ânngs kiến kinh nghiệm dạy học Toan11 cơ bản

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, h-
ớng 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).
1
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
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:
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
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
3

( )
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

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
.
4
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
.
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.
5
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
(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)
6
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:

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.
7
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
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
8

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)
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.
9
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
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
10