giải một số bài toán trong sách giáo khoa lớp 10

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời nói đầu:
Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần
dạy cả phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn
khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Người thầy phải thực hiện điều đó và hướng dẫn hoc sinh thực hiên ngay trong
mỗi tiết học .
Tất nhiên để làm được chính người thầy phải có những khả năng trên,
cùng với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo
ra tình huống có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong
tiết học,
với những xuất phát điểm phải từ trong SGK. Sau đây là mội ví dụ:
Khi dạy bài 1a tiết 2-Hệ phương trình bậc hai SGK 10 .
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
+ Ở các kì thi toán quốc tế, học sinh phổ thông Việt Nam đạt kết quả rất cao.
Đó là một điều đáng tự hào cho dân tộc, nhưng hãy khoan, ta hãy suy nghĩ lại
xem, đến bây giờ đã bao nhiêu người trong số đó đã trở thành các nhà phát minh
khoa học.
+ Đơn giản hơn ở bậc đại học, đã có không ít học sinh thi vào đại học đạt kết
quả rất cao, nhưng khi học tập thì có kết quả yếu, thậm chí không thể học tiếp, lí
do tại sao? phải chăng họ không chú ý học?. Đó không phải là lí do chính, quan
trọng là ở chổ họ chỉ là những thợ giải toán sơ cấp mà khả năng tư duy trừu
tượng, khái quát, củng như khả năng tư duy theo hướng xây dựng lý thuyết là rất
yếu.
+ Vậy vấn đề đổi mới đặt ra cho nền giáo dục :
• Cần giúp học sinh phái triển tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo .
• Biết cách nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ .
• Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối tư duy xây
dựng ).
Nhìn lại kết quả hoc tập của học sinh trường Lê Lai thông qua các kì thi đại
học và học sinh giỏi, kết quả còn rất khiêm tốn vì vây việc đổi mới lại càng cấp

thiết hơn , không những đổi mới về phương pháp mà còn phải đổi mới về cả nội
dung kiến thức, truyền đạt cho hoc sinh (không chỉ truyền đạt những kiến thức
trong sách giáo khoa mà cả những kiến thức nâng cao).
1
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1.Giải pháp thực hiện
Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tưởng sau:
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả
năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những
kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao).
2. Các biện pháp thực hiện
Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo
khoa, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán,biết nhìn
bài toán dưới nhiều góc độ.
Để cụ thể hoá điều trên, tôi đã trình bày trong đề tài này : Xuất phát từ môt
bài toán rất đơn giản trong SGK dành cho hoc sinh trung bình yếu, với cách giải
là áp dụng thuật toán có sẵn. Nhưng nếu suy nghĩ ta sẽ:
* Tìm thấy nhiều cách giải thú vị.
* Đồng thời từ bài này đặt ra nhiều bài toán nâng cao, tổng quát thành nhiều bài
toán mới.
*Qua đó đưa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trưc tiếp đến thi đại
hoc và thi hoc sinh giỏi.
3. Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110:
Giải hệ phương trình : a)



=+
=+
42

84
22
yx
yx

)2(
)1(

GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác lên kiểm tra bài cũ
với câu hỏi:
“nêu cách giải hệ phương trình gồm một phương trình bậc hai và một phương
trình bậc nhất hai ẩn”
Khi học sinh hoàn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải :
Từ (2) rút ra x =4-2y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn)
Ta được :
012844161684)24(
22222
=+−⇔=++−⇔=+− yyyyyyy
(*)

1
21
==⇔ yy
thay vào biểu thức (3) ta có : x=2
Vây hệ có nghiệm duy nhất :



=

=
1
2
y
x
GV:còn cách giải nào khác để giải hệ trên không?
GV:Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1)
và (2).
2
Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để
hệ đối xứng. Từ đó ta có cách 2:
Cách 2: Hệ (1.2)



=+
=+
⇔
42
8)2(
22
yx
yx
Đặt : 2y=t khi đó hệ trở thành



=+
=+
4

8
22
tx
tx
(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t )
Hệ



=+
=+
4
8
22
tx
tx




=
=+
⇔



=+
=−+
⇔
4

4
4
82)(
2
xt
tx
tx
xttx
Vậy x, t là nghiệm của phương trình
044
2
=+− xx
(**)
2
21
==⇔ xx
nên hệ có nghiệm x=t=2 . Suy ra nghiêm của hệ (1.2) là :



=
=
1
2
y
x
Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả
lời nhanh nghiệm của phương trình :




=+
=+
42
04
22
yx
yx
?
TL: Ta thấy
0;0
22
≥≥ yx
. Suy ra
0
22
≥+ yx
vậy PT trên có nghiệm x=y=0
nhưng khi đó :
42 ≠+ yx
nên hệ VN
GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai
PT đó đều là “danh giới của sự vô ngiệm”.
Vì vây ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh
giá.
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?
Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là
2
x
Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x

Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là
22
)2(4 yy =
Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 2y
Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và
2
a
,
2
b
Ta nhớ lại (BT 8.a - Trang 77-SGK)

( )( )
( )
2
2222
bdacdcba +≥++
(bất đẳng thức này chính là bất đẳng thức bunhiacôxki cho 4 số)
Ta có cách 3
Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức này cho 4 số : x; 2y; 1; 1 ta có:
( )( )
( )
( )
( )
2
22
2
2222
2421.21.11 yxyxyxyx +≥+⇔+≥++
(4)

Vậy theo (2) ta có :
( )
84442
22222
≥+⇒≥+ yxyx

Để có (1) cần có
yx
yx
2
1
2
1
=⇔=
, thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2.
3
GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta còn thấy một phép toán hình học
có liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và
( )
22
,ba
.Đó là :
( )
22
,, baubau +==
→
→
Vậy nếu chọn
( )
bavuv +=⇒=

→→→
.1,1
. Từ đó gợi cho ta cách giải 4.
Cách 4:
Đặt
( ) ( )
1,1;2, ==
→→
vyxu

( )
yxvu
vyxu
2.
;2;2
2
2
+=
=+=⇒
→→
→→
Mặt khác :
α
cos
→→
→→
= vuvu














=
→→
vu,
α

vuvu

≤⇒
GV:lưu ý cho hoc sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.
Vậy ta được :
( )
2
2
2.22 yxyx +≤+

( )
( )
22
2

.4.22 yxyx +≤+⇔
(5) .
(Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi
‌
o
01cos =⇒=
αα
hoặc
→→
⇔= vu
o
;180
α
cùng phương hay tồn tại

Rk
∈
để :



==⇒=⇔
=
=
⇔=
→→
.1;22
1.2
1.
. yxyx

ky
kx
vku
GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cánh 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống
nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việcđặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh
bài tập 8.a - Trang 77 bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt trước cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a như sau:
Xét
( ) ( )
dcvbau ,;, ==
→→
2222
; dcvbau +=+=⇒
→→
,và
dbcavu +=
→→
do: ‌‌‌‌‌
→→
→→
≤ vuvu
nên
( )
( ) ( )
2222
2
2222
dcbadbcadcbadbca ++≤+⇔++≤+
.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
):(;
0
.
.
0
.





==⇔
==



=
=
⇔




=
=
→→
→→
d
b

c
a
haybbda
db
dkc
bka
v
vku
GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng
bất đẳng thức quen thuộc khác:

( )
( )
( )
).2:(;.2
22
2
22
babahaybaba +≤++≤+
(***)
4
(bài 2-trang 77)
từ đó ta có cách 5:
Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 2.y ta sẽ trở về BĐT(4)
GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x
2
+(2y)
2
. Điều đó lại
gợi cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học

1cossin
22
=+
αα

)1800(
oo
<≤
α
(SGK hình học 10)
Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , đế được điều đó ta chia hai vế của
phương trình (1) cho 8 khi đó:
(1)
1
222
22
=






+







⇔
yx
.
Vậy nếu có góc α để
22
sin
x
=
α
thì
2
cos
y
=
α
. Nhưng để có :
22
sin
x
=
α
cần có
điều kiện
0
22
≥
x
. Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :
Từ PT(1)
)(

42
4
84
8
2
2
∗



<
<
⇒



≤
≤
⇒
y
x
y
x
.
Nếu có một trong hai số x hoặc 2y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến
số còn lại phải lớn hơn 4, điều này mâu thuẩn với (*). Vậy ta được
1
22
0 ≤≤
x

;
1
2
0 ≤≤
y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc α để
22
sin
x
=
α
)900(
oo
≤≤
α
Thay vào PT(1) suyra:

αααα
coscos
2
cossin1
22
1
2
222
22
==⇒=−=









−=








y
x
y
Ta được
;cos222
sin22
α
α
=
=
y
x
thay vào phương trình (2) ta được :

2cossin =+
αα
GV: Ta đã có bài tập: Với
oo
1800 <≤
α
thì
o
45cos.2cossin −=+
ααα
(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ).
Vậy
oooo
45045145cos. =⇔=−⇒=−
ααα

Suy ra
;145cos2
245sin22
==
==
o
o
y
x
5
GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm được một cách giải
BT8-Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngược lại từ các cách
chứng minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phương trình 1.a .
Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phương

trình bậc hai rất đặc biệt .
Ta thử bắt trước cách đó để làm BT1.a.
Cách 7:
Gọi (x
o
,y
o
) là nghiệm của hệ phương trình, tức



=+
=+
42
84
00
2
0
2
0
yx
yx
Ta xét phương trình bậc hai ẩn α :
( ) ( )
02
2
0
2
0
=−+− yx

αα
(**)
Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x
0
= 2y
0
Mặt khác ta thấy
phương trình (**)
( )
( )
2084.2204222
22
0
2
000
2
=⇔=+−⇔=+++−⇔
ααααα
yxyx
Vậy x
o
= 2 ; y
o
=1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta được hệ phương trình :



=+

=+
4
8
22
tx
tx
thì phương trình
8
22
=+ tx
là phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán
kính R =
22
(Ở lớp 10 đăc biệt là các lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết
phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng
222
atx =+
. Thông
qua các bài toán như :CMR điểm M(x
0
;y
0
) thoả mản :
222
ayx
oo
=+
là cách gốc
toạ độ một khoảng a (a>0) . hoặc bài toán :cho điểm M(x,y) nằm trên đường
tròn tâm O(0,0) bán kính a>0 hãy tìm mối liên hệ giữa x và y .

Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm
là làm được )
Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phương trình đường thẳng
cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) . Khi thử biểu diễn hình
học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với
đường tròn, vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
Đường thẳng x+t=4 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó ∆OAB là tam
giác vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình :
x+t =4 là độ dài đường cao OH =
228
4
1
4
1
1
22
==






+







và bằng bán kính của
đường tròn có phương trình
8
22
=+ tx
, vậy đường thẳng tiếp xúc với đường
6
tròn tại điểm H, hay nghiệm của hệ



=+
=+
4
8
22
tx
tx
là toạ độ điểm H . Mặt khác
∆OAB là tam giác vuông cân tại O nên



=
=
⇒






=
+
=
=
+
=
1
2
2
2
2
2
y
x
tt
t
xx
x
BA
H
BA
H
GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác.
Cách 9:
Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta
được:

( ) ( )




=
=
⇔=−+−⇔−=−+−
1
2
014281644
22
22
y
x
yxyyxx
thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1.
GV:Ta chưa dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có
những bài toán mới .
Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số)
ta được hệ



=+
=+
42
4
22
yx
myx

)7(
)6(
và ta có thể đưa ra một số bài toán.
Bài toán 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm
Bài làm:
Cách 1:
Dựa vào cách 1 của bài 1.a ta có cách sau:
Rút từ phương trình (7) : x= 4- 2y (6
’
) thế vào phương trình (6) ta được :
(4-2y)
2
+ 4y
2
= m
⇔
8y
2
- 16y+ 16- m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 8 để được phương trình với hệ số gọn hơn:

0
8
22
2
=−+−
m
yy
(7
’

)
ta để ý :với mỗi nghiệm y
0
của phương trình (7
’
) ta được một nghiệm (x
o
,y
o
)
Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7
’
) có nghiệm tức là

80
≥⇔≥∆
′
m

Cách 2:
GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 ở bài 1a với phép đặt 2y= t ta đưa hệ về dạng






==+
=−=
⇔




=+
=+
Stx
P
m
tx
tx
mtx
4
2
8.
4
22

Để hệ có nghiệm cần và đủ là:
7

84)
2
8(44
22
≥⇔≤−⇔≥ m
m
PS
GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của bài 1a để tìm cách giải 3
Bài toán 2 : Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm duy nhất
Bài làm:

Cách 1:
Với việc phân tích bài toán 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là
∆
’
=0
8=⇔ m
GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng tư duy
biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh như :
GV:Ta thấy đáp số là đáng tin cậy .Vì sao?
TL: vì m= 8 ta trở lại bài toán 1a .
GV: còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 8 GV khẳng định ngay kết
quả là sai mặc dù chưa cần kiểm tra các bước tính toán .
GV:yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của BT1a để tìm cách 2và3 của
bài này.
GV: với phép đặt :2y = t ta đã đưa hệ về dạng hệ đối xứng



=+
=+
4
22
tx
mtx
Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x
0
,t
o
) là nghiệm của hệ thì (x
0

,t
o
) cũng là
nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
(chú ý đây mới là điều
kiện đủ ) từ đây ta có cách giải :
Cách 4 :
ĐK cần : (x
0
, t
o
) là nghiệm của hệ thì (x
0
, t
o
) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ
có nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
8
4
2
2
=⇔






=
=
⇒ m
x
m
x
o
o
ĐK đủ : Thay m =8 vào hệ ta thấy thoả mãn
Vậy m=8 là kết quả cần tìm
GV: Đây là một phương pháp rất quan trọng để giải bài toán nghiệm duy nhất
của hệ đối xứng .Đối với các bài toán sau ta sẽ thấy tầm quan trọng của phương
pháp này :
Bài toán a: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :



=−+
=++
axyyx
ayxyxa
3
.4)(
22
22
GV: Yêu cầu học sinh tự làm .
Bài toán b:

Tìm a để các hệ sau có nghiệm duy nhất :
a)



++=−+
=++
225
.2005
222
20062006
aaxyyx
ayxyx
b)



−+−=+−
=++
2
200582822323
22)(
.
aayxxy
ayxyx
GV: yêu cầu học sinh về nhà làm .
8
GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.
Bài toán 3: Tìm m đê hệ (6.7) có hai nghiệm (x
1

, y
1
) và (x
2
, y
2
) sao cho
21
0 yy <<
Bài làm :
Cách 1:
Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho sao cho
21
0 yy <<
cần và đủ là
phương trình (7
’
) phải có 2 nghiệm y
1
,y
2
thoả mản điều kiện

21
0 yy <<
tức a.c <
0

160
8
2 >⇔<−⇔ m
m
Cách 2:
Nếu sử dụng cách 2 trong bài 1a với phép đặt 2y = t đưa về hệ





=+
−=
⇔



=+
=+
4
2
8.
4
22
tx

m
tx
tx
mtx
Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện
21
0 yy <<
thì hệ này phải có hai nghiệm thoả mãn
21
0 tt <<
Vì vậy phương trình :
0
2
84
2
=−+−
m
XX
có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0

160
8
2 >⇔<−⇔ m
m
Cách 3:
Từ cách 8 với sự biểu diễn hình học thì yêu cầu bài toán tương đương với việc
đường tròn có phương trình : x
2
+t
2

= m phải cắt đường thẳng : x + t = 4 tại hai
điểm nằm ở góc phần tư thứ 2 và thứ 4 tức bán kính :R=
164 >⇔> mm
.
Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho
22
,0 yy<
Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số:
168 <≤ m
GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc
của x tức là:
Bài toán 5 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao
cho :
0 < x

1
, x
2
.
GV : Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vướng mắc.
Vấn đề ở đây là ta đưa về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của
x.
Vì vậy ta có hai hướng giải quyết :
- Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y.
- Chuyển thành phương trình của x.
Ta thấy cách 2 khả thi hơn.
Bài làm:
9
Từ pt (7)
⇒
y =
2
4 x−
thế vào (6)
⇒
x
2
+ (4 - x)
2
= m
⇔
2x
2
- 8x +16 - m = 0
(8)

Vậy yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (8) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
0 < x
1
, x
2

⇔






>
>
≥∆
0
0
0
'
P
S

⇔

168
<≤
m
(GV:Tất nhiên bài toán này có thể giải dựa theo cách 2 và cách 3 của bài toán
3)
Tiếp tục ta mở rộng cho sự ràng buộc của x và y.
Bài toán 6 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
)và( x
2
,y
2
) thoả
mãn điều kiện:



>
>
0,
0,
21
21
yy
xx
GV : Ta phân tích bài toán 6 như sau :
Bài toán trên tương đương với bài toán: tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm

(x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện x
1
,x
2
> 0 và y
1
,y
2
> 0.
Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5 thì thoả mãn bài toán
6, đồng thời thoả mãn bài toán 6 thì thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5.
Vậy giá trị cần tìm của m là giao hai tập giá trị của m ở hai bài toán 4 và 5.
Tức là :
[
)
[
)
[
)
16;816;816;8 =∩
GV : (Tất nhiên bài toán này có thể giải theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3)
Ta có thể chứng minh điều kiện : m

[
)
16;8∈
cũng là điều kiện để hệ có ít nhất 1
nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện :



>
>
0
0
y
x
GV : Từ đó ta có thể đưa ra bài toán
Bài toán 7 : Tìm m để hệ sau có ít nhất 2 nghiệm






+−=++−
+−=+
)4)(1(4412
)4)(1(4
yxyx
yxmyx

Ta thấy hệ có nghiệm: x=1; y= -4. Ngoài ra với

m∀
thì những cặp nghiệm còn
lại dạng (1; y) hoặc (x; -4) đều không phải là nghiệm. (Hay ngoài nghiệm (1;-4)
thì các cặp (x,y) với



−=
=
4
1
y
x
đều không phải là nghiệm của hệ)
Vậy nếu với (x,y)
≠
(1,-4) thì hệ tương đương với hệ
10








=
+
+
−

=
+
+
−
4
4
2
1
1
4
4
1
1
yx
m
yx
Đặt X =
1
1
−x
(X >0)
Đặt Y =
4
1
+y
(Y >0)
Vậy hệ trở thành:




=+
=+
42
4
22
YX
mYX
Khi đó yêu cầu bài toán
⇔
Tìm m để hệ



=+
=+
42
4
22
YX
mYX
có nghiệm (X,Y) thoả
mãn điều kiện



>
>
0
0
Y

X
điều này tương đương với m∈[ 8,16).
GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 2-4x nếu x> 0
⇔
y< 2 ta tiếp tục đưa ra bài
toán sau:
Bài toán 8: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoã
mãn điều kiện : 0 < y
1
,y
2
<2.
(GV: Ta lưu ý khi học bài: Hệ phương trình bậc 2 thì chưa học định lý so sánh
nghiệm của phương trình bậc 2. Vì vậy học sinh chưa thể áp dụng định lý này
vào để giải bài toán).
Để ý vào phương trình (7) của hệ : x+ 2y = 4
⇔
x= 4- 2y, ta thấy y<2
⇔
x>0
Vậy bài toán 8 đưa về bài toán sau: Tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm
(x

1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện sau:



<
<
21
21
,0
,0
yy
xx

Đây chính là bài toán 6 vậy ta suy ra kết quả m∈[ 8,16)
GV: Ta lại phân tích bài toán 8
Ta thấy bài toán 8 tương đương với bài toán : Tìm m để phương trình bậc 2 :
y
2
- 2 + 2 -
8
m
= 0 có 2 nghiệm y
1

,y
2
thoã mãn điều kiện 0 < y
1
, y
2
<2 (*)
Đây rõ ràng là bài toán so sánh số 2 với các nghiệm của phương trình bậc hai.
Ta thử phân tích xem mấu chốt ở đâu mà ta đã chuyển sang được bài toán (*) .
Để từ đó tổng quát hoá bài toán thành bài toán so sánh nghiệm với một số bất kì
(chứ không chỉ là với số 0 nữa )
Xem xét bài toán 8: Thấy từ ràng buộc của x với 0 ta chuyển sang ràng buộc
của y, được điều kiện (*) và phép chuyển chính là phương trình (7).
11
Vì vậy nếu xem phương trình (7) là một phép đặt ( đổi biến ) thì ta sẽ có cách
giải quyết bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với một số bất kì thể
hiện ở các bài toán sau:
Bài toán 9 : Cho f(x) =ax
2
+ bx +c (I)
Tìm điều kiện để phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
thoã mãn điều kiện :
x
1
<α <x
2
Đặt y= x- α , Khi đó : x

1
<α <x
2
khi và chỉ khi : y
1
< 0 < y
2
và khi thay y= x- α
ta được:
g(y) = a(y+α)
2
+ b(y+α) + c
= ay
2
+ (b+2aα) y+aα
2
+bα +c
Vậy bài toán 9 tương đương với bài toán sau:
Tìm điều kiện để phương trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y
1
< 0 < y
2


⇔
a(aα
2
+bα +c) <0
⇔
a.f(α) <0.

Bài toán 10: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x
1
, x
2
< α
Đặt y= x- α, vậy bài toán tương đương với bài toán sau:
Tìm điều kiện để g(y) = 0 có 2 nghiệm âm
⇔






>
<
≥
0
0
0Δ
g
g
g
P
S

⇔









>
<
+
−
≥−−−++
0α
0
α2
04α4α4α4α4
22222
)(f.a
a
ab
acabaabab
⇔








>
<+−

≥−
0α
0α2
04
2
)(f.a
a
b
acb

⇔








>
<+
≥
0α
0α
2
0Δ
)(f.a
s
Bài toán 11: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x
1

,x
2
> α
GV : Yêu cầu học sinh tự làm.
Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, như một ứng dụng của
định lý Viét ( mà không cần sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 – mà
SGK đã trình bày). áp dụng bài tập tổng quát này, yêu cầu học sinh giải một số
bài toán sau:
BT
a
: Tìm m để pt: x
2
+ (m+2)x + m = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
∈(2,5)
BT
b
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
thoã mãn ĐK:
x
1
<2<x
2

< 3
BT
c
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+2)x + m +1 = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
∉ [ 0,2].
12
GV: Tiếp tục ta đưa ra các bài toán ràng buộc giữa các nghiệm với áp dụng
định lý Viét như:
Bài toán 12: Tìm m để hệ phương trình có hai nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) thoã mãn
điều kiện : y
2
1
+y
2
2
= 20 .(*)
Bài làm:

Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) theo bài toán 1 cần ĐK : m
≥
8.
Khi đó phương trình : y
2
-2y+2-
8
m
=0 có 2 ngiệm y
1
,y
2
và khi đó (*)
⇔

(y
1
+y
2
)
2
- 2y

1
y
2
=1
⇔
2
2
- 2(2-
8
m
) = 20
⇔
4- 4 +m/4 =20
⇔
m=80.
Vậy m=80 là giá trị cần tìm.
Bài toán 13: Tìm m để hệ phương trình (6-7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoã
mãn điều kiện : x
1
2
+x
2

2
+y
1
2
+y
2
2
=4 (**)
Cách 1:
Với m
≥
8 khi đó x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình: 2 x
2
-8x +16 - m=0
=>x
1
2
+x
2
2
= (x
1
+x
2
)
2

-2x
1
x
2
=16 -2.(16-m)/2=m
Do y
1
,y
2
là nghiệm của phương trình: y
2
-2y+2-
8
m
=0 nên y
1
2
+y
2
2
= m/4.
Vậy (**)
⇔
m+m/4 =20
⇔
5m/4 =20
⇔
m=16
Vậy m=16 là giá trị cần tìm của m.
Cách 2 :

(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+2y =4 hay x=4-2y
Vậy (**)
⇔
(4- 2y
1
)
2
+ (4-2y
2
)
2
+y
1
2
+y
2
2
= 20
⇔
16 -16y
1
+4y
1
2
+16-16y
2
+4y
2
2
+y

1
2
+y
2
2
= 20

⇔
32 -16(y
1
+y
2
)- 5(y
1
2
+y
2
2
) =20

⇔
2 - 16 . 2 + 5 . m/4 = 0
⇔
m=16
GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài toán sau:
Bài toán 14: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x

2
,y
2
) sao cho :
x
1
2
+ 2x
2
2
+y
1
2
+5y
2
2
=27 (***)
Bài làm:
Với m
≥
8 khi đó: do x
2
,y
2
là nghiệm của hệ phương trình nên : x
2
2
+4y
2
2

=m
(***)
⇔
x
1
2
+ x
2
2
+y
1
2
+y
2
2
+( x
2
2
+ 4y
2
2
) = 27

⇔

4
5m
+m =27
⇔

27
4
=
9m

⇔
m =12
Bài toán 15: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (6-7) tìm m để :
x (x
3
-8) = 16 y(y
3
-1)
Bài làm:
Với m
≥
8 khi đó:
x (x
3
-8) = 16 y( y
3
- 1)
⇔
x
4
-8x =16y
4
-16y
13

⇔
(x
2
– 4y
2
) (x
2
+ 4y
2
) = 8(x-2y)

⇔
(x-2y) 4m = 8 (x- 2y)

⇔
4(x-2y) (m-2) =0
⇔




=
=
yx
m
2
2

⇔











=
=
=
44
8
2
2
y
my
m

⇔




=
=
8m
)l o¹i(m 2

⇒
m=8 là giá trị cần tìm.
Bài toán 16 : Với m ≠ 8và (x,y) là nghiệm của hệ (6-7) . Tìm m để biểu thức
A=
)x(m
yx
24
256
88
−
−
đạt giá trị bé nhất.
Bài làm: Với m
>
8
A =
)2(4
)2)(2)(4)()2((
)2(4
)2(
224488
−
−+++
=
−
−
xm
yxyxyxyx

xm
yx

)2(4
))4(.(4.).)2((
44
−
−−+
=
xm
xxmyx

))2((2
44
yx +=

)8(2)8)4((2
22222222
yxmyxyx −=−+=
(chú ý: m
≠
0,m
≠
8 nên A là xác định)

Mặt khác từ hệ



=+

=−+
⇔



=+
=+
42
4)2(
42
4
222
yx
mxyyx
yx
myx
⇒
16 -4xy = m
⇔
xy=
4
16 m−
, khi đó
A=
222222
2
2
16.2163232162)
2
)16(

(2 −++=−+−=
−
− mmmmm
m
m
992
22)16( −≥−−= m
Vậy: Min A=-2
9
, khi m=16
Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:





=+
=+
myx
yx
2
84
22

Tìm m để A=x
4224 +++ xyy
đạt giá trị lớn nhất.
Bài làm: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
A
2

= (x
4224 +++ xyy
)
2
≤ (x
2
+4y
2
) [(4+2y)+(4+x)]
= 8 (8+2y+x) ≤ 8 (8+
)))y(x(
22
22 +
) = 8(8+4) = 96
Dấu “=” xảy ra khi





=
+
=
+
yx
x
y
y
x
2

4
2
24

⇒
x=2y=2
⇔
m = 4
⇒
Max A=4
6
14
GV: Ta vẫn chưa dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng quát bài toán 1a.
Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài
toán1a.
Bài toán 1: Giải hệ phương trình:





=+
=+
kyx
kyx
2
2
1
4
222

( )
Rk ∈
GV:Ta lại nhận xét có thể thay thê hệ số gắn với x,y để được bài toán tổng
quát hơn.
Bài toán 2: Giải hệ phương trình





=+
=+
kyx
kyx
βα
2
1
βα
22222

);;( Rk ∈
βα
GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.
Bài toán 3: Giải hệ phương trình:






=++
=++
kxx
n
k
xx
nn
nn
αα
αα
11
2
22
2
1
1
2


(I)
);, ,(
1
Rk
n
∈
αα
Ta giải bài toán (I):
Cách 1:( Dựa theo cách 7 của bài 1-a)
Gọi ( x
01

, ,x
0n
) là nghiệm của hệ.
Xét phương trình bậc 2 ẩn t : (t - α
1
x
01
)
2
+ +(t - α
n
x
0n
)
2
= 0
rõ ràng phương trình trên nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất
t=α
1
x
01

= = α
n
x
0n
(*)
Mặt khác: phương trình tương đương với:
( t
2

- 2α
1
x
01
t + α
1
x
2
01
) + +(t
2
- 2α
n
x
on
t + α
n
x
0n
2
) = 0

⇔
nt
2
- 2t(α
1
x
01
+ + α

n
x
01
) + (α
2
1
x
0n
2
+ + α
2
n
x
0n
2
) =0
⇔
nt
2
- 2kt + k
2
/n =0
Pt có ∆’= k
2
- k
2
= 0, Vậy phương trình có nghiệm duy nhất t = k/n.
Vậy theo (*) suy ra x
0i
=

n
k
i
α
(i =
n,1
) là nghiệm của hệ phương trình. (việc
thử lại là rễ ràng).
Cách 2: (Dựa vào cách 3 của bài 1-a)
Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia tổng quát với 2n số:
α
1
x
1
, , α
n
x
n
và 1, ,1 , ta có:
n( α
2
1
x
2
1
+ α
2
2
x
2

2
+ + α
2
n
x
2
n
) ≥ (α
1
x
1
+ α
2
x
2
+ + α
n
x
n
)
2
= k
2
⇒
α
2
1
x
2
1

+ α
2
2
x
2
2
+ + α
2
n
x
2
n
≥
n
k
2
.
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra dấu “=” xảy ra khi
15
n số
α
1
x
1

= = α
n
x
n

⇒
x
i
=
n
k
i
α

), ,2,1( ni =
GV: Từ cách 2 này ta còn có thể mở rộng hệ như sau
Bài toán 4: Giải hệ phương trình:







=+
=++
∑
=
kxx
k
xx
nn
n
i
i

n
αα
α
11
1
2
2
2
1
2



),0(
1
2
Rk
n
i
i
∈≠
∑
=
α
GV:Và cũng từ bài toán 3 ta có thể đưa ra một số bài toán sau:
Ví dụ1: Giải hệ phương trình






=++
=++
nxx
nxx
n
n


1
2
1
2

)(
*
Nn ∈
Vi dụ2: Giải hệ phương trình



=+++
=+++
200520052
200520052
200521
2005
22
2
2

2
2
1
xxx
xxx


GV: Ta lại tham số hoá ví dụ 1vừa nêu, đưa ra bài toán sau:
Bài toán5: CMR với m < n thì hệ





=++
=++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2

)(
*
Nn ∈

vô nghiệm.
Cách 1: Theo BĐT Bunhiacôpxki : n( x
1
2
+ +x
2
n
) ≥ ( x
1
2
+ +x
2
n
)
2
⇔
n . m ≥ n
2
.
Vậy m < n thì hệ vô nghiệm.
Cách 2: G/sử hệ có nghiệm, gọi ( x
01
, ,x
0n
) là nghiệm của hệ
⇒



=++

=++
nxx
mxx
n
n
001
0
2
01
2


Xét phương trình: ( t - x
01
)
2
+ + (t - x
0n
)
2
= 0.
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất.
Mặt khác, phương trình
⇔
nt
2
-2t( x
01
+ + x
0n

) +
n
xx
0
2
01
2
++
= 0
⇔
nt
2
-2nt +m = 0.
Vậy phương trình này phải không có quá 1 nghiệm, tức là
∆’ ≤ 0
⇔
n
2
- nm ≤ 0

⇔
n ≤ m ( Vô lý).
⇒
(  .)
GV: Ta lại tiếp tục đưa ra bài toán:
Bài toán 6: Tìm m để hệ :



=++

=++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2
(*) Có nghiệm. ( Với n ≥ 2 )
Bài làm: Theo bài 5 ta thấy hệ có nghiệm cần m ≥ n. Bây giờ ta chứng minh
m ≥ n là điều kiện đủ tức ta chỉ ra rằng với m ≥ n thì hệ trên là có nghiệm,
muốn thế ta chỉ một nghiệm của hệ là được .
Với ý tưởng trên ta sẽ tìm nghiệm của hệ dưới dạng : (x
1
, ,x
n-1
, α)
16
Khi đó hệ trở thành :





−=++
−=++
−

−
α
α
11
2
2
1
1
2
nxx
mxx
n
n


(II)
)(
*
Nn ∈
Ta sẽ tìm được α để đưa về dạng hệ I (bài toán 3). Tức là phải có:
(n-1)(m-α
2
) =(n-α)
2
⇔
(n-1) m - (n-1) α
2
= n
2
-2nα+α

2


⇔
nα
2
- 2nα +n
2
- nm - m=0
∆’= n
2
- n
3
+n
2
m- nm=n
2
( 1-n) + nm (n-1) =( n-1)( nm- n
2
)
Với n ≥ 2 và n ≥ m thì : ∆’ ≥ 0 nên α là luôn xác định được , khi đó theo bài
toán 3 thì hệ (II) với các ẩn x
1
, ,x
n-1
có nghiệm : x
i
=
1−
α−

n
n
(i=
11 −n,
)
Vậy hệ (*) có nghiệm (
α
−
α−
−
α−
;
n
n
;;
n
n
11

) với α là nghiệm của phương trình :
nα
2
-2nα + n
2
- nm+ m =0
GV:Ta có thể tổng quát đưa ra bài toán.
Bài toán 7: Điều kiện cần và đủ hệ :




=++
=++
axx
mxx
n
n


1
2
1
2
( **)
Có nghiệm là m ≥ a
2
/n (Yêu cầu học sinh về nhà làm)
GV: Bây giờ ta thử thay hệ phương trình bởi hệ bất phương trình .
Bài toán 8 : Giải hệ bất phương trình:





≥α++α
≤α++α
kxx
k
n
xx
nn

n
n


11
2
2
2
1
2
1
2
1
( Yêu cầu học sinh tự làm)
GV: Tiếp tục tham số hoá hệ bất phương trình.
Bài toán 9: Tìm m để hệ sau có nghiệm:





=α++α
<α++α
nxx
mxx
nn
n
n



11
2
2
1
2
1
2
Bài làm: bài toán này tương đương với bài toán tìm m để hệ bất phương trình
sau có nghiệm :





=++
<++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2
(***)
Làm tương tự như bài 5 ta suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm là n> m.
Ta chứng minh với điều kiện này thì hệ (***) có nghiệm . Thật vậy với m> n
ta sẽ chuyển bât phương trình thành phương trình để tìm nghiệm , ta chon số

ε sao cho m > ε > n.
Khi đó ta tìm nghiệm của hệ pt:





=++
ε=++
nxx
xx
n
n


1
2
1
2
(III) ( Với m > ε > n)
Vấn đề này đã được giải quyết ở bài toán 6.
Tức bài toán (III) luôn có nghiệm ( x
0
1
, ,x
0
n
). Mặt khác nghiệm của hệ(III)
đều là nghiệm của hệ (***)
⇒

hệ (***) có nghiệm khi m > n
17
Tóm lại điều kiện cần và đủ để hệ





=α++α
<α++α
nxx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
là m > n.
GV: Lại tổng quát bài toán trên ta có bài toán sau:
Bài toán 10 : Tìm điều kiện cần và đủ để hệ :






>α++α
<α++α
axx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
có
nghiệm
(yêu cầu học sinh tự làm, với đáp số m > a
2
/n )
Gợi ý: Làm tương tự như bài toán 9, với chú ý sử dụng bài toán 7.
GV: Tiếp tục ta đưa ra bài toán:
Bài toán 11: Tìm m và a (m, a là tham số) để hệ :






=α++α
=α++α
axx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
( Với α
i
>0, n>1)
Có nghiệm không âm (x
i
≥ 0)
Bài làm: Trước hết để hệ có nghiệm cần : m ≥ a
2
/n (Theo bài toán 7)
Mặt khác, nếu a < 0 thì từ pt thứ 2 sẽ suy ra có ít nhất x
i
< 0. Vì vậy mà không
đảm bảo yêu cầu của bài, vậy a ≥ 0

Hơn nữa
22
11
2
11
222
1
2
1
) (2) ( amxxxxxxxx
nn
ji
jjiinnnn
≤⇔++≤








−++=++
∑
<
αααααααα
Vậy tóm lại ta được điều kiện cần là :






≥
≥≥
0
2
2
a
n
a
ma
(a)
Ta sẽ chứng minh đây là điều kiện đủ.
(GV: dự đoán đây là điều kiện đủ vì ta thấy với m= a
2
thì hệ có1 nghiệm :
(0, ,0,a/
α
n
) không âm; và m= a
2
/n hệ có 1nghiệm : (a/
α
1
n; ;a/
α
n
n) không
âm )
CM: Rõ ràng ta thấy theo cách chỉ nghiệm của hệ pt thì hệ có 1 nghiệm là:

(
α
−
α−
−
α−
;
n
a
;
n
a
11

) (ở bài toán 6)
(Với α là nghiệm của phương trình nα
2
- 2aα + a
2
- m( n-1) = 0)
Ta chứng minh nghiệm này là không âm tức là chứng minh với điều kiện ( a)
thì phương trình: nα
2
- 2aα + a
2
- m( n-1) = 0 có 1 nghiệm 0 ≤ α ≤ a.
Thật vậy, xét ∆’= a
2
- na
2

+nm( n-1)
= a
2
(1-n) + nm (n-1)
= (n-1) (nm - a
2
) ≥ 0.
18
Vậy phương trình có nghiệm:
0≤ α =
n
)ana)(n(a
n
)anm)(n(a
222
11 −−+
≤
−−+
(do m≤a
2
)

a
n
naa
n
naa
n
nana
=

−+
=
−+
=
−−+
=
)1(
)1()1()1(
222
GV: Ta đã tăng số ẩn của hệ phương trình bây giờ ta đặt vấn đề: tăng số
phương trình của hệ.
Ta thấy với việc xét phương trình: (t-x
1
)
2
+ +(t- x
n
)
2
= 0,ta được hệ (I).Bây
giờ ta thử tổng quát phương trình trên thành phương trình :(y
1
t- x
1
)
2
+ +
(y
n
t- x

n
)
2
=0.Khi đó ta có bài toán :
Bài toán 12: Giải hệ phương trình:











=
=
=
∑
∑
∑
=
=
=
n
i
i
n
i

ii
n
i
i
q
k
x
kyx
kqy
1
1
2
1
2

)0( ≠q
(GV: Chú ý: giải hệ này có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski)
GV: Cụ thể có thể chọn y
i
=x
i
; x
i
= x
i
2
; q=1, ta được bài toán:
Bài toán 13: Giải hệ phương trình:








=++
=++
=++
kxx
kxx
kxx
n
n
n
44
1
23
1
3
2
1
2



(k>0)
GV: Tiếp tục mở rộng hệ pt nhiều hơn 3 phương trình.
Từ việc phân tích cách giải 7 của bài ra ta thấy phương trình với bậc 2 có
nghiệm duy nhất là mấu chốt, vì vậy ta thay phương trình với số bậc khác có
tính chất tương tự ví dụ bài 4, bài 6, bài 8

Xét phương trình:
∑
=
=−
n
i
i
)xt(
1
4
0
. Phương trình này nếu có nghiệm thì chỉ có
nghiệm duy nhất t=x
i
(i=
n,1
). Mặt khác phương trình lại tương đương với
pt:
∑ ∑ ∑∑∑
= = ===
=+−+−⇔=+−+−
n
i
n
i
n
i
iii
n
i

i
n
i
ii
ii
xxtxtxtntxxtxtxt
1 1 1
432
2
1
34
1
43
22314
04640)464(

Từ đó ta đưa ra hệ phương trình:
19
Bài toán 14: Giải hệ phương trình:
















=α
=α
=α
=α
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
n
i
ii
n
i
ii
n
i
i
i
n
i
ii
nkx

nkx
nkx
nkx
1
4
44
1
3
33
1
2
2
2
1
Bài toán 15: Giải hệ pt:









=+++
=+++
=+++
=+++
4
1

2
1
1
2
4
4
3
4
2
4
1
4
4
3
3
3
2
3
1
3
4
2
3
2
2
2
1
2
4321
xxxx

xxxx
xxxx
xxxx
(Yêu cầu học sinh giải)
GV: Theo hướng trên ta có thể mở rộng đưa ra hệ phương trình n ẩn, m
phương trình. ví dụ như bài toán sau:
Bài toán 16: Cho hệ phương trình:








=+++
=+++
=+++
m
m
n
mm
n
n
axxx
axxx
axxx
2
22
2

2
1
2
22
2
2
1
121





CMR: Nếu hệ có nghiệm dạng ( x
0
, x
0
, , x
0
) thì nghiệm đó là nghiệm duy
nhất.
Bài làm: hệ có nghiệm dạng ( x
0
, x
0
, , x
0
) nên nx
0
=a

1

⇔
x
0
=
n
a
1
( x
0
là
nghiệm duy nhất) (*)
Xét phương trình: (t+x
0
)
2m
+ +(t+x
0
)
2m
= 0 (1)
⇔
n t
2m
+ C
2m
1
(x
0

+ +x
0
)t
2m-1
+ +C
2m
2m-1
(x
0
2m-1
+ +x
0
2m-1
) t +( x
0
2m
+
+x
0
2m
) =0
⇔
nt
2m
+ C
2m
1
a
1
t

2m-1
+ + C
2m
2m-1
a
n-1
t + a
2m
= 0 (2)
Mặt khác, phương trình (1) có nghiệm duy nhất t=x
0
⇒
phương trình (2) có nghiệm duy nhất t=x
0
(**)
Giả sử phản chứng hệ không có nghiệm duy nhất tức tồn tại (x
1
, ,x
n
) là một
nghiệm của hệ khác nghiệm (x
0
, x
0
, , x
0
) theo (*)
⇒
∃i: x
1

≠ x
i.
Vậy khi đó : (2)
⇔
nt
2m
+ C
2m
1
( x
1
+ +x
n
)t
2m-1
+ + C
2m
2m-1
( x
1
2m-1
+ +x
n
2m-1
)t+( x
1
2m
+ +x
n
2m

) = 0
⇔
(t+ x
1
)
2m
+ + (t+x
i
)
2m
+ +(t+x
n
)
2m
=0
20
⇔










=
=
=

n
i
xt
xt
xt


1
(Vô nghiệm) do x
1
≠ x
i
. Điều này mâu thuẩn với (**).
Bài toán 16’:Cho hệ phương trình:







=+++
=+++
=+++
2005
2005
2005
2005
20052
2

20052
1
20052
2005
2
2
2
1
2
200521

xxx
xxx
xxx




CM hệ có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm duy nhất đó.
GV: nếu phân tích bài toán 1-a theo cách 9
Ta dựa vào cách 9 để mở rộng thêm số ẩn của phương trình. Từ đó đưa ra bài
toán.
Bài toán 17: Cho hệ phương trình :





β=+++
α=+++

)(xaxaxa
)(xaxaxa
nn
nn
2
1
2211
22
22
2
11


a
i
>0
α, β thoã mãn điều kiện : - α +2 β =
∑
=
n
i
i
a
1
(*)
CMR hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi α = β =
∑
=
n
i

i
a
1
Chứng minh:
Nhân (2) với -2 rồi cộng với (1) ta được:
a
1
x
1
2
- 2 a
1
x
1
+a
2
x
2
2
- 2a
2
x
2
+ +a
n
x
2
n
- a
n

x
n
= α -2 β
⇔
a
1
( x
1
- 1)
2
+ a
2
( x
2
-1)
2
+ + a
n
(x
n
- α)
2
= 0
⇔
x
1
= x
2
= =x
n

=1
Thay vào (1)
⇒
a
1
+ +a
n
= α . Vậy để hệ có nghiệm cần và đủ là α= a
1
+ +a
n
sau đó thay vào (*)
⇒
α = β =
∑
=
n
i
i
a
1
GV: Ta có thể làm cách khác: bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta
có:
(a
1
+ + a
n
) (a
1
x

1
2
+ + a
n
x
n
2
) ≥ ( a
1
x
1
+ + a
n
x)
2
⇔
(
∑
=
n
i
i
a
1
).α ≥ β
2
(**)
mặt khác từ giả thiết ta có: - α +2 β =
∑
=

n
i
i
a
1

⇒
α = 2 β -
∑
=
n
i
i
a
1
thế vào (**)
21
⇒

∑
=
n
i
i
a
1
(2β -
∑
=
n

i
i
a
1
) ≥ β
2

⇔
(β -
∑
=
n
i
i
a
1
)
2
≤ 0
⇔
β =
∑
=
n
i
i
a
1
thế vào (*)
⇒

α = β =
∑
=
n
i
i
a
1
và với α = β =
∑
=
n
i
i
a
1
thì hệ có nghiệm
x
1
= x
2
= =x
n
=1. Vậy suy ra ( đpcm).
Ví dụ: Tìm m để hệ phưong trình:






=+++
−=+++
mxxmx
mxxmx
198121
1981
2
2
21
2
1981


có nghiệm và
tìm nghiệm đó.
GV: Sau đó ta tổng quát và đưa ra bài toán:
Bài toán 18: Giải hệ phương trình:





=+++
=+++
βγγγ
α
nnn
nn
xaxaxa
xaxaxa



222111
22
22
2
11

( )
( )
2
1
(a
i
>0)
α, β thoã mãn điều kiện : - α +2 γβ =γ
2

∑
=
γ
n
i
ii
a
1
( với γ bất kì)
GV: Tiếp tục mở rộng số phương trình của hệ:
Bài toán 19: Giải hệ pt:








=++
=++
=++
=++
4
3
1
1
3
1
3
2
2
2
1
1
2
1
2
33
111
1
4
1

4
1
αγγ
αγγ
αγγ
α
n
n
n
n
n
n
nnn
n
n
xaxa
xaxa
xaxa
xaxa





)4(
)3(
)2(
)1(
Với điều kiện: α
1

+ 4α
2
+6α
3
+4α
4
+
∑
=
γ
n
i
i
i
a
1
4
= 0
Bài làm: hệ phương trình tương đương với:







=++
=++
=++
=++

41
1
3
1
3
2
2
2
1
1
2
1
2
33
111
1
4
1
4
1
444
666
444
αγγ
αγγ
αγγ
α
n
n
n

n
n
n
nnn
n
n
xaxa
xaxa
xaxa
xaxa




Cộng vế với vế ta được
a
1
(
1
1
3
1
2
1
1
2
3
11
1
4

464 xaxxx γ+γ+γ+
)+ + a
n
(
n
n
n
n
nn
n
xxxx
3
2
2
3
4
464 γ+γ+γ+
)
= α
1
+ 4α
2
+6α
3
+4α
4
⇒
a
1
( x

1
+γ
1
)
4
+ + a
n
( x
n
+γ
n
)
4
= 0
⇒





γ−=
γ−=
nn
x
x

11
thay vào hệ, ta được α
1
= α

2
=α
3
=α
4
=
∑
=
γ
n
i
i
i
a
1
4
.
Vậy nếuα
1
= α
2
=α
3
=α
4
=
∑
=
γ
n

i
i
i
a
1
4
thì hệ có nghiệm duy nhất





γ−=
γ−=
nn
x
x

11
22
nếu ∃ α
i
≠
∑
=
α
n
i
i
i

a
1
4
thì hệ vô nghiệm.
GV: Từ đó ta có thể đưa ra một số bài toán áp dụng như sau:
Bài toán 20: Giải hệ phương trình:







−=+−+
=+++
−=+−+
=+++
22382
22342
22322
2232
4321
4
2
2
3
2
2
1
2

4
3
3
3
2
3
1
3
4
4
4
3
4
2
4
1
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
( )
( )
( )
( )
4
3
2
1
Gợi ý:
Nhân (2) với -4: -4.2x

3
1
- 4.2x
3
2
+ 4x
3
3
– 4.3x
3
4
= 4.22 (2’).
(3) với 6: 6. 2x
2
1
+ 6 . 4x
2
2
+6 x
2
3
+6 x
2
4
=6.22 (3’).
(4) với -4: -4. 2 x
1
- 4.8x
2
+4 x

3
-4.3 x
4
= 4.22 (4’).
Sau đó cộng vế với vế của (1), (2’), (3’), (4’) ta được:
Đáp số: hệ có nghiệm :







=
−=
=
=
1
1
2
1
4
3
2
1
x
x
x
x
Bài toán 21 : CMR : với ∀ m∈ N

*
hệ vô nghiệm :









−=+++
=+++
−−=+++
=+++
)(mxxmx
)(mxxmx
)(mxxmx
)(xxmx
m
m
m
m
4
3
21
15
21
2
2

2
1
2
3
2
3
1
3
4
2
4
4
1




Bài làm: Ta thấy : 5 +4( -m - 1) +6 m +4(-m) + m + 1+ +1 = 0
Vậy hệ có dạng của hệ ở bài toán 19
⇒
hệ có nghiệm khi: 5 = -m -1 = m = -m (Vô lý)
( GV: hoặc có thể làm trực tiếp: nhân (2) với 4; (3) với 6 và (4) với 4 sau đó
cộng từng vế của phương trình với nhau ta được : m(x
1
+1)
4
+ (x
2
+1)
2

+ +
(x
m
+1)
2
= 0
⇔
x
1
=x
2
= =x
m
=-1 thay vào (2) và (4)
⇒
-m -1 =-m (Vô lý) )
Bài toán 22: Tìm m để hệ có nghiệm :







=++
=++
−=++
=++
mxx
xx

mxx
xx
2005
1
2005
2
1
2
2005
3
1
3
4
2005
1
4
2005
1003.20052005
2006.20052005
1003.20052005




(GV: yêu cầu học sinh về nhà giải, Đs : m = 2005.1003).
23
(m-1) số
C - KẾT LUẬN
Đề tài đã làm được:
 Từ một bài toán đơn giản trong sách giáo khoa đã tìm ra 9 cách giải về bài

toán này, ở mỗi cách giải đều nêu ra hướng tư duy, suy nghĩ để dẫn đến
cách giải đó.
 Sau đó đặt ra 17 bài toán khác dựa trên bài toán xuất phát ban đầu.
 Tiếp theo từ việc phân tích các cách giải đã tổng quát bài toán ban đầu
thể hiện ở 22 bài toán, với nhiều bài có thể lấy làm đề thi học sinh giỏi
( trong đó có nhiều bài cho dưới dạng tổng quát vì vậy mà từ bài toán
dạng tổng quát đó ta thay số cụ thể vào sẽ đưa ra vô số bài toán khác
nhau).
 Sau khi nhận xét về đặc điểm của hệ đối xứng đã đưa ra phương pháp
tổng quát để tìm điều kiện để hệ đối xứng có nghiệm duy nhất và đưa ra 2
bài toán dạng này.
 Đồng thời với việc phân tích cách 3 và cách 4 của bài toán gốc đã dưa ra
phương pháp giải véc tơ để giải bài tập 8.a(hay bất đẳng thức
Bunhiacôpski cho 4 số).
 Hơn nữa trong qúa trình đặt ra các bài toán mới đã giải quyết bài toán so
sánh nghiệm với một số thông qua ứng dụng của định lý Viet( mà không
cần sử dụng định lí về dấu của tam thức bậc 2 như đã trình bày trong sách
giáo khoa) .
 Đặc biệt việc viết sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn độc lập với các
tài liệu đã có và các bài toán là không sao chép từ các tài liệu.
 Với dung lượng 23 trang giấy A
4
tưng đương với 10 tiết học trên lớp.
Không nhất thiết giảng dạy triệt để theo nội dung đề tài này , mà ta có thể
chọn lọc những vấn đề cần thiết ,đặc biệt là tư tưởng và lối suy nghĩ trong
sáng kiến kinh nghiệm này để giảng dạy cho học sinh
 Qua thực tế giảng dạy ở lớp 10C
1
, 10C
11

tôi đã trình bày trong một tiết
với khoảng 1/10 nội dung sáng kiến kinh nghiệm này và đã bước đầu tạo
được sự hứng thú cho học sinh.
 Sáng kiến này mới chỉ là một ví dụ nhỏ về tư tưởng khai thác bài toán
thông qua một bài tập SGK . Tôi hi vọng rằng nó sẽ giúp các thầy cô giáo
một phần nào đó trong công tác giảng dạy.
 Thời gian làm sáng kiến kinh nghiệm này là ngắn, hơn nữa cũng là do yêu
cầu dung lượng một sáng kiến kinh nghiệm là không nhiều. Vì vậy mà
24
Tôi chưa khai thác được hết các vấn đề xung quanh bài tập này. Mong
được sự giúp đỡ của các Thầy cô và các em học sinh.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
25