SKKN Giải một số bài tập trong sách giáo khoa toán lớp 10

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA TOÁN LỚP
10"
1
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
2
cho hoc sinh (không chỉ truyền đạt những kiến thức trong sách giáo khoa mà cả những
kiến thức nâng cao).
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
(*)
3

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).
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
4
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.
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
5

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 +≤++≤+
(***)
(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
.
6
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
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.

7
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 tròn tại điểm H,
8
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
9

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:

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 :
10
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 .
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 <<
11
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:
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.

12
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








=
+
+
−
=
+
+
−
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)
13
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).
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:
14
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
15
BT
c
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+2)x + m +1 = 0 có 2 nghiệm x
1

,x
2
∉ [ 0,2].
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 (***)
16
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

⇔
(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
17
⇒
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
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.
18
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
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
19

n số
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 )
20
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)
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
21
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
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)
22
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.
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 :
23
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:
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
24
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
25