Dạy học giải quyết vấn đề - phương trình lớp 10

A. đặt vấn đề
I. Lời nói đầu:
Với t tởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần dạy
cả phơng pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn khoa học,
hớng t duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Ngời thầy phải thực hiện điều đó và hớng dẫn hoc sinh thực hiên ngay trong mỗi
tiết học .
Tất nhiên để làm đợc chính ngời thầy phải có những khả năng trên, cùng
với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phơng pháp tạo ra tình
huống có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đa t tởng 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 phơng 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, nhng hãy khoan, ta hãy suy nghĩ lại
xem, đến bây giờ đã bao nhiêu ngời 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, nhng 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 t duy trừu tợng,
khái quát, củng nh khả năng t duy theo hớng xây dựng lý thuyết là rất yếu.
+ Vậy vấn đề đổi mới đặt ra cho nền giáo dục :
Cần giúp học sinh phái triển t duy trừu tợng và t duy sáng tạo .
Biết cách nhìn nhận vấn đề dới nhiều góc độ .
Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối t duy xây
dựng ).
Nhìn lại kết quả hoc tập của học sinh trờng 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 phơng 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).
B. Giải quyết vấn đề
1.Giải pháp thực hiện
Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tởng sau:
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phơng pháp suy luận, khả
năng t duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có đợc những kiến
thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao).
2. Các biện pháp thực hiện
1
Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập trong sách giáo
khoa, ngời thầy phải hớng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán,biết nhìn bài
toán dới 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. Nhng 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 đa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trc tiếp đến thi đại
hoc và thi hoc sinh giỏi.
3. Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110:
Giải hệ phơng 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 phơng trình gồm một phơng trình bậc hai và một phơng 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 đợc :
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 tơng ứng ở hai phơng trình(1) và
(2).
Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhng 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 phơng 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
2
Để rèn luyện t duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả lời
nhanh nghiệm của phơng 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
nhng 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 phơng pháp đánh giá.
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá nh 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 đợc : 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 :

cos


= vuvu

=

vu,


vuvu


GV:lu 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 đợc :
( )
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
3

o
01cos ==

hoặc

= vu
o
;180

cùng phơng 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 ng ợc lại, tìm cách chứng minh bài
tập 8.a - Trang 77 bằng cách sử dụng tích vô h ớng của hai véc tơ .
Nếu bắt trớc cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a nh 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 phơng trình (1) ta thấy VT có dạng : x
2
+(2y)
2
. Điều đó lại gợi
cho ta liên tởng đến một công thức trong hình học
1cossin
22
=+

)1800(
oo
<

(SGK hình học 10)
Nhng vấn đề vế trái của công thức là 1 , đế đợc điều đó ta chia hai vế của phơng
trình (1) cho 8 khi đó:
(1)
1
222
22
=






+







yx
.
Vậy nếu có góc để
22

sin
x
=

thì
2
cos
y
=

. Nhng để có :
22
sin
x
=

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
.
4
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 đợc
1
22
0
x
;
1
2
0

y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc để
22
sin
x
=

)900(
oo


Thay vào PT(1) suyra:


coscos
2
cossin1
22
1
2
222
22
====

=








y
x
y
Ta đợc
;cos222
sin22


=
=
y
x
thay vào phơng trình (2) ta đợc :
2cossin =+

GV: Ta đã có bài tập: Với
oo

1800 <

thì
o
45cos.2cossin =+

(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hớng của hai véc tơ).
Vậy
oooo
45045145cos. ===


Suy ra
;145cos2
245sin22
==
==
o
o
y
x
GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm đợc một cách giải BT8-
Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngợc lại từ các cách chứng
minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phơng trình 1.a .
Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phơng
trình bậc hai rất đặc biệt .
Ta thử bắt trớc cách đó để làm BT1.a.
Cách 7:
Gọi (x
o

,y
o
) là nghiệm của hệ phơng trình, tức



=+
=+
42
84
00
2
0
2
0
yx
yx
Ta xét phơng trình bậc hai ẩn :
( ) ( )
02
2
0
2
0
=+ yx

(**)
Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : = x
0
= 2y

0
Mặt khác ta thấy
phơng trình (**)
( )
( )
2084.2204222
22
0
2
000
2
==+=+++

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 đợc hệ phơng trình :



=+
=+
4
8
22
tx

tx
thì phơng trình
8
22
=+ tx
là phơng trình đờng tròn tâm O(0,0) và bán kính
R =
22
5
(ở lớp 10 đăc biệt là các lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết phơng
trình đờng tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng
222
atx =+
. Thông qua các
bài toán nh :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 đờng 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 đợc )
Còn phơng trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phơng trình đờng 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 đờng, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn,
vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
Đờng 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 đờng thẳng có phơng trình :
x+t =4 là độ dài đờng cao OH =
228
4
1
4
1
1
22
==






+






và bằng bán kính của
đờng tròn có phơng trình
8

22
=+ tx
, vậy đờng thẳng tiếp xúc với đờng 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 phơng trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phơng trình (1) ta đợc:

( ) ( )



=
=
=+=+

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 ch a dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ ph ơng trình ta sẽ có những
bài toán mới .
Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số)
ta đợc hệ



=+
=+
42
4
22
yx
myx

)7(
)6(
và ta có thể đa 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 phơng trình (7) : x= 4- 2y (6

) thế vào phơng trình (6) ta đợc :
(4-2y)
2
+ 4y
2
= m

8y
2
- 16y+ 16- m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 8 để đợc phơng trình với hệ số gọn hơn:
6

0
8
22
2
=+
m
yy
(7

)
ta để ý :với mỗi nghiệm y
0
của phơng trình (7

) ta đợc một nghiệm (x
o
,y
o
)
Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phơng 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 đa 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 t duy
biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh nh :
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 cha cần kiểm tra các bớc 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 đa 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 phơng 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 phơng pháp
này :
Bài toán a: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :



=+
=++
axyyx
ayxyxa
3
.4)(
22
22
7
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 phơng
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 đa 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 phơng 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 tơng đơng với việc đờng
tròn có phơng trình : x
2
+t
2
= m phải cắt đờng thẳng : x + t = 4 tại hai điểm nằm
ở góc phần t 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 đợc 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 phơng 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 vớng mắc.

Vấn đề ở đây là ta đa về phơng trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x.
Vì vậy ta có hai hớng giải quyết :
- Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y.
- Chuyển thành phơng 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)
8
Vậy yêu cầu bài toán

phơng 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 phơng 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 nh sau :
Bài toán trên tơng đơng với bài toán: tìm m để hệ phơng 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 đa 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 tơng đơng 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)
Vậy hệ trở thành:



=+
=+
42
4
22
YX
mYX
9

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 tơng đơng với m[ 8,16).
GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 2-4x nếu x> 0

y< 2 ta tiếp tục đa ra bài
toán sau:
Bài toán 8: Tìm m để hệ phơng 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 lu ý khi học bài: Hệ phơng trình bậc 2 thì cha học định lý so sánh
nghiệm của phơng trình bậc 2. Vì vậy học sinh cha thể áp dụng định lý này vào
để giải bài toán).
Để ý vào phơng trình (7) của hệ : x+ 2y = 4

x= 4- 2y, ta thấy y<2

x>0
Vậy bài toán 8 đa về bài toán sau: Tìm m để hệ phơng 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 tơng đơng với bài toán : Tìm m để phơng 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 ph ơng trình bậc hai. Ta
thử phân tích xem mấu chốt ở đâu mà ta đã chuyển sang đ ợc 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, đợc điều kiện (*) và phép chuyển chính là phơng trình (7).
Vì vậy nếu xem phơng trình (7) là một phép đặt ( đổi biến ) thì ta sẽ có cách giải
quyết bài toán so sánh nghiệm của phơng 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 phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
thoã mãn điều kiện :
x
1
< <x
2
Đặt y= x- , Khi đó : x
1
< <x
2
khi và chỉ khi : y
1
< 0 < y
2
và khi thay y= x-

ta đợc:
g(y) = a(y+)
2
+ b(y+) + c
= ay
2
+ (b+2a) y+a
2
+b +c
Vậy bài toán 9 tơng đơng với bài toán sau:
Tìm điều kiện để phơng trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y
1
< 0 < y
2



a(a
2
+b +c) <0

a.f() <0.
Bài toán 10: Tìm điều kiện để phơng trình (I) có 2 nghiệm x
1
, x
2
<
Đặt y= x- , vậy bài toán tơng đơng với bài toán sau:
Tìm điều kiện để g(y) = 0 có 2 nghiệm âm
10

>
<

0
0
0
g
g
g
P
S










>
<

+

++
0
0
2
044444
22222
)(f.a
a
ab
acabaabab









>
<+

0
02
04
2
)(f.a
a

b
acb










>
<+

0
0
2
0
)(f.a
s
Bài toán 11: Tìm điều kiện để phơng trình (I) có 2 nghiệm x
1
,x
2
>
GV : Yêu cầu học sinh tự làm.
Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, nh 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].
GV: Tiếp tục ta đ a ra các bài toán ràng buộc giữa các nghiệm với áp dụng định
lý Viét nh :
Bài toán 12: Tìm m để hệ phơng 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 phơng 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 phơng 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 phơng 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 phơng 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
11
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 đ a 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 phơng 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 phơng 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
)loại(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
12
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 ch a 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 phơng 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 đợc bài toán tổng quát
hơn.
Bài toán 2: Giải hệ phơng trình

=+
=+
kyx
kyx

2
1

22222

);;( Rk

GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.
Bài toán 3: Giải hệ phơng trình:





=++
=++
kxx
n
k
xx
nn
nn

11
2
22
2
1
1
2


(I)
);, ,(
1
Rk
n


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 phơng trình bậc 2 ẩn t : (t -
1
x
01
)
2

+ +(t -
n
x
0n
)
2
= 0
rõ ràng phơng trình trên nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất
t=
1
x
01

= =
n
x
0n
(*)
Mặt khác: phơng trình tơng đơng với:
( t
2
- 2
1
x
01
t +
1
x
2
01

) + +(t
2
- 2
n
x
on
t +
n
x
0n
2
) = 0


nt
2
- 2t(
1
x
01
+ +
n
x
01
) + (
2
1
x
0n
2

+ +
2
n
x
0n
2
) =0

nt
2
- 2kt + k
2
/n =0
Pt có = k
2
- k
2
= 0, Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất t = k/n.
Vậy theo (*) suy ra x
0i
=
n
k
i

(i =
n,1
) là nghiệm của hệ phơng trình. (việc
thử lại là rễ ràng).
Cách 2: (Dựa vào cách 3 của bài 1-a)

13
Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia tổng quát với 2n số:

1
x
1
, ,
n
x
n
và 1, ,1 , ta có:
n(
2
1
x
2
1
+
2
2
x
2
2
+ +
2
n
x
2
n
) (

1
x
1
+
2
x
2
+ +
n
x
n
)
2
= k
2


2
1
x
2
1
+
2
2
x
2
2
+ +
2

n
x
2
n

n
k
2
.
Từ phơng trình thứ nhất của hệ suy ra dấu = xảy ra khi

1
x
1

= =
n
x
n


x
i
=
n
k
i


), ,2,1( ni =

GV: Từ cách 2 này ta còn có thể mở rộng hệ nh sau
Bài toán 4: Giải hệ phơng trình:







=+
=++

=
kxx
k
xx
nn
n
i
i
n


11
1
2
2
2
1
2

),0(
1
2
Rk
n
i
i


=

GV:Và cũng từ bài toán 3 ta có thể đa ra một số bài toán sau:
Ví dụ1: Giải hệ phơng trình





=++
=++
nxx
nxx
n
n


1

2
1
2

)(
*
Nn
Vi dụ2: Giải hệ phơng trình



=+++
=+++
200520052
200520052
200521
2005
22
2
2
2
2
1
xxx
xxx


GV: Ta lại tham số hoá ví dụ 1vừa nêu, đ a 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 phơng trình: ( t - x
01
)
2
+ + (t - x
0n
)
2
= 0.
Ta thấy nếu phơng trình có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất.
Mặt khác, phơng trình

nt
2
-2t( x
01
+ + x
0n
) +
n
xx
0
2
01
2
++
= 0

nt
2
-2nt +m = 0.
Vậy phơng trình này phải không có quá 1 nghiệm, tức là
0

n
2
- nm 0


n m ( Vô lý).

( .)
GV: Ta lại tiếp tục đa ra bài toán:
14
n số
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 đợc .
Với ý tởng trên ta sẽ tìm nghiệm của hệ dới dạng : (x
1
, ,x
n-1
, )
Khi đó hệ trở thành :





=++
=++




11
2
2
1
1
2

nxx
mxx
n
n


(II)
)(
*
Nn
Ta sẽ tìm đợc để đa về dạng hệ I (bài toán 3). Tức là phải có:
(n-1)(m-
2
) =(n-)
2

(n-1) m - (n-1)
2
= n
2
-2n+
2



n
2
- 2n +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 là luôn xác định đợc , khi đó theo bài
toán 3 thì hệ (II) với các ẩn x
1
, ,x
n-1
có nghiệm : x
i
=
1

n
n
(i=
11 n,
)
Vậy hệ (*) có nghiệm (

;
n
n
;;
n
n
11

) với là nghiệm của phơng trình :
n
2
-2n + n
2
- nm+ m =0
GV:Ta có thể tổng quát đa 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 ph ơng trình bởi hệ bất ph ơng trình .
Bài toán 8 : Giải hệ bất phơng trình:





++
++
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 ph ơng trình.
Bài toán 9: Tìm m để hệ sau có nghiệm:





=++
<++
nxx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
Bài làm: bài toán này tơng đơng với bài toán tìm m để hệ bất phơng trình sau
có nghiệm :

=++
<++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2
(***)
Làm tơng tự nh 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 phơng trình thành phơng trình để tìm nghiệm , ta chon số
sao cho m > > n.
15
Khi đó ta tìm nghiệm của hệ pt:





=++

=++
nxx
xx
n
n


1
2
1
2
(III) ( Với m > > n)
Vấn đề này đã đợc 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





=++

<++
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 :





>++
<++
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 tơng tự nh bài toán 9, với chú ý sử dụng bài toán 7.
GV: Tiếp tục ta đa ra bài toán:
Bài toán 11: Tìm m và a (m, a là tham số) để hệ :





=++
=++
axx
mxx
nn
n
n

11
2
2
1
2
1
2
( Với
i
>0, n>1)
Có nghiệm không âm (x
i
0)
Bài làm: Trớc 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
++








++=++

<

Vậy tóm lại ta đợc 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/

n
) không âm; và m= a
2
/n hệ có 1nghiệm : (a/

1
n; ;a/

n
n) không
âm )
CM: Rõ ràng ta thấy theo cách chỉ nghiệm của hệ pt thì hệ có 1 nghiệm là:
(





;
n
a

;
n
a
11

) (ở bài toán 6)
(Với là nghiệm của phơng trình n
2
- 2a + a
2
- m( n-1) = 0)
Ta chứng minh nghiệm này là không âm tức là chứng minh với điều kiện ( a)
thì phơng trình: n
2
- 2a + a
2
- m( n-1) = 0 có 1 nghiệm 0 a.
Thật vậy, xét = a
2
- na
2
+nm( n-1)
16
= a
2
(1-n) + nm (n-1)
= (n-1) (nm - a
2
) 0.
Vậy phơng trình có nghiệm:

0 =
n
)ana)(n(a
n
)anm)(n(a
222
11 +

+
(do ma
2
)

a
n
naa
n
naa
n
nana
=
+
=
+
=
+
=
)1(
)1()1()1(
222

GV: Ta đã tăng số ẩn của hệ ph ơng trình bây giờ ta đặt vấn đề: tăng số ph ơng
trình của hệ.
Ta thấy với việc xét phơng trình: (t-x
1
)
2
+ +(t- x
n
)
2
= 0,ta đợc hệ (I).Bây giờ
ta thử tổng quát phơng trình trên thành phơng 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 phơng 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 đợc bài toán:
Bài toán 13: Giải hệ phơng 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 phơng trình.
Từ việc phân tích cách giải 7 của bài ra ta thấy phơng trình với bậc 2 có
nghiệm duy nhất là mấu chốt, vì vậy ta thay phơng trình với số bậc khác có
tính chất tơng tự ví dụ bài 4, bài 6, bài 8
Xét phơng trình:

=
=
n
i
i
)xt(
1

4
0
. Phơng trình này nếu có nghiệm thì chỉ có
nghiệm duy nhất t=x
i
(i=
n,1
). Mặt khác phơng trình lại tơng đơng 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 đa ra hệ phơng trình:
17
Bài toán 14: Giải hệ phơng trình:















=
=
=
=

=
=
=
=
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 hớng trên ta có thể mở rộng đa ra hệ phơng trình n ẩn, m phơng
trình. ví dụ nh bài toán sau:
Bài toán 16: Cho hệ phơng 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 phơng 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, phơng trình (1) có nghiệm duy nhất t=x
0

phơng 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
18











=
=
=
n
i
xt
xt
xt


1
(Vô nghiệm) do x
1
x

i
. Điều này mâu thuẩn với (**).
Bài toán 16 :Cho hệ phơng 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 phơng trình. Từ đó đa ra bài toán.
Bài toán 17: Cho hệ phơng trình :





=+++
=+++
)(xaxaxa
)(xaxaxa
nn
nn
2
1
2211
22
22
2
11

a
i
>0
, thoã mãn điều kiện : - +2 =

=
n
i
i
a
1
(*)
CMR hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi = =

=
n
i
i
a
1
Chứng minh:
Nhân (2) với -2 rồi cộng với (1) ta đợc:
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
= -2

a
1
( x
1
- 1)
2
+ a
2

( x
2
-1)
2
+ + a
n
(x
n
- )
2
= 0

x
1
= x
2
= =x
n
=1
Thay vào (1)

a
1
+ +a
n
= . Vậy để hệ có nghiệm cần và đủ là = a
1
+ +a
n
sau đó thay vào (*)

= =

=
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
).
2
(**)
mặt khác từ giả thiết ta có: - +2 =

=
n
i
i
a
1


= 2 -

=
n
i

i
a
1
thế vào (**)



=
n
i
i
a
1
(2 -

=
n
i
i
a
1
)
2


( -

=
n
i

i
a
1
)
2
0
19

=

=
n
i
i
a
1
thế vào (*)

= =

=
n
i
i
a
1
và với = =

=
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 phong trình:





=+++
=+++
mxxmx
mxxmx
198121
1981
2
2
21
2
1981

có nghiệm và
tìm nghiệm đó.
GV: Sau đó ta tổng quát và đa ra bài toán:
Bài toán 18: Giải hệ phơng trình:





=+++
=+++


nnn
nn
xaxaxa
xaxaxa


222111
22
22
2
11

( )
( )
2
1

(a
i
>0)
, thoã mãn điều kiện : - +2 =
2


=

n
i
ii
a
1
( với bất kì)
GV: Tiếp tục mở rộng số phơng 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




n
n
n
n
n
n

nnn
n
n
xaxa
xaxa
xaxa
xaxa





)4(
)3(
)2(
)1(
Với điều kiện:
1
+ 4
2
+6
3
+4
4
+

=

n
i

i
i
a
1
4
= 0
Bài làm: hệ phơng trình tơng đơng với:







=++
=++
=++
=++
41
1
3
1
3
2
2
2
1
1
2
1

2
33
111
1
4
1
4
1
444
666
444




n
n
n
n
n
n
nnn
n
n
xaxa
xaxa
xaxa
xaxa

Cộng vế với vế ta đợc
a
1
(
1
1
3
1
2
1
1
2
3
11
1
4
464 xaxxx +++
)+ + a
n
(
n
n
n
n
nn
n
xxxx
3

2
2
3
4
464 +++
)
=
1
+ 4
2
+6
3
+4
4

a
1
( x
1
+
1
)
4
+ + a
n
( x
n
+
n
)

4
= 0






=
=
nn
x
x

11
thay vào hệ, ta đợc
1
=
2
=
3
=
4
=

=

n
i
i

i
a
1
4
.
Vậy nếu
1
=
2
=
3
=
4
=

=

n
i
i
i
a
1
4
thì hệ có nghiệm duy nhất

=
=
nn
x
x

11
nếu
i


=

n
i
i
i
a
1
4
thì hệ vô nghiệm.
GV: Từ đó ta có thể đa ra một số bài toán áp dụng nh sau:
20
Bài toán 20: Giải hệ phơng 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 đợc:
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 phơng trình với nhau ta đợc : 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).
C - Kết luận
Đề tài đã làm đợc:
21
(m-1) số
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 hớng t 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 dới dạng tổng quát vì vậy mà từ bài toán dạng
tổng quát đó ta thay số cụ thể vào sẽ đa ra vô số bài toán khác nhau).
Sau khi nhận xét về đặc điểm của hệ đối xứng đã đa ra phơng pháp tổng
quát để tìm điều kiện để hệ đối xứng có nghiệm duy nhất và đa ra 2 bài
toán dạng này.
Đồng thời với việc phân tích cách 3 và cách 4 của bài toán gốc đã da ra
phơng 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 nh 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 lợng 23 trang giấy A
4
tng đơng 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 t tởng 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 bớc đầu tạo đợc
sự hứng thú cho học sinh.
Sáng kiến này mới chỉ là một ví dụ nhỏ về t tởng 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 lợng một sáng kiến kinh nghiệm là không nhiều. Vì vậy mà Tôi
cha khai thác đợc hết các vấn đề xung quanh bài tập này. Mong đợc sự
giúp đỡ của các Thầy cô và các em học sinh.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
22