Một số phương pháp tìm tòi lời giải bài toán

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài:

Bài tập Toán học có vai trò quan trọng trong môn Toán. Điều căn bản là
bài tập có vai trò giá mang hoạt động của học sinh. Thông qua giải bài tập,
học sinh phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và
thể hiện định nghĩa, định lý, quy tắc/phơng pháp, những hoạt động Toán học
phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong Toán học, những hoạt động
trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ.
Một số ngời có tham vọng muốn có một thuật giải tổng quát để giải
mọi bài toán. Đó là điều ảo tởng. Ngay cả đối với những lớp bài toán riêng
biệt cũng có trờng hợp có, có trờng hợp không có thuật giải. Tuy nhiên, trang
bị những hớng dẫn chung, gợi ý cách suy nghĩ tìm tòi, phát hiện cách giải bài
toán lại có thể và cần thiết.
Dựa trên những t tởng tổng quát cùng với những gợi ý chi tiết của Polya
(1975) về cách thức giải bài toán đã đợc kiểm nghiệm trong thực tiễn dạy học,
có thể nêu lên phơng pháp chung để giải bài toán nh sau:
Bớc 1: Tìm hiểu nội dung đề bài;
Bớc 2: Tìm cách giải;
Bớc 3: Trình bày lời giải;
Bớc 4: Nghiên cứu sâu lời giải.
Trong quá trình dạy học phơng pháp chung giải Toán, cần có những gợi
ý để thầy hỗ trợ cho trò và để trò tự định hớng suy nghĩ tìm ra lời giải.
Một câu hỏi đặt ra là, làm thế nào để học sinh hiểu đợc và vận dụng đợc
phơng pháp chung để giải Toán vào việc giải những bài toán cụ thể mà họ gặp
trong chơng trình. Mặt khác, học phơng pháp chung để giải bài toán không
phải là một học thuật giải mà là học những kinh nghiệm giải Toán mang tính
chất tìm tòi, phát hiện.
Quá trình học sinh học phơng pháp chung giải Toán là một quá trình
biến những tri thức phơng pháp tổng quát thành kinh nghiệm giải Toán của
bản thân mình thông qua việc giải hàng loạt bài toán cụ thể. Từ phơng pháp

chung giải Toán đi tới cách giải một bài toán cụ thể còn là cả một chặng đờng
đòi hỏi lao động tích cực của ngời học sinh, trong đó còn có nhiều yếu tố sáng
tạo. "Tìm đợc cách giải một bài toán là một điều phát minh" (Polya 1975).
Vì chính lý do trên, chúng tôi chọn đề tài của luận văn là: "Một số phơng pháp tìm tòi lời giải bài toán".
2. mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu:

1


Mục đích của luận văn là nghiên cứu để tìm ra một số phơng pháp định
hớng, tìm tòi lời giải bài toán, qua đó tạo tiền đề để ngời giáo viên có thể áp
dụng hình thức thuyết trình phát hiện và giải quyết vấn đề vào quá trình dạy
học toán ở trờng phổ thông.
3. phơng pháp nghiên cứu:

Đúc kết những kinh nghiệm về mặt suy nghĩ khi đứng trớc một bài
toán và có kiểm chứng qua thực tiễn s phạm bớc đầu.
4. Giả thuyết khoa học:

Nếu ngời giáo viên đúc kết đợc những kinh nghiệm của mình về phơng
diện suy nghĩ và tìm tòi khi đứng trớc các bài toán không mẫu mực, thì họ có
thể truyền thụ những kinh nghiệm đó cho học sinh, trang bị cho học sinh
những thủ pháp, những kỹ thuật giải Toán, góp phần nâng cao chất lợng dạy
học Toán ở trờng phổ thông.
5. Cấu trúc của luận văn:

Luận văn ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo có 3 chơng:
Chơng 1. Quan niệm về vấn đề giải toán và nội dung của phơng pháp
tìm tòi lời giải các bài toán.
Chơng 2. Một số phơng pháp tìm tòi lời giải bài toán.

Chơng 3. Thực nghiệm s phạm.
CHƯƠNG I
quan niệm về vấn đề giải toán và nội dung
của phơng pháp tìm lời giải các bài toán
i. quan niệmvề vấn đề rèn luyện giải toán

Việc rèn luyện giải toán bao gồm hai nội dung chủ yếu:
1. Rèn luyện việc tìm lời giải các bài toán
2. Rèn luyện việc giải bài toán
Có thể mô tả công việc trên thành hai công đoạn theo mô hình:
Rèn luyện giải toán

Rèn luyện khả năng
tìm lời giải

Rèn luyện khả năng
giải bài toán

2


Trong quá trình rèn luyện, hai nội dung trên có khi tiến hành đồng thời
nhng cũng có khi tách thành hai quá trình riêng biệt. Tuy vậy về mặt nhận
thức cần phân biệt hai nội dung trên là hoàn toàn khác nhau, độc lập với nhau
(tuy có quan hệ hỗ trợ lẫn nhau). Mỗi nội dung đảm bảo một yêu cầu riêng
biệt trong việc rèn luyện giải toán.
Ngời giải toán cần nhận thức rõ ý nghĩa và tác dụng của mỗi nội dung
và mối quan hệ giữa hai nội dung đó.
Ta hãy nói đến vấn đề giải toán khi đã có đờng lối giải. Vấn đề này tất
nhiên là quan trọng trong việc rèn luyện giải toán. Ngời giải toán cần thấy rõ

từ chỗ tìm đợc phơng hớng giải bài toán đề việc giải hoàn chỉnh bài toán là cả
một quá trình rèn luyện bao gồm nhiều khâu: Từ việc nắm vững các kiến thức
cơ bản về nội dung lý thuyết và các thao tác có tính chất kỹ thuật. Điều này
đòi hỏi tính nghiêm túc, tính kiên nhẫn và một phơng pháp làm việc khoa học
của ngời giải toán.
Mặt khác, nh đã biết kết quả của mỗi bài toán trớc hết phải biểu hiện ở
lời giải đúng và đầy đủ.
Lại có những bài toán mà việc tìm đờng lối giải không khó, đôi khi đã
khá rõ ràng mà khó chủ yếu thuộc về kỹ thuật giải, do vậy cũng đòi hỏi ở ngời
giải toán không ít sự sáng tạo.
Quá trình phân tích này chứng tỏ tính chất quan trọng của việc rèn
luyện giải toán (khi đã có đờng lối). Nhng dù sao vẫn phải xem việc rèn luyện
khả năng tìm lời giải các bài toán là khâu có tính chất quyết định trong toàn
bộ công việc rèn luyện giải toán vì các lẽ sau đây:
- Dù có kỹ thuật cao, có thành thạo trong việc thực hiện các thao tác và
các phép tính nhng khi cha có phơng hớng hoặc cha có phơng hớng tốt thì cha
thể có lời giải hoặc lời giải tốt.
- Mặt khác, phải xem lao động trong khâu thực hiện các thao tác khi đã
có phơng hớng là lao động có tính chất kỹ thuật, không thể có những mặt sáng
tạo lớn nh lao động để tìm phơng hớng.
- Ngoài ra, coi trọng khâu rèn luyện phơng pháp tìm lời giải các bài
toán chính là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng làm việc độc lập
sáng tạo - một khả năng không thể thiếu đợc đối với ngời giải toán.
Những điều nêu ra ở trên (dù sơ bộ) cũng đủ chứng tỏ tính chất quyết
định của khâu: Rèn luyện phơng pháp tìm lời giải các bài toán trong toàn bộ
quá trình rèn luyện giải toán và khả năng t duy cho ngời giải toán.
ii. nội dung của phơng pháp tìm lời giải các bài toán

Nội dung của phơng pháp tìm lời giải các bài toán bao gồm các mặt sau
đây:

3


1. Trớc hết, với mỗi bài toán công việc của ngời giải toán cần đặt ra là:
Phải làm sao từ các dữ liệu của bài toán đã cho bao gồm các giả thiết, các điều
kiện đã có trong bài toán và kể cả yêu cầu mà bài toán đòi hỏi cần xác định đợc:
- Thể loại bài toán
- Vạch đợc phơng hớng giải bài toán
- Tìm đợc các phơng pháp và công cụ thích hợp
Làm sao cho trớc khi thực hiện các thao tác thì đã có đợc phơng hớng
và bớc đi để giải các bài toán đó.
2. Phải phân tích cho đợc nguồn gốc hình thành các giả thiết, các điều
kiện đã cho trong bài toán và có khi cả kết quả của bài toán. Phải phát hiện
cho đợc mối liên hệ có tính tất yếu giữa giả thiết và kết luận, giữa những điều
đã cho và những điều mà bài toán đòi hỏi.
3. Từ các kết quả trên, ngời giải toán cần đặt ra một vấn đề nữa là tìm
kiếm các bài toán liên quan và sáng tạo các bài toán mới.
4. Cuối cùng ngời ta giải toán phải vơn tới việc đoán nhận quá trình
hình thành bài toán của tác giả.
Mối liên hệ giữa các mặt của nội dung phơng pháp tìm lời giải các bài
toán.
Mặt thứ nhất là một yêu cầu quan trọng và quyết định trong sự thành
bại, hay hoặc dở của một lời giải bài toán. Năng lực của ngời giải toán cũng
thể hiện rõ trong mặt này. Có một số ngời giải toán có thói quen không tốt là
hễ có bài toán là cứ ghi ghi chép chép và nháp lia lịa, mặc dù cha biết mình sẽ
giải quyết cái gì và những con số tính của mình phục vụ cho yêu cầu nào. Có
thể nói mặt này là thớc đo năng lực của ngời giải toán vì rằng không thể đánh
giá năng lực làm toán tốt mà chỉ thể hiện ở khâu tiếp thu và vận dụng tốt. Bỏ
qua mặt này mà một bài toán giải đợc thì hoặc là bài toán quá dễ do có đờng

lối rõ ràng hoặc là do kết quả ngẫu nhiên của một quá trình mò mẫm.
Mặt thứ hai nhằm rèn luyện khả năng đi sâu vào mỗi bài toán: Việc
phân tích các giải thiết, các điều kiện của bài toán và cả kết quả của nó giúp
cho ngời giải toán thấy rõ quá trình xảy ra có tính chất quy luật của mọi bài
toán. Nói cụ thể hơn là ngời giải toán sẽ biết đợc các giả thiết, các điều kiện
đã cho nh vậy thì tất yếu kết quả phải diễn ra nh thế nào? Và để có kết quả nh
thế thì cần đòi hỏi các giả thiết, các điều kiện nh thế nào? Điều kiện này, biểu
thức nọ có mặt trong bài toán phải đợc hình thành trong quá trình nào?
Làm quen mặt này ngời giải toán có đủ lòng tin vào đờng lối mà mình
đã tiến hành và hy vọng ở tính đúng đắn của mọi thao tác, biến đổi. Nó cũng
là cơ sở vững chắc để cho ngời giải toán có điều kiện đoán nhận các kết quả

4


xảy ra để bằng mọi cách chứng minh và kiểm nghiệm tính đúng đắn của sự
đoán nhận đó. Làm tốt khâu này còn giúp ích nhiều cho ngời giải toán trong
việc tìm kiếm các bài toán liên quan, sáng tạo các bài toán mới và đoán nhận
đợc quá trình hình thành bài toán của tác giả.
Mặt thứ ba: Tìm các bài toán liên quan và sáng tạo các bài toán mới.
Muốn làm việc đó, trớc hết ngời giải toán phải phân tích kỹ để nắm đợc đặc
điểm và bản chất của bài toán, các yếu tố cấu tạo nên bài toán đó. Nh thế mới
có thể thấy đợc mối liên hệ giữa các bài toán trong cùng một loại bài toán và
giữa các loại bài toán khác nhau. Công việc sáng tạo các bài toán mới, trớc hết
(đơn giản hơn cả) có thể đi từ việc thay đổi các điều kiện đã cho của một bài
toán để tìm một kết quả mới. Sau nữa, do phát hiện đợc mối liên hệ giữa các
chất liệu tạo nên bài toán nên có thể thay đổi mối liên hệ đó để tạo ra các bài
toán mới.
Làm tốt mặt này, sẽ làm tốt mặt thứ hai đã nêu ở trên. Từ đó ngời giải
toán không chỉ nắm đợc các bài toán dới dạng riêng lẻ mà còn nắm đợc dới

dạng tổng quát. Có làm tốt mặt này, ngời giải toán mới làm quen với việc nhận
dạng các bài toán cũng nh phân loại các bài toán mới.
Cuối cùng, nếu đoán nhận đợc quá trình hình thành bài toán của tác giả
thì ngời giải toán sẽ có một sự hiểu biết sâu sắc về bài toán đó. Mặt này, nếu
làm đợc và làm tốt (tuy khó) sẽ giúp ích nhiều cho việc sáng tạo các bài toán
mới.
Bốn mặt trên, tuy mỗi mặt có những yêu cầu khác nhau nhng lại có
quan hệ và hỗ trợ cho nhau một cách đắc lực. Chính vì vậy quá trình để rèn
luyện khả năng giải toán, ngời giải toán phải tiến hành một cách toàn diện cả
bốn mặt đó.

5


chơng ii
một số phơng pháp tìm tòi lời giải bài toán
Phơng pháp 1:
Khai thác triệt để các giả thiết của bài toán
a. Nghiên cứu các đặc điểm về dạng bài toán
Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó.
Do sự thống nhất giữa nội dụng và hình thức nên việc nghiên cứu phần hình
thức của bài toán thực chất là việc khám phá các đặc điểm trong nội dung của
bài toán. Vì vậy, nhiều bài toán có đợc lời giải hoặc có lời giải hay là nhờ vào
việc khai thác đúng đắn các đặc điểm về dạng của bài toán đó. Mặt khác, cũng
do tính phong phú của hình thức nên các đặc điểm về dạng biểu hiện muôn vẻ,
đòi hỏi ngời giải toán phải biết cách nhìn bài toán đó. Đặc điểm của bài toán
có thể đợc thể hiện ở trong các khâu sau đây:
1. Trớc hết các đặc điểm đó thể hiện ở mối liên hệ giữa các số có mặt
trong bài toán đó.
2. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở mối liên hệ giữa các nhóm số hạng

tham gia trong bài toán.
3. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở tính chất của hình, vị trí tơng đối
của các đờng, dạng các biểu thức,... có trong bài toán.
4. Đặc điểm của bài toán còn thể hiện ở tính chất kì dị, không mẫu mực
hay tính chất nguỵ trang của bài toán.
Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng tình huống cụ thể:
1. Các đặc điểm thể hiện ở mối liên hệ giữa các số có mặt trong bài toán.
Bài toán 1: Chứng minh rằng:





+ 2tg + tg
= cotg .
8
16
32
32
Nhận xét: Chúng ta nên dùng biến đổi lợng giác vì các đối số tuy cụ thể
8 + 4tg

nhng không phải là các góc đặc biệt. Chúng ta để ý rằng hệ số của cotg


, tg
32

đều là 1. Hơn nữa, để ý thấy
= 2. ;
và chú ý tới đẳng
= 2.
32
16
32 8
16

6


2
2
cosx
sinx
cos
x
sin
x
thức: cotgx - tgx =
=
= 2cotg2x có mối liên hệ
sinx cosx
sinx.cosx
giữa đối số x, 2x nên ta có thể sử dụng nó để giải quyết bài toán.

- tg ữ - 2tg - 4tg - 8 = 0
Ta có (1) cotg
32
32
16
8

2 cotg








- 2tg - 4tg - 8 = 0 2 cot g tg ữ 4tg 8 = 0
16
16
8
16
16
8


2.2. cotg 2.

8. cotg 2.






4tg 8 = 0 4 cot g tg ữ 8 = 0
16
8
8
8




8 = 0 8. cotg
=0
8
4 8
8 -8 = 0.

Vì điều này đúng nên ta suy ra điều cần phải chứng minh.
Bài toán 2: Tính sin 180 (không dùng bảng tính).
Nhận xét: Để tìm sin 180, do không đợc dùng bảng tính, ta phải lập phơng trình xem sin180 = x > 0 là ẩn.
ở đây chỉ có con số 180. Vậy chúng ta xem xét mối liên hệ nào?
Ta biết có các công thức tính sin 2x, sin3x, cos 2x khi biết sinx.
Ta hãy xét 180.2 và 180.3 tơng ứng là 360 và 540. Giữa 360 và 540 có mối
liên hệ gì? Đó là 360 + 540 = 900. Điều này rất quan trọng trong lợng giác, vì
đó chính là 2 góc phụ nhau. Do đó ta xuất phát từ:

sin 540 = cos 360 3sin 180 - 4sin3180 =1 - 2sin2180 (1)
Đặt x = sin 180
Từ (1) ta có: 4x3 - 2x2 - 3x + 1 = 0
(x - 1) (4x2+ 2x - 1) = 0
4x2 + 2x - 1 = 0 (vì sin 180 1 nên x 1)
1 + 5
x =
4

1 5
x =

4

7


Vì x = sin 180 > 0 nên sin 180 = 1 + 5
4
Bài toán 3: Giải hệ phơng trình:
6,751x + 3,249 y = 26,751
(I)
3,249 x + 6,751y = 23,249

Nhận xét: Đây là hệ 2 phơng trình hai ẩn, về nguyên tắc học sinh có
thể giải theo cách thông thờng (phơng pháp thế hay phơng pháp tính định
thức). Tuy nhiên, ta hãy quan sát các con số khá dài dòng trong bài toán, cho
ta điều gì? Ta nhận thấy:
6,751 + 3,249 =10
6,751 3,249 = 3,502

3,249 + 6,751 =10 và 3,249 6,751 = 3,502
26,751 + 23,249 = 50
26,751 23,249 = 3,502


Từ mối liên hệ của các con số nh trên, ta nghĩ đến giải hệ đã cho bằng
cách cộng, trừ từng vế của các phơng trình của hệ. Khi đó, ta sẽ đợc hệ mới
với hệ số đơn giản hơn rất nhiều.
10 x + 10 y = 50
x + y = 5
x =3

(I)

3,502 x 3,502 y = 3,502
x y =1
y = 2
Bài toán 4: Giải phơng trình sau:
x 29 x 27
x 15 x 1970 x 1972
x 1984
+
+ ... +
=
+
+ ... +
1970 1972
1984

29
27
15
Nhận xét: Khi giải phơng trình này, học sinh không thể nghĩ đến quy
đồng mẫu số đợc, vì mẫu số quá lớn. Điều đó khiến cho chúng ta nghĩ đến
phải xét mối liên hệ giữa các con số có mặt trong bài toán.
Ta nhận thấy: 29 + 1970 = 27 + 1972 = ... = 15 + 1984 = 1999 và mỗi
vế của phơng trình có 14 số hạng.
Từ đó để giải phơng trình trên, ta nghĩ đến việc sử dụng đặc điểm vừa
phát hiện ra. Muốn vậy, chỉ cần - 1 vào mỗi số hạng của phơng trình sẽ đợc:
(1)
=

x 27
x 27
x 15
1 +
1 + ... +
1
1970
1972
1984
x 1970
x 1972
x 1984
1+
1+ ... +
1
29
27

15

8


1
1
1
+
+ ... +
(x-1999)
1984
1970 1972
1
1 1
= (x-1999) + + ... +
15
29 27
1
1
1
1
1
+
+ ... +
... = 0
(x- 1999)
1984 29
15
1970 1972

x - 1999 = 0 x = 1999.
2. Đặc điểm của bài toán thể hiện ở mối liên hệ giữa các nhóm số hạng
tham gia trong bài toán.
Mối liên hệ đó đôi khi thể hiện rõ ràng, dễ thấy, nhng cũng có khi ẩn
kín bên trong đòi hỏi nhiều phép biến đổi và có cách nhìn tinh mới phát hiện
đợc.
Bài toán 1: Giải phơng trình:
2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 (1)

Nhận xét: Nếu quan niệm đây là phơng trình vô tỉ dạng

f ( x ) = g( x )

và thuần tuý nghĩ đến việc khử căn thức bằng cách bình phơng 2 vế, ta sẽ đợc
một phơng trình bậc 6. Nhng nếu ta để ý đến mối liên hệ sau:
(x + 1)(x2 - x + 1) = x3 + 1
(x + 1) + (x2 - x + 1) = x2 + 2,
thì ta sẽ nghĩ đến đa phơng trình (1) về dạng tơng đơng:
2 ( x +1) + ( x 2 x +1) = 5 x + 1. x 2 x +1
Chia hai vế của phơng trình cho x2 - x +1 > 0 thì
x +1

x +1
+1 = 5 2
(1) 2 2
x x +1
x x +1
Đặt t =

x +1

0
x x +1
2

t = 2
Phơng trình (1) 2t2 - 5t + 2 = 0 1
t =
2

9


* Với t = 2

x +1
=2
x 2 x +1

x 1
2
(vô nghiệm)
4 x 5x + 3 = 0
* Với t =

1

2

x +1
1

=
x x +1 2
2


5 37
x
=

1
x 1
2

2
5 + 37
x 5x 3 = 0
x2 =

2
Vậy phơng trình đã có hai nghiệm:
x1, 2 = 5 m 37
2
Bài toán 2: Giải phơng trình:
2(1 - sinx - cosx) + tgx + cotgx = 0 (1)
Lời giải và nhận xét:
x k
sin x 0
Điều kiện:

cos

x

0

x 2 + k

( k  )
(k  )

xk


(k  )
2

sin x cos x
1
+
=
cos x sin x sin x .cos x
(sinx + cosx)2 =1 + 2sinx.cosx
nghĩa là ta có thể biểu diễn tgx + cotgx qua sinx.cosx, và sinx.cosx lại có thể
biểu diễn qua sinx + cosx.
Chính nhờ mối liên hệ giữa các nhóm đó, mới có thể nghĩ đến việc đặt
t = sinx + cosx
Ta chú ý rằng: tgx + cotgx =

=

2 sin( x + ) với
4

2 t 2

t 1

Nh vậy (1) 2(1 - (sinx + cosx)) +
ơng trình ẩn t nh sau:

10

1
= 0 và có thể đa về phsin x.cos x


t 2 1
2 ( 1 t ) +
=0
2
t(t2 - t - 1) = 0

t = 0

1+ 5
t =
2

t = 1 52

(loại vì không thoả mãn (*))

Trở về ẩn x, ta có:





t = 0
2 sin x + 4 ữ = 0
sin x + 4 ữ= 0







1

5
t =

1 5
1 5

= sin
2 sin x + ữ=
sin x + ữ=

2
4
2
4
2






x
=

+ k

4

x = + k 2

4

( k  ) , thoả mãn sin = 1

5

2

Bài toán 3: Giải bất phơng trình:

(

4x2
1 1+ 2 x

)

2

<2x +9

(1)

Nhận xét: Khi giải bất phơng trình này, ta có thể dùng biến đổi tơng đơng, nhng chúng ta sẽ có lời giải đơn giản hơn nếu chúng ta khai thác đợc mối

(

liên hệ: 4 x 2 = 1 1 + 2 x

) ( 1+
2

1+ 2 x

)

2

Từ đó ta có lời giải bài toán nh sau:

(

Điều kiện: 1 1 + 2 x

)

2

1

1 + 2 x 0 x
0 1+ 2 x 1

2
1
+
2
x

1

x 0

Khi đó:

11


1

(
(1)

1+ 2 x

( 1

) ( 1+

(

1+ 1+ 2 x

2

1+ 2 x

)

2

1+ 2 x

)

)

2

<2x + 9

2

(

< 2 x + 9 vì 1 1+ 2 x

)

2

>0

1+1+ 2 x + 2 1+ 2 x 2 x + 9
2 1+ 2 x < 7
45
x < 8
1

2 x < 0
1
x
0 < x < 45
2

x 0
8


Bài toán 4: Giải phơng trình:

(1)

5 x 2 + 14 x + 9 x 2 x 20 = 5 x +1
5 x 2 + 14 x + 9 0

Điều kiện: x 2 x 20 0
x +1
0


9

x


x 1
( x + 1) ( 5x + 9 ) 0

5


( x + 4 ) ( x 5) 0 x 4 x 5
x 1

x
+
1

0

x5
Với điều kiện đó (1)

5 x 2 + 14 x + 9 = 5 x + 1 + x 2 x 20

2
2
5x +14x + 9 = x +24x +5 +10

2x2 - 5x + 2 = 5

(x

2

)

( x + 1) ( x 2 x 20 )

x 20 ( x +1)

(2)

Nhận xét rằng: Với phơng trình vô tỷ này, khó có thể giải bằng cách
bình phơng hai vế. Vì vậy, ta cần phân tích, xem xét mối liên hệ giữa các biểu
thức có mặt trong phơng trình. Ta thấy:
(x2 - x - 20)(x + 1) = (x + 4)(x - 5)(x + 1)

= (x + 4)(x2 - 4x - 5)

12


2x2 - 5x + 2 = 2(x2 - 4x - 5) + 3(x + 4)
Từ đó ta đa (2) vế phơng trình tơng đơng sau đây:

(

)

2 x 2 4 x 5 + 3( x + 4 ) = 5

( x + 4 ) ( x 2 4 x 5)

Nhận thấy rằng, điều kiện của x là x 5 nên x + 4 > 0.
Chia cả 2 vế của phơng trình thu đợc nay cho x + 4, ta đợc:
x2 4x 5
x2 4x 5
2
ữ+ 3 = 5
x
+
4
x+4


Đây là một phơng trình bậc hai với ẩn

x2 4x 5
x+4

x2 4x 5
=1

x
+
4

Giải phơng trình này cho ta:
2
x 4x 5 = 3

x+4
2
Giải hai phơng trình vô tỷ này, chú ý điều kiện x 5 cho ta hai nghiệm
của phơng trình là x = 8 và x = 5 + 61 .
2
Bài toán 5: Giải phơng trình:
3 x 2 7 x + 3 x 2 2 = 3 x 2 5 x 1 x 2 3 x + 4

Lời giải và nhận xét:
3 x 7 x + 3 0
2
0
x 2
Điều kiện 2
3 x 5 x 1 0
x 2 3x + 4 0

2

x 2

5 + 37
x 6

7 13
7 + 13
x
x
6
6

x 2 x 2

5 + 37
5 37
x


x


6
6

x
(*)

13


Theo cách thông thờng, ta chuyển vế để hai vế của phơng trình cùng dơng rồi bình phơng, tuy nhiên, theo cách đó phải thực hiện nhiều lần bình phơng thì mới khử hết căn đợc. Phơng trình thu đợc cồng kềnh và cha hẳn đi đến
kết quả.
Để ý tới mối liên hệ:
(3x2 -7x +3) - (3x2 - 5x-1) = - 2x+ 4 = - 2(x - 2)
(x2 -2) - (x2 - 3x + 4) = 3(x - 2) (**)
Để dùng đợc mối liên hệ cho bởi (**) ta biến đổi phơng trình về dạng sau:
(1)


3 x 2 7 x + 3 3 x 2 5 x 1 = x 2 2 x 2 3 x + 4
2 x + 4

3 x 2 7 x + 3 + 3 x 2 5 x 1

3x 6

=

x 2 2 + x 2 3x + 4



2
3
+
=0

( x 2)
3x 2 7 x + 3 + 3 x 2 5 x 1
x 2 2 + x 2 3 x + 4
x-2=0
x = 2 thoả mãn (*)
Vậy x = 2 là nghiệm phơng trình đã cho.
Bài toán 6: Giải bất phơng trình:
x +1 + 2 x 3 + 50 3 x 12 (1)
Nhận xét: Nếu giải bài toán này theo phơng pháp thông thờng, tức dùng
biến đổi tơng đơng, thì sẽ tơng đối phức tạp.
Ta nhận thấy, tổng của các bình phơng các căn thức ở vế trái là một số
không đổi:

(

) (
2

x +1 +

) (
2

2x 3 +

50 3 x

)

2

= 48

và vế trái của (1) có dạng a1b1 + a2b2 + a3b3 trong bất đẳng thức Bunhiakốpxki
Từ đó, ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Bunhiakốpxki để giải quyết
bài toán:
Nếu ta xem a1 = 1 + x ; a2 = 2 x 3; a3 = 50 3 x ; b1 = b2 = b3 =1
thì ta có:

( 1.

) ( 1 +1 +1 ) 48

1 + x + 1. 2 x 3 + 1. 50 3 x

14

2

2

2


1 + x + 2 x 3 + 50 3x 12
Vậy (1) luôn đúng.
Vậy nghiệm của bất phơng trình đã cho chính là điều kiện cho
x +1 0

các căn thức có nghĩa tức là: 2 x 3 0

50 3 x 0



x 1

3
x
2
50
x 3

Vậy nghiệm của bất phơng trình đã cho là



3
50
x
2
3

3
50
x
2
3

Bài toán 7: Giải phơng trình:
1 x2

x2

1 2 x
x2

1 1 (1)
=
2 x
Nhận xét: Bài toán sẽ có thể không thể giải đợc nếu không có một mối
liên hệ đặc biệt nào đó trong các nhóm số hạng tham gia trong bài toán. Vì lẽ
đó, ta cố gắng tìm cho đợc điều đang dấu kín bên trong bài toán.
Để ý mối liên hệ:
2

2

1 2 x 1 x 2 x 2 2 x
2 1 1
2 =
=1 = 2 ữ
2
2
x
x
x
x 2 x
Ta có thể viết phơng trình đã cho dới dạng:
2

1 x2

x2



2

2

1 2 x
x2

1 x2
x2

1 1 2 x 1 x 2
= 2 2
2 x
x

1 1 x 2
2 ữ= x
2 x

12 x
x2

1
Đặt f (t ) = 2 t + t
2
Dễ thấy f (t ) đồng biến trên R

Từ đó:
1 x 2 1 2 x
(2) f 2 ữ= f 2 ữ
x x

15

1 1 2 x
+ 2 ữ
2 x


1 x 2 1 2 x 1 x 2 =1 2 x
= 2

x2
x
x 0

x = 2.

Bài toán 8: Giải phơng trình:

(

) (

)

x

x

3 3 + 5 + 3 5 = 2 x + 2 (1)
Nhận xét: Bài toán giải phơng trình mũ nhng có 3 cơ số khác nhau. Bởi
vậy, để giải phơng trình cần xem xét mối liên hệ giữa các cơ số.
Ta nhận thấy rằng:
3 + 5 3 5
.
=1
2
2
Do đó, chia 2 vế của (1) cho 2x > 0, ta đa về phơng trình tơng đơng:
x

x

3+ 5 3 5
(2)
3
ữ
ữ + 2 ữ
ữ =2
2



x

x

1
Khi đó đặt t = 3 + 5 ữ > 0 thì 3 5 ữ = 1 và (2) trở thành: 3t + = 2
2 ữ
2 ữ t
t




3 + 5 2

ữ =1
t = 1
2 ữ

1

2
t =
3 + 5 1
2

ữ
ữ=
2 3

x = 0
x = log 3 .

3+ 5

2

3. Đặc điểm thể hiện ở tính chất của hình, vị trí tơng đối ở các đờng,
dạng của các biểu thức có trong bài toán.
Bài toán 1: Cho ABC. BC = a, AC = b, AC = c. Các đờng cao tơng
ứng hạ từ A, B, C là h a, hb, hc. O là điểm bất kỳ trong tam giác, khoảng cách từ
O xuống các cạnh BC, CA và AB tơng ứng là x, y, z.
Tính: P =

x y z
+ + .
ha hb hc

Bài toán này ta có thể tổng quát trong không gian nh sau:
Cho tứ diện ABCD. Các đờng cao hạ từ A, B, C, D xuống các mặt dối diện là
ha, hb, hc, hd. M là một điểm bất kì trong tứ diện. Khoảng cách từ M xuống các
mặt phẳng đối diện với các đỉnh A, B, C, D tơng ứng là x, y, z, t.

16


Tính P =

t

x y z
+ + +
.
ha hb hc hd

Giải bài toán trong không gian .

A

A

M
B
ha

Nhận xét:
B

0
x
(Từ

hình vẽ)

x

ha

C

A'
01
x
là tỉ số hai đờng
cao của 2 tứ diện có chung đáy BCD
C và các đỉnh là M, A.
ha

3VMBCD
S
V
x

= BCD = BMCD
ha 3V ABCD V ABCD
S BCD

Tơng tự nh vậy:
y VMACB
=
hb V ABCD
z VMABD
=
hc V ABCD
V
t
= MABC
hd V ABCD
P=

V
V
V
V
x
y
z
t
+ + +
= MABC + MACB + MABD + MABC . Lại có nhận xét là, vì M
ha hb hc hd V ABCD V ABCD V ABCD V ABCD

nằm trong tứ diện nên:
VMABC + VMABD + VMACD + VMBCD = V ABCD P = 1.

Bài toán 2: Giải phơng trình:
x + 2 x + ... + 2 x + 2 3 x = x (1)

Đây là kiểu phơng trình không bình thờng, nhng nếu ta coi
3x = x + 2 x , thì ta thấy rằng vế trái của (1) có thể hiện quy luật. Ta có lời

giải:
Đặt

17

D


y1 = x

( y1 0)

y2 = x + 2 y1

( y 2 0)

.
.
.

.
.
.
( y n 0)

yn = x + 2 yn 1

Thì (1) y n = x = y1
y1 = x + 2 y n 1
y 2 = x + 2 x + 2 y n 1
.
.
.
y n = x + 2 x + ... + 2 x + 2 y n 1 = x
y n 1 = x y n = x + 2 y n 1 = 3 x
3 x = x 2
x = 3
3x = x

x = 0
x0

Vậy nghiệm của phơng trình đã cho là: x=0 và x=3.
Bài toán 3: Cho ABC nội tiếp đờng tròn (O). Ba chiều cao
AA, BB , CC lần lợt cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác tại A1 , B1 , C1 . Chứng
A

minh:
AA BB CC 9
+
+

AA1 BB1 CC1 4

C1

B'

C'

B1

H

Nhận xét: Ta dễ dàng chứng minh đợc,
với H là trực tâm ABC :

B

AH = AA1
B H = B B1
C H = C C1


A'
A1

AH B H C H
AA1 BB1 CC1
+
+
+
+
= 3 +
AA BB CC
AA BB CC

Và AH , AA là các đờng chung đáy BC của HBC và ABC .

18

C


AH S BHC
=
AA S ABC

B H S AHC

=

Từ đó ta có: BB S ABC AA1 + BB1 + CC1 = 1.
AA BB CC
C H S BHC
=

CC S ABC



AA1 BB1 CC1
+
+
= 4. áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
AA BB CC

AA ' BB ' CC ' AA1 BB1 CC1
+
+
+
+

ữ
ữ 9
AA
BB
CC
AA
'

BB
'
CC
'


1
1
1
Từ đó suy ra:

AA BB CC 9
+
+
.
AA1 BB1 CC1 4

x 2 + x + y 2 + y = 18
Bài toán 5: Giải hệ phơng trình:
x( x + 1). y ( y + 1) = 72
Nhận xét: Đây là hệ 2 phơng trình hai ẩn, lời giải rắc rối khi ta dùng phơng pháp thế. Nhìn vào dạng của biểu thức ta thấy rằng, khi thay đổi vai trò x,y
cho nhau thì biểu thức trong mỗi phơng trình không thay đổi. Nh vậy, đây là một
hệ đối xứng, ta có thể nghĩ ngay tới việc đặt S = x + y, P = x.y, nhng khá dài dòng
với hệ chứa S, P. Ta nhìn và phân tích xem, ta có thể đặt S = ?, P = ? thì bài toán
sẽ đơn giản hơn
Từ (1) cho ta x(x+1) +y(y+1)=18
Với chú ý nh vậy, ta nghĩ ngay đến việc đặt :
S = x ( x + 1) + y ( y + 1)
. Khi đó, hệ đã cho đa về:
P = x( x + 1). y ( y + 1)

S = 18
x( x + 1) và y ( y + 1) là nghiệm của phơng trình:

P = 72
t 2 18t + 72 = 0
t =6
1
t 2 = 12

Vậy, hệ đã cho tơng đơng với:

19


x ( x + 1) = 6
x = 2 x = 3



y
(
y
+
1)
=
12

y = 3 y = 4

x ( x + 1) = 12
x = 3 x = 4


y( y + 1) = 6
y = 2 y = 3
Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm nh trên.
Bài toán 6: Cho M là điểm cố định thuộc tam diện vuông Oxyz . Mặt
phẳng ( ) qua M cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C. Gọi khoảng cách từ M tới các
mặt phẳng (OBC), (OAC), (OAB) lần lợt là a, b, c. Tính OA, OB, OC để
OA + OB + OC nhỏ nhất.
Lời giải và nhận xét:
z
Đặt OA = m, OB = n, OC = p
C

VOABC =

1
mnp
6

Dựa vào hình vẽ ta dễ nhận thấy:
Điểm M cùng 4 điểm A, B, C, O chia tứ
diện thành 4 tứ diện nhỏ, nếu coi các tứ
diện có đỉnh tại M thì:

p
b

0

VOABC = VMOAB + VMOCB + VMOAC

a M
c n

B

m
A

1
1
mnp = (cmn + anp + bmp)
6
6
c b a
+ + =1
p n m


a
m

b
n

c
p

Ta có: OA + OB + OC = m + n + p = (m + n + p)( + + ) ( a + b + c ) 2
Dấu = xảy ra khi:
m
a
m

=

n
b
n

=

p
c



m
a

=

n
b

=

p
c

=

m+n+ p
a+ b+ c

p

m = a ( a + b + c )

n = b( a + b + c)
p = c( a + b + c)


20

=

( a + b + c )2
a+ b+ c

= a+ b+ c

y


Vậy để OA + OB + OC nhỏ nhất thì OA = m, OB = n, OC = p xác định
nh trên.

Bài toán 7: Điểm M nằm trong ABC. Hạ MA1 , MB1 , MC1 lần lợt vuông
góc với BC, CA, AB. Tìm vị trí của điểm M để

BC
CA
AB
+
+
nhỏ nhất.
MA1 MB1 MC1

Nhận xét: Bài toán có các tỉ số

A

BC CA AB
;
;
MA1 MB1 MC1

B1

C1
M

Nhng từ mối liên hệ giữa các tích của
chúng:

B

A1

BC.MA1 = 2 S BMC
MB1 . AC = 2 S AMC BC.MA1 + AC.MB1 + AB.MC1 = 2S ABC
MC1 . AB = 2 S AMB

vì
S ABC = S MAB + S MAC + S MBC (do điểm M nằm trong ABC )

Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiakốpxki:
(

BC
CA
AB
+
+
)( BC.MA1 + AC.MB1 + AB.MC1 ) ( BC + CA + AB) 2
MA1 MB1 MC1



BC
CA
AB
( BC + AC + AB ) 2
+
+

là giá trị không đổi

MA1 MB1 MC1
2 S ABC

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:
BC .MA1
BC
MA1

=

CA.MB1
CA
MB1

=

AB .MC1
AB

MA1 = MB1 = MC1

MC1

M là tâm đờng tròn nội tiếp ABC .

4. Đặc điểm về dạng thể hiện ở tính chất kỳ dị không mẫu mực hay
tính chất "nguỵ trang" của dạng biểu thức có trong bài toán.
Bài toán 1: Phơng trình 4 x 3 3 x = 1 x 2 có bao nhiêu nghiệm?
Nhận xét. Bài toán này nếu ta sử dụng đổi tơng đơng thông thờng thì
phải giải phơng trình bậc 6.

21

C


Trong lúc đó để ý biểu thức 4x3 - 3x rất giống với 1 công thức trong lợng giác. Đó là 4cos3t - 3cost chính là cos3t.
Nh vậy, nếu chúng ta phát hiện đợc điều này, lột bỏ vẻ rắc rối ta đa về
đợc bài toán lợng giác khá đơn giản bằng cách đặt:
x = cost ; t [0, ]
Đa phơng trình đã cho về: cos 3t = sint


cos3t = cos t + ữ
2



3
t
=

t
+
+ k 2

2
( k  )

3t = t + k 2

2

k
t = 8 + 2

( k  )

t = + k

4

Từ đó cho ta nghiệm phơng trình đã cho.
Bài toán 2: Giải phơng trình
cos6x - cos4x + 4cos3x + 4 = 0.
Nhận xét: Ta nhận thấy rằng, các đối số cách nhau quá sai lệch ta khó
mà biểu diễn chúng qua nhau. Ta tìm cách phân tích, đánh giá.
cos6x - cos4x + 4cos3x + 4 = 0
( 1 + cos6 x ) + ( 1 cos4 x ) + 4cos3 x + 2 = 0
2
2
2cos 3x + 2sin 2 x + 4cos3 x + 2 = 0

( cos x +1) + sin 2 2 x = 0
2

cos3x + 1 = 0
Vế trái 0, do đó phơng trình đã cho
x = +2k

sin 2 x = 0
(k Z)
Bài toán 3: Giải phơng trình:
3 x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 2 x x 2 (1)

Nhận xét rằng: Không thể biến đổi tơng đơng phơng trình theo cách
thông thờng, vì nh vậy sẽ đa về phơng trình rất cồng kềnh.

22


Ta đánh giá các vế, vì rằng ở vế trái nếu đánh giá đợc thì sẽ có chiều ,
còn vế phải nếu đánh giá đợc thì . Nếu dấu = xảy ra tại cùng 1 giá trị, thì
giá trị đó là nghiệm của phơng trình.
Ta đa (1) về dạng:
3 ( x + 1) + 4 + 5 ( x + 1) + 9 = 5 ( x + 1)
2

2

2

Dễ thấy:
Vế trái 2 + 3 = 5
Vế phải 5
VT = 5
Vậy (1)
VP = 5

x = -1

Bài toán 4: Chứng minh rằng:

(

)(

) (

)(

)

4ab 1 a2 1 b 2 + 2a 2 1 2 b 2 1 1 (1)
với a 1, b 1
Nhận xét: Khi nhìn vào bất đẳng thức cần phải chứng minh, không ít
ngời cảm thấy quá phức tạp, vì vẻ dài dòng. Dùng biến đổi thông thờng rất
khó khăn, vậy làm thế nào để lột bỏ vẻ nguỵ trang dài dòng đó?
Chúng ta lu ý, a 1; b 1
đặt a = cos
b = cos

(0 ; )

(

)(

)

2
2
Khi đó (1) 4cos . cos sin .sin + 2cos 1 2cos 1 1

cos ( 2 2 ) 1 (đúng vì cos 1 )
Ta đa (1) về bất đẳng thức tầm thờng.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu = cos(2 - 2) = 1
2( - ) = 2k - = k (k Z)
Bài toán 5: Chứng minh bất đẳng thức:
1 2
2003
+ + ... +
<1
2! 3!
2004!
23


Nhận xét: Ta phải tìm cách biến vế trái, không thể tính các phân số. Cụ
thể, ở đây, ta đánh giá phần tử đại diện của tổng. Nó có dạng:
Uk =


( k +1) 1 = 1 1
k
=
( k +1) ! ( k +1) ! k ! ( k +1) !

1 2

2003
+ + ... +
2! 3!
2004!

1 1 1
1
1
1
= 1
+ + ... +

<1
2! 2! 3!
2003! 2004!
2004!
Bài toán 6: Giải phơng trình:
= 1

x + 6 x 9 + x 6 x 9 = 2 ( x +1)

(1)

Nhận xét:
Ta để ý rằng: x + 6 x 9 = x 9 + 2.3 x 9 + 9 =
x 6 x 9 =

Điều kiện: x 9
và

)

)

2

2

x 9 3 = 2 ( x + 1)

x 9 +3 +

Thực chất (1) là:

(

x 9 3

(

x 9 +3

x + 9 + 3>0
x 9 3
x 9 3=
x 9 3


(

)

nếu x 18
nếu 9 x < 18

(1)
2 x 9 = 2 ( xnếu
+1)x 18
(1)
(2)
= 2 ( xnếu
+ 1) 9 x < 18
6
Vì (1) và (2) vô nghiệm, nên phơng trình đã cho vô nghiệm.
Bài toán 7: Giải phơng trình:
x + x + 7 x 51 + x 11x + 30 = log13
3

2

2

x2 x + 3
x 2x + 4
2

+ 23 x + 3 x

Nhận xét: Vẻ cồng kềnh của phơng trình làm ta "choáng váng". Nhng
chúng ta hãy lu ý đến điều kiện để phơng trình có nghĩa:

24


x 3 x 2 + 7 x 51 0
x 3
2

x 11x + 30 0
x 5 x 6 x =3



x
+
3

0

x 3
x 2
x 2

Thay vào phơng trình đã cho ta có vế trái vế phải
Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm.
Bài toán 8: Giải bất phơng trình:

(

)

(

)

x 1
x 2 4 x + 3 +1 log3 +
8 x 2 x 2 + 6 +1 0 (1)
5 x
Việc giải bất phơng trình theo cách thông thờng chúng ta không làm đợc. Thờng học sinh quên mất điều kiện bất phơng trình có nghiệm. Trong trờng hợp này khai thác điều này cho chúng ta lời giải khá bất ngờ:
x 2 4 x + 3 0
x 1 x 3

x =1
x

Điều kiện > 0
x >0

x =3
5
1 x 3

8 x 2 x 2 6 0
+ Thay x = 1 vào bất phơng trình (1): vế trái = 0 x = 1 là nghiệm
3
3 1
+ Thay x = 3 thì vế trái = log3 ữ+ = log3 3 > 0 .
25
5 3

x = 3 không là nghiệm của bất phơng trình.
Vậy bất phơng trình có 1 nghiệm là x = 1.
b. Nghiên cứu điều kiện đặt ra cho các đại lợng có trong bài toán để
định hớng đờng lối giải
Bài toán 1: Cho phơng trình:

f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 (1)

a. Giả sử a > b + c , chứng minh rằng trong (-1; 1), (1) có 2 nghiệm
hoặc không có nghiệm nào.
b. Giả sử b > a + c , chứng minh rằng trong (-1, 1), (1) có đúng 1
nghiệm
c. Giả sử c > a + b , chứng minh rằng trong (-1, 1), (1) không có
nghiệm.

25