vô nghiệm. 
Ví dụ 3: Trên đường thẳng 8x 13y 6 0 , hãy tìm các điểm nguyên (là điểm có tọa 
độ là số nguyên) nằm giữa hai đường thẳng x 15 và x 40
 Giải
● Tìm cách giải. Bản chất của bài toán là tìm nghiệm nguyên của phương trình 
8x 13y 6 0 và chỉ lấy các giá trị của x sao cho 15 x 40 . Do vậy: ● Tìm cách giải. Bản chất của bài toán là chứng tỏ phương trình 3x 5y 7 không có 
nghiệm nguyên thỏa mãn 6 x 42 và 2 y 17 . Do vậy:
- Bước 1. Tìm nghiệm nguyên tổng quát của phương trình.
- Bước 2. Xét miền giá trị 15 x 40 và 2 y 17 để từ đó chứng tỏ không tồn tại x 
và y nguyên.
● Trình bày lời giải
Giả sử M x; y với x; y Z là điểm thuộc đường thẳng 3x 5y 7 suy ra x; y là 
nghiệm nguyên của phương trình này. 
 7 5y 1 y
Ta có 3x 5y 7 2 2y nếu y là số nguyên thì 2y là số nguyên 
 3 3
 1 y
x Z Z
 3
 1 y
Đặt t t Z 1 y 3t y 3t 1
 3
Do đó x 2 2 3t 1 t 5t 4
 x 5t 4
Vậy nghiệm nguyên tổng quát của phương trình đã cho là: y 3t 1
 t Z
Nếu tồn tại điểm nguyên thuộc đường thẳng 3x 5y 7 thỏa mãn đề bài thì 
6 x 42 và 2 y 17 , suy ra 6 5t 4 42 và 2 3t 1 17
 2
Từ đó ta có: 1 t 
 5
Điều này không xảy ra.
Vậy trong hình chữ nhật giới hạn bởi các đường thẳng x 6 ; x 42 
; y 2 ; y 17 không có điểm nguyên nào thuộc đường thẳng 3x 5y 7 x 2y 4 x 2y 4
a) b) 
 3x 2y 12 2x 4y 8
 x y 1
c) 
 4x 4y 5
 Giải
 a b c
Tìm cách giải: Cần lưu ý đến tỉ số ; và để rút ra kết luận về số nghiệm của 
 a b c 
hệ phương trình. Cụ thể là: 
 a b
- Nếu thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
 a b 
 a b c
- Nếu thì hệ phương trình vô nghiệm 
 a b c 
 a b c
- Nếu thì hệ phương trình có vô số nghiệm 
 a b c 
Trình bày lời giải 
 1 2
a) Ta có: . Hệ có nghiệm duy nhất
 3 2
 1 2 4
b) Ta có: . Hệ có vô số nghiệm 
 2 4 8
 1 1 1
c) Ta có: . Hệ vô nghiệm
 4 4 5
Ví dụ 6: Cho đường thẳng m 2 x m 1 y 1(m là tham số) 
a) Chứng minh rằng đường thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi giá trị của 
m. 
b) Tìm giá trị của m để khoảng cách từ O đến đường thẳng là lớn nhất 
 Giải 1 1 1 2 2
Ta có: m 1 m 2 2m2 6m 5
 h2 OA2 OB2
 2
 3 1 1
 2 m 
 2 2 2
Suy ra: h2 2 h 2
 3
Vậy khoảng cách lớn nhất từ O đến đường thẳng là 2 khi m v× 2 1
 2 
C. Bài tập vận dụng
10.1. Tìm các số tự nhiên n sao cho: 
a) n chia hết cho 9 và n 1 chia hết cho 25
b) n chia hết cho 21 và n 1 chia hết cho 165
c) n chia hết cho 9; n 1chia hết cho 25 và n 2 chia hết cho 4
 Hướng dẫn giải – đáp số
a) n chia hết cho 9, đặt n 9k k N 
n 1chia hết cho 25 đặt n 1 25m m N 
 25m 1 2m 1
Suy ra: 9k 1 25m k 3m .
 9 9
 2m 1
Vì m N,k N N.
 9
 2m 1 t 1
Đặt t t N 2m 1 9t m 4t .
 9 2
 t 1
Vì t N, m N N.
 2
 t 1
Đặt y y N t 1 2y t 2y 1.
 2 m m
Ta có m N 2m 1 N,t N N . Đặt k k N m 2k
 2 2
Suy ra : t 2.2k 1 k 5k 1
 5n 2
Do đó n 3. 5k 1 2k 17k 3 k N thì là số tự nhiên
 17
10.3. Trên đường thẳng 11x 18y 120 , hãy tìm các điểm nguyên (là điểm có tọa độ 
là số nguyên) nằm giữa hai đường thẳng y 18và y 30
 Hướng dẫn giải – đáp số
Giả sử M x;y với x;y Z là điểm thuộc đường thẳng 11x 18y 120
Suy ra x; y là nghiệm nguyên của phương trình này.
Ta nhận thấy 18y và 120 chia hết cho 6 nên 11x chia hết cho 6 x6
Đặt x 6k k Z thay vào 1 và rút gọn ta được: 11k 3y 20
 20 11k k 1
 y 7 4k nếu k là số nguyên thì 7 4k là số nguyên.
 3 3
 k 1 k 1
y Z Z .Đặt t t Z k 3t 1.
 3 3
Do đó y 7 4. 3t 1 t 3 11t ; x 6k 6. 3t 1 18t 6
 x 18t 6
Nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là: y 3 11t
 t Z
 27 21
Do 18 y 30 18 3 11t 30 t 
 11 11
Vì t Z nên t { 2; 1;0;1} .Từ đó tìm được bốn điểm nguyên là 30;25 ; 12;14 ;
 6;3 ; 24; 8 
10.4. Giải và biện luận phương trình nghiệm nguyên theo số nguyên m Trường hợp 3. Xét m 2 3k 2 m 3k 4 k Z 
 y 1
Phương trình có dạng: 3x 3k 2 y 3k 5 x k 1 y k 2 .
 3
 y 1
Đặt t t Z y 3t 1.
 3
 x 3k 2 t 1
Suy ra nghiệm nguyên tổng quát của phương trình là: y 3t 1
 t Z.
10.5. Chứng minh rằng trong hình chữ nhật giới hạn bởi các đường thẳng x 5; 
x 23 ; y 6 ; y 60 không có điểm nguyên nào thuộc đường thẳng 11x 8y 73
 Hướng dẫn giải – đáp số
Giả sử M x;y với x;y Z là điểm thuộc đường thẳng 11x 8y 73
Suy ra x; y là nghiệm nguyên của phương trình này.
 73 11x 3 3 x 
Ta có 11x 8y 73 y 8 x 
 8 8
 3 x
Đặt t t Z x 3 8t.
 8
Do đó y 8 3 8t 3t 5 11t
 x 3 8t
Vậy nghiệm nguyên tổng quát của phương trình đã cho là: y 5 11t
 t Z.
Nếu tồn tại điểm nguyên thuộc đường thẳng 3x 5y 7 thỏa mãn đề bài thì 
 5 x 23 và 6 y 60 , suy ra 5 3 8t 23 và 6 5 11t 60.
 5 1
Từ đó ta có: t 1và t 5 . Điều này không xảy ra.
 2 11