hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong sgk toán 10

Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

A.ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài :
Trong chương trình Đại Số 10, việc giải các bài hệ phương trình cụ thể là
hệ phương trình bậc hai thường khơng q khó. Để làm tốt bài tốn này địi hỏi
học sinh phải nắm vững kiến thức giải hệ phương trình đơn giản như: hệ
phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai, hệ
phương trình đối xứng kiểu 1, hệ phương trình đối xứng kiểu 2, hệ đẳng cấp...
Là dạng tốn chiếm tỷ lệ nhiều trong các đề thi Cao đẳng, Đại học nên yêu cầu
học sinh phải làm tốt được dạng toán này là hết sức cần thiết.
Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học
mơn tốn theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh.
Vì vậy người giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách
tinh giản kiến thức, thiết kế bài giảng lại khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng
dụng, liên hệ thực tế. Các kiến thức phải dễ nhớ, dễ hiểu và phải phù hợp với
việc nhận thức của các em. Thông qua kiến thức mà người giáo viên đã tinh lọc,
qua ứng dụng, thực hành các em sẽ lĩnh hội những tri thức toán học một cách dễ
dàng, củng cố, khắc sâu kiến thức một cách vững chắc, tạo cho các em niềm say
mê, hứng thú trong học tập, trong việc làm. Khi chúng ta đã tinh lọc kiến thức
một cách gọn gàng, ứng dụng thực tế một cách thường xuyên, khoa học thì chắc
chắn chất lượng dạy học mơn tốn sẽ ngày một nâng cao.
Năm học 2012-2013, tôi được ban chuyên môn phân công giảng dạy mơn
Tốn tại lớp 10C1; 10C2; 10C3. Trong q trình giảng dạy tôi nhận thấy rằng
khả năng vận dụng, tư duy cuả học sinh con rất hạn chế, đặc biệt là việc khai
thác, áp dụng linh họat các kiến thức. Các em mới chỉ có thể làm được các bài
tập tương tự ví dụ trong sách giáo khoa, hoặc các bài tương tự mà giáo viên đã
chữa theo cách nhớ lời giải mà khơng tự tìm được lời giải
Trong q trình giảng dạy, tôi thấy các em chỉ biết cách giải những bài

tốn thuần túy. Nếu tơi đưa ra bài tốn khác đi một chút thì các em lúng túng
trong quá trình tìm lời giải.
Chính vì những lý do nêu trên mà tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm “Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài.
- Góp phần đổi mới phương pháp dạy học mơn tốn nói chung và mơn
Đại Số 10 nói riêng theo phương hướng tinh giản kiến thức, phát huy tính tích
cực, chủ động và sáng tạo của học sinh, tăng cường ứng dụng thực tế, giúp học
sinh có phương pháp học tốt thích ứng với xu hướng hiện nay.
- Góp phần gây hứng thú học tập mơn Tốn cho học sinh, một môn học
được coi là khô khan, hóc búa, khơng những chỉ giúp, giáo viên lên lớp tự tin,
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

1


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

nhẹ nhàng, học sinh lĩnh hội được tri thức một cách đầy đủ, khoa học mà còn
giúp các em củng cố và khắc sâu các tri thức .
3. Nhiệm vụ và phạm vi nghiên cứu :
3.1. Nhiệm vụ :
- Tìm hiểu các cách giải hệ phương trình.
- Tìm hiểu về thực trạng học sinh lớp 10.
3.2. Phạm vi nghiên cứu :
- Đối tượng : Hệ phương trình

- Tài liệu : Sách giáo khoa Đại Số lớp 10, sách hướng dẫn giáo viên.
4. Phương pháp nghiên cứu :
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
1. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục .... có liên quan đến nội dung đề
tài.
- Đọc SGK, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
2. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung bài toán trong SGK
toán 10 mà tôi cần khai thác
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua
các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

2


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận
1. Vị trí của mơn Tốn trong nhà trường :
Mơn tốn cũng như những mơn học khác cung cấp những tri thức khoa
học, những nhận thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận
thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng tình cảm đạo đức tốt đẹp của con người.

Mơn tốn ở trường THPT là một môn độc lập, chiếm phần lớn thời gian
trong chương trình học của học sinh
Mơn tốn có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ mơn khoa học nghiên cứu
có hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
Mơn tốn có khả năng giáo dục rất lớn trong việc rèn luyện phương pháp
suy nghĩ, phương pháp suy luận lơgíc, thao tác tư duy cần thiết để con người
phát triển tồn diện, hình thành nhân cách tốt đẹp cho con người lao động trong
thời đại mới.
2. Đặc điểm tâm sinh lý của học sinh THPT.
- Ở lứa tuổi THPT cơ thể của các em đang trong thời kỳ phát triển hay
nói cụ thể là các hệ cơ quan gần như hồn thiện, vì thế sức dẻo dai của cơ thể
rất cao nên các em rất hiếu động, thích hoạt động để chứng tỏ mình.
- Học sinh THPT nghe giảng rất dễ hiểu nhưng cũng sẽ qn ngay khi
chúng khơng tập trung cao độ. Vì vậy người giáo viên phải tạo ra hứng thú
trong học tập và phải thường xuyên được luyện tập.
- Học sinh THPT rất dễ xúc động và thích tiếp xúc với một sự vật, hiện
tượng xung quanh nhất là những việc mà các em có thể trực tiếp thực hiện
- Hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tịi, sáng tạo nên
trong dạy học giáo viên phải chắc lọc từng đơn vị kiến thức để củng cố khắc sâu
cho học sinh.
3. Nhu cầu về đổi mới phương pháp dạy học :
Học sinh THPT có trí thơng minh khá nhạy bén sắc sảo, có óc tưởng
tượng phong phú. Đó là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng rất
dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt, căng thẳng, q tải. Chính vì thế nội dung
chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức chuyển tải, nghệ thuật truyền
đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là điều không thể
xem nhẹ. Đặc biệt đối với học sinh lớp 10, lớp mà các em vừa mới vượt qua
những mới mẻ ban đầu để trở thành người lớn, chuyển từ hoạt động vui chơi là
chủ đạo sang hoạt động học tập là chủ đạo. Lên đến lớp 10 thì u cầu đó đặt ra
là thường xuyên đối với các em ở tất cả các môn học. Do vậy giờ học sẽ trở nên

nặng nề, khơng duy trì được khả năng chú ý của các em nếu người giáo viên chỉ
cho các em nghe và làm theo những gì đã có trong sách giáo khoa.
Muốn giờ học có hiệu quả thì địi hỏi người giáo viên phải đổi mới
phương pháp dạy học tức là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

3


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động của các em. Kiểu dạy này người
giáo viên phải thật sự là một người “đạo diễn” đầy nghệ thuật, đó là người định
hướng, tổ chức ra những tình huống học tập nó kích thích óc tò mò và tư duy
độc lập, phải biết thiết kế bài giảng sao cho hợp lý, gọn nhẹ. Muốn các em học
được thì trước hết giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn, vận
dụng các phương pháp sao cho phù hợp.
Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trải qua quá trình tự
rèn luyện, phấn đấu khơng ngừng mới có được. Tuy nhiên, việc đúc kết kinh
nghiệm của bản thân mỗi người qua từng tiết dạy, những ngày tháng miệt mài
cũng không kém quan trọng, nó vừa giúp cho mình càng có kinh nghiệm vững
vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học tập, học
tập nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.
II. Cơ sở thực tiển:
Bên cạnh những học sinh hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình
tìm tịi, khám phá, sáng tạo thì lại có một bộ phận không nhỏ học sinh lại học
yếu, lười suy nghĩ nên đòi hỏi người giáo viên phải tâm huyết, có năng lực thật

sự, đa dạng trong phương pháp, biết tổ chức, thiết kế và trân trọng qua từng tiết
dạy.
Theo chúng tôi, khi dạy đối tượng học sinh đại trà như hiện nay, người
giáo viên phải thật cô đọng lý thuyết, sắp xếp lại bố cục bài dạy, định hướng
phương pháp, tăng cường các ví dụ và bài tập từ đơn giản đến nâng cao theo
dạng chuyên đề và phù hợp với từng đối tượng học sinh.

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

4


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

PHẦN I: NHẮC LẠI KIẾN THỨC CƠ BẢN CĨ LIÊN QUAN
I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
I.1. Định nghĩa. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng
ax + by = c

a ' x + b ' y = c '
với a, b, c, a ', b ', c ' là các số thực đã cho thỏa mãn a 2 + b 2 ≠ 0, a '2 + b '2 ≠ 0
I.2. Cách giải. Ngoài các phương pháp giải đã học ở lớp 9 ta có thêm phương
pháp sau:
+ Bước 1. Tính các định thức
a b
c b
a c

D=
= ab '− a ' b, D x =
= cb '− c ' b, D y =
= ac '− a ' c
a' b'
c' b'
a' c'
+ Bước 2.
D
D
- Nếu D ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất x = x , y = y
D
D
2
2
- Nếu D = 0 và D x + D y ≠ 0 thì hệ vơ nghiệm
- Nếu D = D x = D y = 0 thì hệ ⇔ ax + by = c (vô số nghiệm)
II. Hệ phương trình đối xứng loại I
 f ( x; y ) = 0
II.1. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ pt có dạng 
 g ( x; y ) = 0
Trong đó f ( x; y ) và g ( x; y ) là những đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn
f ( x; y ) = f ( y; x), g ( x; y ) = g ( y; x ), ∀x, y ∈ R
II.2. Cách giải phổ biến
- Bước 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x + y và tích xy
x + y = S
- Bước 2. Đặt 
. ∃x, y ⇔ S 2 ≥ 4 P
 xy = P
- Bước 3. Giải hệ mới theo S và P

- Bước 4. x và y là hai nghiệm của pt X 2 − SX + P = 0
III. Hệ phương trình đối xứng loại II
III.1. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ phương trình có dạng
 f ( x; y ) = 0

 f ( y; x ) = 0
trong đó f ( x; y ) là một biểu thức chứa hai biến x và y.
III.2. Cách giải.
- Bước 1. Trừ vế hai pt ta được f ( x; y ) − f ( y; x) = 0 (*)
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

5


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

- Bước 2. Đưa phương trình (*) về dạng tích ( x − y ) g ( x; y ) = 0
- Bước 3. Xét hai trường hợp.
TH 1. x = y thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
TH 2. g ( x; y ) = 0 kết hợp với f ( x; y ) + f ( y; x ) = 0 ta được hệ đối xứng loại I
 f ( x; y ) + f ( y; x ) = 0

 g ( x; y ) = 0
* Chú ý. Nếu g ( x; y ) = 0 phức tạp ta sẽ tìm cách chứng minh nó vơ nghiệm.
IV. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai
IV.1. Định nghĩa. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng
ax 2 + bxy + cy 2 = d


 2
2
a ' x + b ' xy + c ' y = d '

IV.2. Cách giải
ad ' x 2 + bd ' xy + cd ' y 2 = dd '

- Bước 1. Cân bằng hệ số tự do ta được 
2
2
da ' x + db ' xy + dc ' y = dd '

- Bước 2. Trừ vế hai phương trình ta được Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 (*)
- Bước 3. Giải phương trình (*) ta sẽ biểu diễn được x theo y
- Bước 4. Thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hồn tồn giải được
bằng cách đặt y = tx, x ≠ 0 hoặc đặt x = ty , y ≠ 0 .
2
- Ta cũng có thể cân bằng số hạng chứa x 2 (hoặc chứa y ) rồi trừ vế và
dùng phép thế.

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

6

Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

PHẦN II: BÀI TỐN
I.Bài tốn:
 x 2 + 9 y 2 = 18
Giải hệ phương trình : 
 x + 3y = 6

(1)
(2)

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 hồn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải:
Cách 1:
Từ (2) rút ra x = 6 – 3y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn)
Ta được : (6 − 3 y ) 2 + 9 y 2 = 18 ⇔ 36 − 36 y + 9 y 2 + 9 y 2 = 18 ⇔ y 2 − 2 y + 1 = 0 (*)
⇔ y1 = y 2 = 1 thay vào biểu thức (3) ta có : x = 3.
x = 3
y =1

Vây hệ có nghiệm duy nhất : 

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).
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)

 x 2 + (3 y ) 2 = 18
⇔
 x + 3y = 6

Đặt :

3y = t

khi đó hệ trở thành

 x 2 + t 2 = 18

 x+t = 6

(Đây là hệ đối xứng loại 1 với hai ẩn x và t )
 x 2 + t 2 = 18
( x + t ) 2 − 2 xt = 18
x + t = 6
⇔
⇔
Hệ 
x+t = 6
 xt = 9
 x+t = 6


2
Vậy x, t là nghiệm của phương trình x − 6 x + 9 = 0

(**)

x = 3
⇔ x1 = x2 = 3 nên hệ có nghiệm x = t = 3.Suy ra nghiêm của hệ (1.2) là : 
y =1

Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 18 bằng 0 ai trả
lời nhanh nghiệm của phương trình :

 x2 + 9 y 2 = 0

 x + 3y = 6

?

TL: Ta thấy x 2 ≥ 0; y 2 ≥ 0 . Suy ra x 2 + y 2 ≥ 0 vậy PT x 2 + 9 y 2 = 0 có nghiệm
x=y=0
nhưng khi đó : x + 3 y ≠ 6 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 vơ ngiệm”.
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

Vì vây ta phán đốn 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 x 2
Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là
x
9 y 2 = (3 y ) 2
Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là
Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là
3y
Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và a 2 , b 2
(bất đẳng thức này chính là bất đẳng thức bunhiacơxki cho 4 số)
Ta có cách 3
Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức này cho 4 số : x; 3y; 1; 1 ta có:
( 12 + 12 ) ( x 2 + (3 y)2 ) ≥ ( x.1 + 3 y.1) 2 ⇔ 2 ( x2 + 9 y 2 ) ≥ ( x + 3 y ) 2 (4)
2
2
2
2
2
Vậy theo (2) ta có : 2 ( x + 9 y ) ≥ 6 ⇒ x + 4 y ≥ 18

Để có (1) cần có

x 3y
=
⇔ x = 3 y , thay vào (2) ta được : y=1 ; x=3.

1 1

GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta cịn thấy một phép tốn hình học
có liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và ( a 2 ,b 2 ) .Đó là :
→

→

u = ( a, b ) , u = a 2 + b 2
→

→ →

Vậy nếu chọn v = (1,1) ⇒ u . v = a + b . Từ đó gợi cho ta cách giải 4.
Cách 4:
Đặt

→

→

u = ( x,3 y ) ; v = ( 1,1)
→

⇒u =

→

x 2 +( 3 y ) ; v = 2;
2

→→

u . v = x +3 y

Mặt khác :

→ →

→ →

u . v = u . v . cos α

GV:lưu ý cho hoc sinh:


 → →
 α =  u, v  





 
⇒u v ≤ u v

ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.

Vậy ta được : x + 3 y ≤ 2. x 2 + ( 3 y )

2

⇔ ( x + 3 y ) ≤ 2.( x 2 + 9. y 2 )
2

(5) .
(Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
→ →
‌ cos α = 1 ⇒ α = 0 o hoặc α = 180 o ⇔ u ; v cùng phương hay tồn tại
→
→
 x = k .1
⇔ x = 3 y ⇒ x = 3; y = 1.
k ∈ R để : u = k . v ⇔ 
3 y = k .1

GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cách 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống
nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

8


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việc đặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh

bất đẳng thức bunhia bằng cách sử dụng tích vơ hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt trước cách làm 4 của bài tốn trên ta có cách chứng minh như sau:
→

→

Xét u = ( a, b ); v = ( c, d )
→

→

→ →

⇒ u = a 2 + b 2 ; v = c 2 + d 2 ,và u . v = a.c + b.d
→ →

→ →

do: ‌ u . v ≤ u . v

nên a.c + b.d ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2 ⇔ ( a.c + b.d ) 2 ≤ ( a 2 + b 2 ).( c 2 + d 2 )

.
→
  a = k .b
→
a b
u = k. v ⇔  
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  → →
c = k .d ⇔ a.d = b.b; (hay : c = d )


 v=0

b = d = 0


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
a + b ≤ 2.( a 2 + b 2 ) ; (hay : ( a + b ) ≤ 2.( a 2 + b 2 )) (***)
từ đó ta có cách 5:
Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 3.y ta sẽ trở về BĐT(4)
GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x 2+(3y)2 . Điều đó lại
gợi cho ta liên tưởng đến một cơng thức trong hình học
(0 o ≤ α < 180 o )
sin 2 α + cos 2 α = 1
(SGK hình học 10)
Nhưng vấn đề vế trái của cơng thức là 1 , đế được điều đó ta chia hai vế của
phương trình (1) cho 18 khi đó:
2

2

 x   y 
(1) ⇔ 
÷ +
÷ =1.
3 2   2 
y
x

x
Vậy nếu có góc α để sin α =
thì cos α =
. Nhưng để có : sin α =
cần
3 2
3 2
2
x
≥ 0 . Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :
có điều kiện
3 2
 x <6
 x 2 ≤18

⇒
(∗ .
)
Từ PT(1) ⇒ 2
3 y < 6
4 y ≤18


Nếu có một trong hai số x hoặc 3y nhỏ hơn khơng thì từ PT(2):x+3y=6 dẫn
đến số cịn lại phải lớn hơn 6, điều này mâu thuẫn với (*). Vậy ta được
0≤

x
3 2

≤1 ; 0 ≤

y
2

≤ 1.

Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc α để

sin α =

x
3 2

(0 o ≤ α ≤ 90 o )

Thay vào PT(1) suyra:
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

9


Sáng kiến kinh nghiệm
2

Phạm Thị Liên
2

y
 y 
 x 
2
2
= cos 2 α = cos α

÷ =1−
÷ = 1 − sin α = cos α ⇒
2
 2
3 2 
 x = 3 2 sin α

Ta được 
 2 y = 2 2 cos α

thay vào phương trình (2) ta được :
sin α + cos α = 2
o
o
o
GV: Ta đã có bài tập: Với 0 ≤ α < 180 thì sin α + cos α = 2. cos α − 45

(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vơ hướng của hai véc tơ).
o
o
o
o

Vậy . cos α − 45 = 1 ⇒ α − 45 = 0 ⇔ α = 45
Suy ra

 x = 3 2 sin 45o = 3


o
 y = 2 cos 45 = 1


GV:Ta thấy từ việc giải bài toán trên đã dẫn đến việc tìm thêm được một cách
chứng minh bất đẳng thức Bunhiacoxki. Ta đặt vấn đề ngược lại từ các cách
chứng minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phương trình (1)
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 giải phương trình (1)
Cách 7:
 x0 2 + 9 y0 2 = 18
Gọi (xo,yo) là nghiệm của hệ phương trình, tức 
 x0 + 3 y0 = 6
2
2
( α − x0 ) + ( α − 3 y0 ) = 0
Ta xét phương trình bậc hai ẩn α :

(**)

Rõ ràng PT đã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x0= 3y0
Mặt khác ta thấy
2

2
2
2
phương trình (**) ⇔ 2α − 2α ( x0 + 3 y0 ) + ( x0 + 9 y0 ) = 0 ⇔ 2α − 2α .6 + 18 = 0 ⇔ α = 3
Vậy xo = 3 ; yo =1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
 x 2 + t 2 = 18
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 3y = t ta được hệ phương trình : 
 x+t = 6
thì phương trình x 2 + t 2 = 18 là phương trình đường trịn tâm O(0,0) và bán
kính R = 3 2

Cịn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 6 là phương trình đường thẳng
cắt trục Ox tại điểm A(6,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,6) . Khi thử biểu diễn hình
học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với
đường trịn, vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
Đường thẳng x+t=6 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 :

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

10


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

x+t =6 là độ dài đường cao OH =

6

=

6
=3 2
2

và bằng bán kính của

12 + 12
đường trịn có phương trình x 2 + t 2 = 18 , vậy đường thẳng tiếp xúc với đường
 x 2 + t 2 = 18
tròn tại điểm H, hay nghiệm của hệ 
là toạ độ điểm H . Mặt khác
 x+t = 6
x A + xB

 xH = 2 = 2  x = 3

⇒
∆OAB là tam giác vuông cân tại O nên 
t A + tB
y =1
t =
=2
 H
2



GV: Từ đó ta sẽ có cách giải tiếp theo.
Cách 9:
Nhân phương trình (2) với -6 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta
được:

x = 3
2
2
x 2 − 6 x + 9 y 2 − 18 y = −18 ⇔ ( x − 3) + 9 ( y − 1) = 0 ⇔ 
y =1

thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=3 ,y=1.
II.Mở rộng và khai thác sẽ cho ta những bài toán mới.
GV: Nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có những bài tốn mới .
Chẳng hạn: ta thay 18 bởi m ( tham số)
ta được hệ

 x2 + 9 y 2 = m

 x + 3y = 6

(6)
(7 )

và ta có thể đưa ra một số bài tốn.
Bài tốn 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm
Bài làm:
Cách 1:

Dựa vào cách 1 của bài tốn ban đầu ta có cách sau:
Rút từ phương trình (7) : x= 6 – 3y (6’) thế vào phương trình (6) ta được :
(6 – 3y)2 + 9y2 = m ⇔ 18y2- 36y+ 36- m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 18 để được phương trình với hệ số gọn hơn:
y2 − 2 y + 2 −

m
=0
18

(7’)

ta để ý :với mỗi nghiệm y0 của phương trình (7’) ta được một nghiệm (xo,yo)
Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7’) có nghiệm tức là
∆′ ≥ 0 ⇔ m ≥ 18

Cách 2:
GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 ở bài tốn ban đầu với phép đặt 3y = t ta đưa
hệ về dạng
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

11


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

m


 x2 + t 2 = m
 x.t = 18 − = P
⇔
2

 x+t = 6
 x+t = 6 = S


Để hệ có nghiệm cần và đủ là:
S 2 ≥ 4 P ⇔ 62 ≥ 4(18 −

m
) ⇔ m ≥ 18
2

GV: yêu cầu học sinh phân tích để tìm cách giải tiếp theo dựa theo các cách
của bài toán ban đầu (về nhà làm)
Bài toán 2: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm duy nhất
Bài làm:
Cách 1:
Với việc phân tích bài tốn 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là
⇔ m = 18
∆’=0
GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng tư
duy 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= 18 ta trở lại bài tốn gải hệ phương trình ban đầu
GV: cịn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 18 GV khẳng định ngay kết

quả là sai mặc dù chưa cần kiểm tra các bước tính tốn .
GV:u cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của bài tốn ban đầu để tìm
cách 2 và 3 của bài này. (về nhà làm)
 x2 + t 2 = m
 x+t = 6

GV: với phép đặt :3y = t ta đã đưa hệ về dạng hệ đối xứng 

Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x 0,to) là nghiệm của hệ thì (t0,xo) cũng là
nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x 0 = to(chú ý đây mới là điều
kiện đủ ) từ đây ta có cách giải :
Cách 4 :
ĐK cần : (x0, to) là nghiệm của hệ thì (t0, xo) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ
có nghiệm duy nhất cần

x 0 = to

 2 m
x =
⇒  o 2 ⇔ m = 18
 xo = 3


ĐK đủ : Thay m =18 vào hệ ta thấy thoả mãn
Vậy m=18 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 .
Bài toán tương tự:( yêu cầu học sinh về nhà làm)
a ( x + y ) + 4 x 2 . y 2 = a
1.Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :  2 2

 x + y − 3 xy = a

2.Tìm a để các hệ sau có nghiệm duy nhất :
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

12


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

 x 2006 + y 2006 + 2005 x. y = a
a)  2 2
2
 x + y − 5 xy = a + 2a + 2

 x 23 + y 23 + x 82 . y 82 = a 2005
b) 
2
 xy − ( x + y ) = −2 + 2a − a

Bài tốn 3: Tìm m đê hệ (6.7) có hai nghiệm (x1, y1) và (x2, y2) sao cho
y1 < 0 < y 2

Bài làm :
Cách 1:
Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho sao cho y1 < 0 < y 2 cần và đủ là
phương trình (7’) phải có 2 nghiệm y1,y2 thoả mãn điều kiện y1 < 0 < y 2 tức a.c <

0
⇔ 2−

m
< 0 ⇔ m > 36
18

Cách 2:
Nếu sử dụng cách 2 trong bài toán ban đầu thì: đặt 3y = t đưa về hệ
m

 x2 + t 2 = m
 x.t = 18 −
⇔
2 Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện

 x+t = 6
 x+t = 6

y1 < 0 < y 2 thì hệ này phải có hai nghiệm thoả mãn t1 < 0 < t 2
m
Vì vậy phương trình : X 2 − 6 X + 18 − = 0 có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0
2
m
⇔ 2 − < 0 ⇔ m > 36
18

Cách 3:
Từ cách 8 với sự biểu diễn hình học thì yêu cầu bài tốn tương đương với việc
đường trịn có phương trình : x2 +t2 = m phải cắt đường thẳng : x + t = 6 tại hai

điểm nằm ở góc phần tư thứ 2 và thứ 4 tức bán kính :R= m > 6 ⇔ m > 36 .
Bài tốn 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x 1,y1) và (x2,y2) sao cho
0 < y2 , y 2

Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số: 18 ≤ m < 36
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,y1) và (x2,y2)
sao cho : 0 < x1, x2.
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 u 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:
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

13


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

6− x
Từ pt (7) ⇒ y =
thế vào (6) ⇒ x2 + (6 - x)2 = m ⇔ 2x2- 2x +36 - m = 0

3

(8)
Vậy u cầu bài tốn ⇔ phương trình (8) có 2 nghiệm x 1, x2 thoả mãn điều
kiện:
0 < x1, x2
∆' ≥ 0

⇔ S > 0
P > 0


⇔

18 ≤ m < 36

(GV:Tất nhiên bài tốn 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 tốn 6 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x 1,y1 )và( x2,y2)
 x1 , x 2 > 0
 y1 , y 2 > 0

thoả mãn điều kiện: 

GV : Ta phân tích bài tốn 6 như sau :
Bài toán trên tương đương với bài toán: tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm
(x1,y1) và (x2,y2) thoả mãn điều kiện x1,x2 > 0 và y1,y2 > 0.
Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai bài tốn 4 và 5 thì thoả mãn bài tốn
6, đồng thời thoả mãn bài tốn 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 : [ 18;36 ) ∩ [ 18;36 ) = [ 18;36 )
GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 6-3x nếu x> 0 ⇔ y< 2 ta tiếp tục đưa ra
bài tốn sau:
Bài tốn 7: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x 1,y1) và (x2,y2)
thoã mãn điều kiện : 0 < y1,y2 <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+ 3y = 6 ⇔ x= 6- 3y, ta thấy y<2 ⇔ x>0
Vậy bài toán 7 đưa về bài tốn sau: Tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm
 0 < x1 , x 2

(x1,y1) và (x2,y2) thoả mãn điều kiện sau: 0 < y , y
1
2

Đây chính là bài tốn 6 vậy ta suy ra kết quả m∈[ 18,36)
GV: Ta lại phân tích bài toán 7
Ta thấy bài toán 7 tương đương với bài tốn : Tìm m để phương trình bậc 2 :
y2 – 2y + 2 -

m
= 0 có 2 nghiệm y1,y2 thoã mãn điều kiện 0 < y1, y2 <2 (*)
18

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 (*) .
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

14


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

Để từ đó tổng quát hoá bài toán thành bài toán so sánh nghiệm với một số bất
kì (chứ khơng 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).
Vì vậy nếu xem phương trình (7) là một phép đặt ( đổi biến ) thì ta sẽ có cách
giải quyết bài tốn so sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với một số bất kì thể
hiện ở các bài toán sau:
Bài toán 8: Cho f(x) =ax2 + bx +c (I)
Tìm điều kiện để phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x 1,x2 thỗ mãn điều
kiện : x1 <α Đặt y= x- α , Khi đó : x1 <α ta được:
g(y) = a(y+α)2 + b(y+α) + c
= ay2 + (b+2aα) y+aα2 +bα +c
Vậy bài tốn 9 tương đương với bài tốn sau:
Tìm điều kiện để phương trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y1 < 0 < y2
⇔ a(aα2 +bα +c) <0 ⇔ a.f(α) <0.
Bài tốn 9: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x1, x2 < 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
b 2 + 4a 2 α 2 + 4abα − 4a 2 α 2 − 4abα − 4ac ≥ 0
Δ g ≥ 0



 b + 2aα
⇔
⇔
<0
S g < 0
−
a


Pg > 0
a.f (α) > 0

b 2 − 4ac ≥ 0
Δ ≥ 0

s
 b

⇔ − + 2α < 0
⇔  +α <0
2
 a
a.f (α) > 0

a.f (α) > 0

Bài tốn 10: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x1,x2 > 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).
GV: Tiếp tục ta đưa ra các bài toán ràng buộc giữa các nghiệm với áp dụng
định lý Viét như:
Bài tốn 11: Tìm m để hệ phương trình có hai nghiệm (x 1,y1),(x2,y2) thoã
mãn điều kiện : y21+y22 = 20 .(*)
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

15


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

Bài làm:
Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1),(x2,y2) theo bài toán 1 cần ĐK : m ≥ 1 8.
Khi đó phương trình : y2 -2y+2-

m
=0 có 2 ngiệm y1,y2 và khi đó (*) ⇔
18

(y1+y2)2- 2y1y2=1
⇔ 22 - 2(2-

m
m

) = 20 ⇔ 4- 4 + =20 ⇔ m = 180.
18
9

Vậy m = 180 là giá trị cần tìm.
Bài tốn 12: Tìm m để hệ phương trình (6-7) có 2 nghiệm (x 1,y1) và (x2,y2)
thỗ mãn điều kiện : x12+x22+y12+y22=4 (**)
Cách 1:
Với m ≥ 8 khi đó x1,x2 là nghiệm của phương trình: 2 x2 - 12x + 36 - m=0
=>x12+x22= (x1+x2)2 -2x1x2 =36 -2.(

36 − m
)=m
2

Do y1,y2 là nghiệm của phương trình: y2-2y+2Vậy (**) ⇔ m +

m
m
=0 nên y12 + y22 =
18
9

m
= 20 ⇔ 10m = 180 ⇔ m = 18
9

Vậy m=18 là giá trị cần tìm của m.
Cách 2 :
(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x + 3y = 6 hay x = 6 - 3y

Vậy (**) ⇔ (6- 3y1)2 + (6-3y2)2 +y12+y22= 20
⇔ 36 -36y1+9y12+36-36y2+9y22 +y12+y22= 20
⇔ 72 -36(y1+y2) + 10(y12+y22) =20
⇔ 72 - 36 . 3 + 10 . m/9 = 0
⇔ m=18
GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài tốn sau:
Bài tốn 13: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho :
x12 + 2x22 +y12+10y22 =190 (***)
Bài làm:
Với m ≥ 18 khi đó: do x2,y2 là nghiệm của hệ phương trình nên : x22 +9y22 =m
(***) ⇔ x12 + x22 +y12+y22 +( x22 + 9y22 ) = 190
⇔ m+

m
19m
+ m = 190 ⇔
= 190 ⇔ m = 90 (thõa mãn m ≥ 18 ).
9
9

Vậy m = 90
Bài toán 14: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (6-7) tìm m để :
x (x3 -27) = 81 y(y3-1)
Bài làm:
Với m ≥ 18 khi đó:
x (x3-27) = 81 y( y3- 1) ⇔ x4 - 27x =81y4 - 81y
⇔ (x2 – 9y2) (x2+ 9y2) = 27(x-3y)
⇔ (x-3y) 6m = 27 (x- 3y)
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

16


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

9

9
9


m = 2
m = 2 ⇔ 
 m = 2 (lo¹i)
⇔ (x-3y) (6m-27) =0 ⇔
⇔
2


 18 y = m
x = 3y
 m = 18
 6 y = 6

⇒ m =18 là giá trị cần tìm.
 x 2 + 9 y 2 = 18
Bài toán 15: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt: 

x + 3y = m

Tìm m để A=x 9 + 3 y + 3 y x + 9 đạt giá trị lớn nhất.
Bài làm: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
A2 = (x 9 + 3 y + 3 y x + 9 )2 ≤ (x2+9y2) [(9+3y)+(9+x)]
= 18 (18+3y+x) ≤18 (18+ 2( x 2 + (3 y ) 2 )) ) = 18(18+4) = 396
3y
 x
=

9+ x
Dấu “=” xảy ra khi  9 + 3 y
x = 3y


⇒ x=3y=3 ⇔ m = 6 ⇒ Max A=12 3

GV: Ta vẫn chưa dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng qt bài tốn ban đầu:
Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng qt bài tốn
như sau:
1 2
 2
2
x + 9 y = k
( k ∈ R)
2
Bài tốn 1: Giải hệ phương trình: 
x + 3y = k


GV:Ta lại nhận xét có thể thay thê hệ số gắn với x,y để được bài toán tổng
quát hơn.
1 2
 2 2
2 2
α x + β y = k
2
Bài tốn 2: Giải hệ phương trình 
αx + βy = k


(α ; β ; k ∈ R )

GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.
 2 2
k2
2
2
α 1 x +  + α n x n =
n
Bài tốn 3: Giải hệ phương trình:  1
α x +  + α x = k
n n
 1 1
2
2

 x 1 +  + xn = n
(n ∈ N * )
Ví dụ1: Giải hệ phương trình 


 x1 +  + xn = n

(I) (α 1 ,..., α n ; k ∈ R)

 x12 + 22 x2 2 +  + 20132 x 2 2013 = 2013

Vi dụ2: Giải hệ phương trình 
 x1 + 2 x2 +  + 2013x2013 = 2013


GV: Tiếp tục ta cịn có thể mở rộng hệ như sau:
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

17


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

 2
k2
x 1 ++ x2n = n


Bài tốn 4: Giải hệ phương trình: 
∑ α 2i
i =1


α1 x1 + α n xn = k


n

(∑ α i2 ≠ 0, k ∈ R )
i =1

GV: Ta lại tham số hố ví dụ 1vừa nêu, đưa ra bài toán sau:
2

x 21 +  + x n = m
(n ∈ N * ) vơ nghiệm.
Bài tốn5: CMR với m < n thì hệ 
x1 +  + x n = n


Cách 1: Theo BĐT Bunhiacôpxki : n( x12+ ... +x2n) ≥ ( x12+ ... +x2n)2
⇔ n . m ≥ n2 .
Vậy m < n thì hệ vơ nghiệm.
Cách 2: G/sử hệ có nghiệm, gọi ( x 01, ....,x0n) là nghiệm của hệ ⇒
 x 2 01 +  + x 2 0 n = m

 x01 +  + x0 n = n

Xét phương trình: ( t - x01 )2 +.... + (t - x0n )2 = 0.
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất.
Mặt khác, phương trình ⇔ nt2 -2t( x01+ ....+ x0n ) + x 2 01 + + x 2 0 n = 0
⇔ nt2 -2nt +m = 0.

Vậy phương trình này phải khơng có q 1 nghiệm, tức là
∆’ ≤ 0 ⇔ n2 - nm ≤ 0
⇔ n ≤ m ( Vô lý). ⇒ đpcm
GV: Ta lại tiếp tục đưa ra bài toán:
x 21 +  + x n 2 = m
Bài tốn 6: Tìm m để hệ : 
(*) Có nghiệm. ( Với n ≥ 2 )
x1 +  + x n = n

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 : (x1, .....,xn-1, α)
2
2
 2
 x 1 +  + x n −1 = m − α
Khi đó hệ trở thành : 
(II) (n ∈ N * )
 x1 +  + x n −1 = n − α


Ta sẽ tìm được α để đưa về dạng hệ I (bài toán 3). Tức là phải có:
(n-1)(m-α2) =(n-α)2 ⇔ (n-1) m - (n-1) α2 = n2-2nα+α2
⇔ nα2- 2nα +n2- nm - m=0
∆’= n2 - n3 +n2m- nm=n2( 1-n) + nm (n-1) =( n-1)( nm- n2)
Với n ≥ 2 và n ≥ m thì : ∆’ ≥ 0 nên α là luôn xác định được , khi đó theo bài
tốn 3 thì hệ (II) với các ẩn x1, ....,xn-1 có nghiệm : xi=

n−α

n −1

(i= 1, n − 1 )

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

18


Sáng kiến kinh nghiệm
Vậy hệ (*) có nghiệm (

Phạm Thị Liên
n−α
n−α
;;
; α ) với α là nghiệm của phương
n −1
n −1

trình:
nα2 -2nα + n2 - nm+ m =0
GV:Ta có thể tổng quát đưa ra bài toán.
x 21 +  + x n 2 = m
Bài toán 7: Điều kiện cần và đủ hệ : 
( **)
x1 +  + x n = a
Có nghiệm là m ≥ a2/n (Yêu cầu học sinh về nhà làm)
GV: Bây giờ ta thử thay hệ phương trình bởi hệ bất phương trình .

1 2
 2 2
2
2
α 1x 1 +  + α n x n ≤ k
n
Bài tốn 8: Giải hệ bất phương trình: 
α1x1 +  + α n x n ≥ k


( Yêu cầu học sinh tự làm)
GV: Tiếp tục tham số hố hệ bất phương trình.
α 21x 21 +  + α 2 n x n 2 < m

Bài toán 9: Tìm m để hệ sau có nghiệm: 
α1x1 +  + α n x n = n


Bài làm: bài toán này tương đương với bài tốn tìm m để hệ bất phương
 x 21 +  + x n 2 < m

trình sau có nghiệm : 
(***)
 x1 +  + x n = n


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.
2

x 21 +  + x n = ε
Khi đó ta tìm nghiệm của hệ pt: 
(III) ( Với m > ε > n)
x1 +  + x n = n


Vấn đề này đã được giải quyết ở bài toán 6.
Tức bài tốn (III) ln có nghiệm ( x 01, ....,x0n). Mặt khác nghiệm của hệ(III)
đều là nghiệm của hệ (***) ⇒ hệ (***) có nghiệm khi m > n
α 21x 21 +  + α 2 n x n 2 < m

Tóm lại điều kiện cần và đủ để hệ 
là m > n.
α1x1 +  + α n x n = n


GV: Lại tổng quát bài toán trên ta có bài tốn sau:
Bài tốn 10: Tìm điều kiện cần và đủ để hệ :

α 21x 21 +  + α 2 n x n 2 < m

có

α1x1 +  + α n x n > a


nghiệm

(yêu cầu học sinh tự làm, với đáp số m > a2/n )

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

19


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

PHẦN III: CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
1.Cách tổ chức:
Giáo viên chia nhỏ thành các dạng bài như trong sáng kiến, lấy ví dụ minh hoạ
hướng dẫn học sinh làm và yêu cầu học sinh vận dụng, đồng thời có thể kiểm
tra, đánh giá .
2. Thực nghiệm:
2.1. Mục đích: Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách
giải cho một bài tốn giải hệ phương trình, giúp học sinh nắm tốt hơn, và đạt
được kết quả cao hơn.
2.2. Nội dung:
Dạy 3 tiết vào tiết tự chọn ở các lớp: 10C1, 10C2, 10C3
Nội dung bài dạy: Chỉ tập trung hướng dẫn các em biết cách vận dụng, khai
thác sáng tạo một bài toán từ những bài toán khá đơn giản để được những bài
toán mới trên nền kiến thức cũ.
2.3. Kết quả:
2.3.1. Bảng tổng hợp kết quả trước khi áp dụng “Hướng dẫn học sinh biết
cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải cho một bài tốn giải hệ phương
trình” vào giảng dạy thì mức độ học sinh biết cách khai thác và mở rộng

nhiều cách giải như sau:
Mức độ HS biết
cách khai
thác và mở
rộng bài
toán
Lớp
Sĩ số

Lớp 10 C1
Sĩ số: 43

Số
Số lượng
lượng
HS biết
HS biết
cách
cách
Tỉ
Tỉ
khai thác
khai
lệ
lệ
và mở
thác và (%)
(%)
rông ở
mở

mức độ
rộng
khá
tốt
2

4,6

8

18,6

Số lượng
HS biết
cách khai
thác và
mở rộng ở
mức độ
Trung
bình
18

Số
lượng
HS biết
cách
Tỉ
Tỉ
khai
lệ

lệ
thác và
(%)
(%)
mở
rộng ở
mức độ
yếu
41,9

15

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

34,9
20


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

Lớp 10 C2
Sĩ số: 43

0

0

7

16,3

16

37,2

20

46,5

Lớp 10 C3
Sĩ số: 44

1

2,3

8

18,2

18

40,9

17

38,6

2.3.2. Bảng tổng hợp kết quả sau khi tiến hành dạy thực nghiệm 3tiết lần
lượt ở 3 lớp thì mức độ làm bài của học sinh như sau.
Mức độ HS
biết cách khai
thác và mở
rộng
bài toán
Lớp
Sĩ số

Số
Số lượng
lượng
HS biết
HS biết
cách
cách
Tỉ
Tỉ
khai thác
khai
lệ
lệ
và mở
thác và (%)
(%)
rộng ở
mở
mức độ

rộng
khá
tôt

Số lượng
HS biết
cách khai
thác và
mở rộng ở
mứcđộ
Trung
bình

Tỉ
lệ
(%)

Số
lượng
HS biết
cách
Tỉ
khai
lệ
thác và (%)
mở rộng
ở mức
độ yếu

Lớp 10 C1

Sĩ số: 43

12

27,9

18

41,9

13

30,2

0

0

Lớp 10 C2
Sĩ số: 43

4

9,3

16

37,2

19

44,2

4

9,3

Lớp 10 C3
Sĩ số: 44

9

20,5

20

45,5

13

29,5

2

4,5

C. KẾT LUẬN.
I. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU.
Như vậy, từ kết quả của bảng nghiên cứu trên chúng ta nhận thấy rằng:
Với một giờ dạy và học như trước đây, khi chưa hướng dẫn cho học sinh

biết cách khai thác và mở rơng thì mức độ làm bài của học sinh là rất hạn chế,
số lượng học sinh biết cách khai thác tốt và khá rất ít, chủ yếu là trung bình và
yếu. Thế nhưng khi chúng ta hướng dẫn cho học sinh biết cách khai thác và mở
rộng vào bài giảng thì kết quả đã khả quan hơn rất nhiều. Cụ thể số lượng học
sinh biết cách khai thác và mở rộng ở mức độ tốt đã tăng lên nhiều: Lớp 10C1
tăng từ 2 lên 12 học sinh, lớp 10C2 tăng từ 0 lên 4 học sinh, lớp 10C3 tăng từ 1
lên 9 học sinh. Tương tự học sinh biết cách khai thác và mở rộng ở mức độ khá
cũng tăng lên gấp đơi so với trước đó. Điều quan trọng là số lượng học sinh biết
cách khai thác và mở rộng ở mức độ yếu đã giảm đi rất lớn. Ví dụ: Lớp 10C1
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

21


Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

đã giảm từ 15 học sinh xuống còn 0 học sinh, lớp 10C2 đã giảm từ 20 xuống
còn 4 học sinh, lớp 10C3 đã giảm từ 17 học sinh xuống còn 2 học sinh biết cách
khai thác và mở rộng ở mức độ yếu.
Như vậy “Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều
cách giải cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK
tốn 10” nếu như được áp dụng một cách linh hoạt, sáng tạo thì tơi tin chắc
rằng nó sẽ mang lại cho chúng ta nhiều kết quả khả quan mà bản thân tôi đã
nhận thấy rõ điều đó. Khơng chỉ vậy, hệ thống bài tập nếu được áp dụng khéo
léo còn giúp cho giáo viên xây dựng cho mình một phương án giảng dạy tối ưu,
thích hợp với hồn cảnh và đối tượng học sinh miền núi. Bên cạnh đó tơi cũng
khơng phủ nhận một thực tế rằng học sinh ở miền núi, đặc biệt là học sinh của

trường THPT Thạch Thành IV nằm trên địa bàn xã Thạch Quảng do nhiều
nguyên nhân tác động: Điều kiện kinh tế khó khăn, nhiều em vẫn ngại khi đến
trường, thậm chí có những em đã mất gốc, nên việc khắc phục rất khó khăn.
II. KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT.
Qua quá trình giảng dạy, quá trình nghiên cứu và thực nghiệm trên tôi xin
được mạnh dạn kiến nghị và đề xuất một số ý kiến đối với Ban giám hiệu
Trường THPT Thạch Thành IV, với các tổ chức, cơ quan ban ngành có liên
quan như sau:
- Trong những năm học gần nhất nhà trường sẽ có một phịng thư viện
với trang bị đầy đủ các đầu sách: Ngoài sách giáo khoa, nhà trường nên mua
thêm những sách tham khảo, sách bồi dưỡng cho học sinh.
- Kính mong hội thường trực phụ huynh học sinh Trường THPT Thạch
Thành IV thường xuyên có những hoạt động tuyên truyền đến các bậc phụ
huynh và học sinh để tất cả mọi người đều nhận thấy tầm quan trọng của việc
học tập. Nếu thường xuyên có những hoạt động tuyên truyền, vận động như vậy
thì tơi tin chắc rằng các em sẽ tới trường một cách đều đặn hơn.
Đó là những suy nghĩ của riêng cá nhân tơi. Vì vậy, rất mong nhận được ý
kiến chỉ đạo chân thành và quý báu từ phía bộ phận chun mơn của tổ tự
nhiên, của Ban giám hiệu Trường THPT Thạch Thành IV, của Sở giáo dục và
đào tạo Thanh Hố.
Tơi xin chân thành cảm ơn !
Thạch Quảng, ngày 16 tháng 05 năm 2013
Người thực hiện.

Phạm Thị Liên
Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài toán giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK tốn 10”

22

Sáng kiến kinh nghiệm

Phạm Thị Liên

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa và sách bài tập Đại số 10
2. Đại số sơ cấp
3.Các phương pháp giải hệ phương trình
3. Sách giáo viên Đại số 10
4. Một số đề thi tuyển sinh đại hoc, cao đẳng năm 2004-2011

Đề tài:“Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác và mở rộng nhiều cách giải
cho một bài tốn giải hệ phương trình khá đơn giản trong SGK toán 10”

23