A ĐẶT VẤN ĐỀ I Lời nói đầu: Với tư tưởng dạy học sinh không dạy kiến thức cho em, mà cần dạy phương pháp suy luận, khả vận dụng, khả kết nối môn khoa học, hướng tư khái quát phát minh khoa học Người thầy phải thực điều hướng dẫn hoc sinh thực hiên tiết học Tất nhiên để làm người thầy phải có khả trên, với yêu nghề đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo tình có vấn đề cho hoc sinh, từ đưa tư tưởng phát minh vào tiết học, với xuất phát điểm phải từ SGK Sau mội ví dụ: Khi dạy 1a tiết 2-Hệ phương trình bậc hai SGK 10 II Thực trạng vấn đề nghiên cứu + Ở kì thi tốn quốc tế, học sinh phổ thông Việt Nam đạt kết cao Đó điều đáng tự hào cho dân tộc, khoan, ta suy nghĩ lại xem, đến người số trở thành nhà phát minh khoa học + Đơn giản bậc đại học, có khơng học sinh thi vào đại học đạt kết cao, học tập có kết yếu, chí khơng thể học tiếp, lí sao? phải họ khơng ý học? Đó khơng phải lí chính, quan trọng chổ họ thợ giải toán sơ cấp mà khả tư trừu tượng, khái quát, củng khả tư theo hướng xây dựng lý thuyết yếu + Vậy vấn đề đổi đặt cho giáo dục : • Cần giúp học sinh phái triển tư trừu tượng tư sáng tạo • Biết cách nhìn nhận vấn đề nhiều góc độ • Giúp học sinh có khả tổng quát hoá vấn đề (lối tư xây dựng ) Nhìn lại kết hoc tập học sinh trường Lê Lai thơng qua kì thi đại học học sinh giỏi, kết khiêm tốn vây việc đổi lại cấp thiết , đổi phương pháp mà phải đổi nội dung kiến thức, truyền đạt cho hoc sinh (không truyền đạt kiến thức sách giáo khoa mà kiến thức nâng cao) B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.Giải pháp thực Để giải vấn đề tơi đề xuất ý tưởng sau: Cung cấp cho học sinh không kiến thức mà phương pháp suy luận, khả tư Từ kiến thức phải dẫn dắt hoc sinh có kiến thức nâng cao cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao) Các biện pháp thực Trong tiết học thông qua vấn đề tập sách giáo khoa, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng tốn,biết nhìn tốn nhiều góc độ Để cụ thể hố điều trên, tơi trình bày đề tài : Xuất phát từ mơt tốn đơn giản SGK dành cho hoc sinh trung bình yếu, với cách giải áp dụng thuật tốn có sẵn Nhưng suy nghĩ ta sẽ: * Tìm thấy nhiều cách giải thú vị * Đồng thời từ đặt nhiều toán nâng cao, tổng qt thành nhiều tốn *Qua đưa giải vấn đề mới, có liên quan trưc tiếp đến thi đại hoc thi hoc sinh giỏi Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110: x + y =   x + 2y = Giải hệ phương trình : a) (1) (2) GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau gọi em khác lên kiểm tra cũ với câu hỏi: “nêu cách giải hệ phương trình gồm phương trình bậc hai phương trình bậc hai ẩn” Khi học sinh hoàn thành lời giải bảng ta bắt đầu sửa lời giải : Từ (2) rút x =4-2y (3) vào (1) (GV: Nên rút x biểu thức sau rút gọn hơn) Ta : (4 − y ) + y = ⇔ 16 − 16 y + y + y = ⇔ y − y + = (*) ⇔ y1 = y = thay vào biểu thức (3) ta có : x=2 x = y =1 Vây hệ có nghiệm :  GV:còn cách giải khác để giải hệ không? GV:Yêu cầu học sinh nhận xét số hạng tương ứng hai phương trình(1) (2) Rõ ràng hệ đối xứng với hai ẩn x,y, tìm ẩn để hệ đối xứng Từ ta có cách 2:  x + (2 y ) = ⇔  x + 2y = Cách 2: Hệ (1.2) Đặt : 2y=t hệ trở thành x + t =   x+t = (Đây hệ đối xứng với hai ẩn x t ) x + t = ( x + t ) − xt = x + t = ⇔ ⇔ Hệ  x+t =  xt =  x+t =  Vậy x, t nghiệm phương trình x − x + = (**) x = ⇔ x1 = x = nên hệ có nghiệm x=t=2 Suy nghiêm hệ (1.2) :  y =1 Để rèn luyện tư cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay trả x + y = lời nhanh nghiệm phương trình :  ?  x + 2y = TL: Ta thấy x ≥ 0; y ≥ Suy x + y ≥ PT có nghiệm x=y=0 : x + y ≠ nên hệ VN GV:Từ PT(*) cách 1và(**) cách ta thấy chúng có nghiệm kép hay hai PT “danh giới vơ ngiệm” Vì vây ta phán đoán thêm cách giải hệ, phương pháp đánh giá Vấn đề phải đánh ? Ta để ý : Hạng tử thứ PT thứ x Hạng tử thứ PT thứ hai x y = (2 y ) Hạng tử thứ hai PT thứ Hạng tử thứ hai PT thứ hai 2y Ta nghĩ đến bất đẳng thức liên hệ số a,b a , b Ta nhớ lại (BT 8.a - Trang 77-SGK) (a )( ) + b c + d ≥ ( ac + bd ) (bất đẳng thức bất đẳng thức bunhiacơxki cho số) Ta có cách Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức cho số : x; 2y; 1; ta có: (12 + 12 )( x + y ) ≥ ( x.1 + y.1) ⇔ 2( x + y ) ≥ ( x + y ) (4) Vậy theo (2) ta có : 2( x + y ) ≥ ⇒ x + y ≥ Để có (1) cần có x 2y = ⇔ x = y , thay vào (2) ta : y=1 ; x=2 1 GV: Vẫn với phân tích để tìm cách , ta cịn thấy phép tốn hình học có liên quan đến mối liên hệ cặp số (a,b) ( a ,b ) Đó : → → u = ( a, b ) , u = a + b → → → Vậy chọn v = (1,1) ⇒ u v = a + b Từ gợi cho ta cách giải Cách 4: → → Đặt u = ( x,2 y ); v = (1,1) → ⇒u = → x +( y ) ; v = 2; → → u v = x +2 y → → Mặt khác :   → →  α =  u, v      → → u v = u v cos α GV:lưu ý cho hoc sinh: bên trái trị tuyệt đối số bên phải độ lớn véc tơ Vậy ta : x + y ≤ x + ( y ) ( ⇔ ( x + y ) ≤ x + y 2    ⇒u v ≤ u v ) (5) (Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu xãy → → ‌ cos α = ⇒ α = o α = 180 o ⇔ u ; v phương hay tồn → →  x = k ⇔ x = y ⇒ x = 2; y = k ∈ R để : u = k v ⇔   y = k GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cánh bất đẳng thức (5) cách giống hai cách dẫn đến khác Vì mà gợi cho ta nghĩ đến việcđặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh tập 8.a - Trang 77 cách sử dụng tích vơ hướng hai véc tơ Nếu bắt trước cách làm 1.a ta có cách chứng minh 8.a sau: → → Xét u = ( a, b ); v = ( c, d ) → → → → ⇒ u = a + b ; v = c + d ,và u v = a.c + b.d → → → → do: ‌ u v ≤ u v nên a.c + b.d ≤ a + b c + d ⇔ ( a.c + b.d ) ≤ ( a + b ).( c + d ) →   a = k b → a b u = k v ⇔   Dấu xảy  → → c = k d ⇔ a.d = b.b; (hay : = )  c d  v=0   b = d = GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức quen thuộc khác: a + b ≤ 2.( a + b ) ; (hay : ( a + b ) ≤ 2.( a + b )) (***) (bài 2-trang 77) từ ta có cách 5: Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x b = 2.y ta trở BĐT(4) GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x 2+(2y)2 Điều lại gợi cho ta liên tưởng đến công thức hình học (0 o ≤ α < 180 o ) sin α + cos α = (SGK hình học 10) Nhưng vấn đề vế trái cơng thức , đế điều ta chia hai vế phương trình (1) cho đó: 2  x   y   +  = (1) ⇔  2 2  2 x y x Vậy có góc α để sin α = cos α = Nhưng để có : sin α = cần có 2 2 x ≥ Ta quay lại xét hệ (1.2) Ta thấy : điều kiện 2  x 0) toán :cho điểm M(x,y) nằm đường trịn tâm O(0,0) bán kính a>0 tìm mối liên hệ x y Hai làm khơng khó, cần học sinh học song phần toạ độ điểm làm ) Còn phương trình thứ hai hệ : x+t = phương trình đường thẳng cắt trục Ox điểm A(4,0) cắt trục Ot điểm B(0,4) Khi thử biểu diễn hình học hai đường, hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với đường trịn, ta có cách giải thứ : Cách 8: Đường thẳng x+t=4 cắt Ox điểm A Ot điểm B , ∆OAB tam giác vuông cân, suy khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình : x+t =4 độ dài đường cao OH =       +  = 8=2 bán kính 4 4 đường trịn có phương trình x + t = , đường thẳng tiếp xúc với đường 2 x + t = tròn điểm H, hay nghiệm hệ  toạ độ điểm H Mặt khác  x+t = x A + xB  = x = xH = ⇒ ∆OAB tam giác vuông cân O nên  tA + tB y =1  tH = =2  GV: Tinh tế ta thấy cách giải khác Cách 9: Nhân phương trình (2) với -4 sau cộng vế với vế vào phương trình (1) ta được: x = 2 x − x + y − 16 y = −8 ⇔ ( x − ) + 4( y − 1) = ⇔  y =1 vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, hệ có nghiệm x=2 ,y=1 GV:Ta chưa dừng lại , ta tham số hố hệ phương trình ta có tốn Chẳng hạn: ta thay m ( tham số) ta hệ x + y = m   x + 2y = (6) (7 ) ta đưa số tốn Bài tốn 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm Bài làm: Cách 1: Dựa vào cách 1.a ta có cách sau: Rút từ phương trình (7) : x= 4- 2y (6’) vào phương trình (6) ta : (4-2y)2 + 4y2 = m ⇔ 8y2- 16y+ 16- m = GV: ta nên chia hai vế cho để phương trình với hệ số gọn hơn: y2 − 2y + − m =0 (7’) ta để ý :với nghiệm y0 phương trình (7’) ta nghiệm (xo,yo) Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm phương trình (7’) có nghiệm tức ∆′ ≥ ⇔ m ≥ Cách 2: GV: Nếu ta phân tích cách giải 1a với phép đặt 2y= t ta đưa hệ dạng m  x + t = m  x.t = − = P ⇔   x+t =  x+t = = S  Để hệ có nghiệm cần đủ là: S ≥ P ⇔ 4(8 − m ) ≤ 42 ⇔ m ≥ GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 1a để tìm cách giải Bài tốn 2: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm Bài làm: Cách 1: Với việc phân tích tốn ta thấy để hệ có nghiệm cần đủ ⇔ m=8 ∆’=0 GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết sau giải toán khả tư biện chứng cho hoc sinh, giáo viên đặt câu hỏi cho học sinh : GV:Ta thấy đáp số đáng tin cậy Vì sao? TL: m= ta trở lại tốn 1a GV: cịn học sinh làm đáp số GV khẳng định kết sai chưa cần kiểm tra bước tính tốn GV:u cầu học sinh phân tích cách cách BT1a để tìm cách 2và3 x + t = m GV: với phép đặt :2y = t ta đưa hệ dạng hệ đối xứng   x+t = Theo tính chất hệ đối xứng (x0,to) nghiệm hệ (x0,to) nghiệm hệ, để hệ có nghiệm cần x 0=to(chú ý điều kiện đủ ) từ ta có cách giải : Cách : ĐK cần : (x0, to) nghiệm hệ (x0, to) nghiệm hệ, để hệ có nghiệm cần x0=to  m x = ⇒ o ⇔ m=8  xo =  ĐK đủ : Thay m =8 vào hệ ta thấy thoả mãn Vậy m=8 kết cần tìm GV: Đây phương pháp quan trọng để giải toán nghiệm hệ đối xứng Đối với toán sau ta thấy tầm quan trọng phương pháp : a ( x + y ) + x y = a 2  x + y − xy = a Bài tốn a: Tìm a để hệ sau có nghiệm :  GV: Yêu cầu học sinh tự làm Bài tốn b: Tìm a để hệ sau có nghiệm :  x 2006 + y 2006 + 2005 x y = a a)  2  x + y − xy = a + 2a +  x 23 + y 23 + x 82 y 82 = a 2005 b)   xy − ( x + y ) = −2 + 2a − a GV: yêu cầu học sinh nhà làm GV:tiếp tục ta mở rộng toán với buộc nghiệm Bài tốn 3: Tìm m đê hệ (6.7) có hai nghiệm (x1, y1) (x2, y2) cho y1 < < y Bài làm : Cách 1: Để hệ có nghiệm (x1,y1) (x2,y2) cho cho y1 < < y cần đủ phương trình (7’) phải có nghiệm y1,y2 thoả mản điều kiện y1 < < y tức a.c < ⇔ 2− m < ⇔ m > 16 Cách 2: Nếu sử dụng cách 1a với phép đặt 2y = t đưa hệ m  x + t = m  x.t = − ⇔  Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện  x+t =  x+t =  y1 < < y hệ phải có hai nghiệm thoả mãn t1 < < t m Vì phương trình : X − X + − = có nghiệm trái dấu tức a.c < m ⇔ − < ⇔ m > 16 Cách 3: Từ cách với biểu diễn hình học u cầu tốn tương đương với việc đường trịn có phương trình : x +t2 = m phải cắt đường thẳng : x + t = hai điểm nằm góc phần tư thứ thứ tức bán kính :R= m > ⇔ m > 16 Bài tốn 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1,y1) (x2,y2) cho < y , y Vẫn sử dụng cách toán Đáp số: ≤ m < 16 GV: Ta lại thay đổi yêu cầu toán từ ràng buộc y thay ràng buộc x tức là: Bài tốn : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có nghiệm (x 1,y1) (x2,y2) cho : < x1, x2 GV : Đây vấn đề đặt lên cho học sinh vướng mắc Vấn đề ta đưa phương trình ẩn y yêu cầu ràng buộc x Vì ta có hai hướng giải : - Chuyển ràng buộc x thành ràng buộc y - Chuyển thành phương trình x Ta thấy cách khả thi Bài làm: Từ pt (7) ⇒ y = 4−x vào (6) ⇒ x2 + (4 - x)2 = m ⇔ 2x2- 8x +16 - m = (8) Vậy yêu cầu tốn ⇔ phương trình (8) có nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: < x1, x2 ∆' ≥  ⇔ S > P >  ⇔ ≤ m < 16 (GV:Tất nhiên toán giải dựa theo cách cách toán 3) Tiếp tục ta mở rộng cho ràng buộc x y Bài toán : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có nghiệm (x 1,y1 )và( x2,y2) thoả  x1 , x >  y1 , y > mãn điều kiện:  GV : Ta phân tích toán sau : Bài toán tương đương với tốn: tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x1,y1) (x2,y2) thoả mãn điều kiện x1,x2 > y1,y2 > Vậy giá trị m thoả mãn hai toán thoả mãn tốn 6, đồng thời thoả mãn tốn thoả mãn hai tốn Vậy giá trị cần tìm m giao hai tập giá trị m hai toán Tức : [ 8;16) ∩ [ 8;16) = [ 8;16) GV : (Tất nhiên tốn giải theo cách cách tốn 3) Ta chứng minh điều kiện : m ∈ [ 8;16) điều kiện để hệ có nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện : x >  y > GV : Từ ta đưa tốn Bài tốn : Tìm m để hệ sau có nghiệm 4 x + y = m( x − 1)( y + 4)   2 x − + y + = ( x − 1)( y + 4)  Ta thấy hệ có nghiệm: x=1; y= -4 Ngồi với ∀m cặp nghiệm cịn lại dạng (1; y) (x; -4) nghiệm (Hay ngồi nghiệm (1;-4) x = cặp (x,y) với  nghiệm hệ)  y = −4 Vậy với (x,y) ≠ (1,-4) hệ tương đương với hệ 10   x −1 + y + = m    + =4  x −1 y+4  Đặt X = Đặt Y = x −1 (X >0) y+4 Vậy hệ trở thành: (Y >0)  X + 4Y = m   X + 2Y =  X + 4Y = m ⇔ Tìm m để hệ  Khi u cầu tốn có nghiệm (X,Y) thoả  X + 2Y = X > mãn điều kiện  Y > điều tương đương với m∈[ 8,16) GV: Từ tập với nhận xét: y = 2-4x x> ⇔ y< ta tiếp tục đưa toán sau: Bài toán 8: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có nghiệm (x 1,y1) (x2,y2) thoã mãn điều kiện : < y1,y2 ε > n) x1 +  + x n = n  Vấn đề giải toán Tức toán (III) ln có nghiệm ( x 01, ,x0n) Mặt khác nghiệm hệ(III) nghiệm hệ (***) ⇒ hệ (***) có nghiệm m > n 17 α 21x 21 +  + α n x n < m  Tóm lại điều kiện cần đủ để hệ  m > n α1x1 +  + α n x n = n  GV: Lại tổng qt tốn ta có tốn sau: Bài tốn 10: Tìm điều kiện cần đủ để hệ : α 21x 21 +  + α n x n < m   có α1x1 +  + α n x n > a  nghiệm (yêu cầu học sinh tự làm, với đáp số m > a2/n ) Gợi ý: Làm tương tự toán 9, với ý sử dụng toán GV: Tiếp tục ta đưa toán: Bài tốn 11: Tìm m a (m, a tham số) để hệ : α 21x 21 +  + α n x n = m   ( Với αi >0, n>1) α1x1 +  + α n x n = a  Có nghiệm khơng âm (xi ≥ 0) Bài làm: Trước hết để hệ có nghiệm cần : m ≥ a2/n (Theo toán 7) Mặt khác, a < từ pt thứ suy có xi < Vì mà khơng đảm bảo u cầu bài, a ≥ Hơn   2 α 12 x12 + + α n x n = (α x1 + + α n x n ) − 2 ∑ α i xiα j x j  ≤ (α x1 + + α n x n ) ⇔ m ≤ a    i< j   a a ≥ m ≥ Vậy tóm lại ta điều kiện cần :  (a) n a ≥  Ta chứng minh điều kiện đủ (GV: dự đốn điều kiện đủ ta thấy với m= a2 hệ có1 nghiệm : (0, ,0,a/αn) khơng âm; m= a2/n hệ có 1nghiệm : (a/α1n; ;a/αnn) không âm ) CM: Rõ ràng ta thấy theo cách nghiệm hệ pt hệ có nghiệm là: ( a−α a−α ; ;α ) n −1 n −1 (ở toán 6) (Với α nghiệm phương trình nα2- 2aα + a2 - m( n-1) = 0) Ta chứng minh nghiệm không âm tức chứng minh với điều kiện ( a) phương trình: nα2- 2aα + a2 - m( n-1) = có nghiệm ≤ α ≤ a Thật vậy, xét ∆’= a2 - na2 +nm( n-1) = a2 (1-n) + nm (n-1) = (n-1) (nm - a2) ≥ 18 Vậy phương trình có nghiệm: 2 0≤ α = a + (n − 1)(nm − a ) ≤ a + (n − 1)(na − a ) n n (do m≤a2) a + (n − 1)a (n − 1) a + a ( n − 1) a + a( n − 1) = = = =a n n n 2 GV: Ta tăng số ẩn hệ phương trình ta đặt vấn đề: tăng số phương trình hệ Ta thấy với việc xét phương trình: (t-x 1)2+ +(t- xn)2 = 0,ta hệ (I).Bây ta thử tổng quát phương trình thành phương trình :(y t- x1)2 + .+ (yn t- xn)2 =0.Khi ta có tốn : n ∑ y i = kq  i =1 n  Bài toán 12: Giải hệ phương trình: ∑ x i y i = k  i =1 n ∑ x i = k  i =1 q  (q ≠ 0) (GV: Chú ý: giải hệ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpski) GV: Cụ thể chọn yi =xi; xi = xi2; q=1, ta toán: x 21 +  + x n = k   3 Bài tốn 13: Giải hệ phương trình: x +  + x n = k (k>0)  4 x1 +  + x n = k  GV: Tiếp tục mở rộng hệ pt nhiều phương trình Từ việc phân tích cách giải ta thấy phương trình với bậc có nghiệm mấu chốt, ta thay phương trình với số bậc khác có tính chất tương tự ví dụ 4, 6, n Xét phương trình: ∑ (t − x i ) = i =1 Phương trình có nghiệm có nghiệm t=xi (i= 1, n ) Mặt khác phương trình lại tương đương với pt: n n n i =1 i =1 n n ∑ (t − x1i t + x i t − xi + xi ) = ⇔ nt − 4t ∑ xi + 6t ∑ xi − 4t ∑ xi + ∑ xi = i =1 Từ ta đưa hệ phương trình: 19 i =1 i =1 n ∑ α i x i = nk  i =1 n ∑ α i x i = nk  i =1  Bài tốn 14: Giải hệ phương trình:  n  3 ∑ α i x i = nk  i =1 n 4 ∑ α i x i = nk  i =1  x1 + x + x + x =  2 2 x + x + x + x =  Bài toán 15: Giải hệ pt: x 31 + x + x 33 + x = (Yêu cầu học sinh giải)   x 41 + x + x + x 4 =  GV: Theo hướng ta mở rộng đưa hệ phương trình n ẩn, m phương trình ví dụ tốn sau: Bài tốn 16: Cho hệ phương trình:  x1 + x +  + x n = a1  2  x1 + x +  + x n = a    x 2m + x 2m +  + x 2m = a n 2m  CMR: Nếu hệ có nghiệm dạng ( x0, x0, ., x0) nghiệm nghiệm a Bài làm: hệ có nghiệm dạng ( x0, x0, ., x0) nên nx0 =a1 ⇔ x0 = ( x0 n nghiệm nhất) (*) Xét phương trình: (t+x0)2m + .+(t+x0)2m = (1) ⇔ n t2m + C2m1(x0 + +x0)t2m-1 + +C2m2m-1(x02m-1 + +x02m-1) t +( x02m + +x02m) =0 ⇔ nt2m + C2m1a1t2m-1 + + C2m2m-1an-1t + a2m = (2) Mặt khác, phương trình (1) có nghiệm t=x0 ⇒ phương trình (2) có nghiệm t=x0 (**) Giả sử phản chứng hệ khơng có nghiệm tức tồn (x 1, ,xn) nghiệm hệ khác nghiệm (x0, x0, ., x0 ) theo (*) ⇒ ∃i: x1 ≠ xi Vậy : (2) ⇔ nt2m + C2m1( x1+ +xn)t2m-1 + + C2m2m-1( x12m-1+ +xn2m-1)t+( x12m+ +xn2m) = ⇔ (t+ x1)2m + + (t+xi)2m + +(t+xn)2m =0 20  t = x1    ⇔ t = x i (Vô nghiệm) x1 ≠ xi Điều mâu thuẩn với (**)   t = x n  x1 + x +  + x 2005 = 2005  2 x + x +  + x 2005 = 2005 Bài toán 16’:Cho hệ phương trình:   x 2.2005 + x 2.2005 +  + x 2.2005 2005 = 2005  CM hệ có nghiệm tìm nghiệm GV: phân tích tốn 1-a theo cách Ta dựa vào cách để mở rộng thêm số ẩn phương trình Từ đưa toán a 1x12 + a x 2 +  + a n x n = α(1)  Bài tốn 17: Cho hệ phương trình :  ai>0 a 1x1 + a x +  + a n x n = β(2)  n α, β thoã mãn điều kiện : - α +2 β = ∑ a i (*) i =1 n CMR hệ có nghiệm α = β = ∑ a i i =1 Chứng minh: Nhân (2) với -2 cộng với (1) ta được: a1x12- a1x1+a2x22 - 2a2x2+ +a nx2n- anxn= α -2 β ⇔ a1( x1- 1)2 + a2( x2-1)2 + + an (xn- α)2= ⇔ x1= x2= =xn =1 Thay vào (1) ⇒ a1+ +an = α Vậy để hệ có nghiệm cần đủ α= a1+ +an n sau thay vào (*) ⇒ α = β = ∑ a i i =1 GV: Ta làm cách khác: cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: (a1+ + an) (a1x12+ + anxn2) ≥ ( a1x1+ + anx)2 n ⇔ ( ∑ a i ).α ≥ β2 (**) i =1 n mặt khác từ giả thiết ta có: - α +2 β = ∑ a i ⇒ α = β i =1 21 n ∑ai i =1 vào (**) ⇒ n n ∑ a i (2β - ∑ a i ) ≥ β2 ⇔ (β i =1 ⇔ β= i =1 n ∑ai )2 ≤ i =1 n n n i =1 i =1 i =1 ∑ a i vào (*) ⇒ α = β = ∑ a i với α = β = ∑ a i hệ có nghiệm x1= x2= =xn =1 Vậy suy ( đpcm) 2  mx 21 + x +  + x 1981 = 1981 − m Ví dụ: Tìm m để hệ phưong trình:  có nghiệm mx1 + x +  + x1981 = m  tìm nghiệm GV: Sau ta tổng qt đưa toán: a1 x1 + a x 2 +  + a n x n = α  Bài toán 18: Giải hệ phương trình:  a1γ x1 + a γ x +  + a n γ n x n = β  α, β thoã mãn điều kiện : - α +2 γβ =γ n ∑ γiai i =1 (1) ( 2) (ai >0) ( với γ bất kì) GV: Tiếp tục mở rộng số phương trình hệ: a1 x 41 +  + a n x n = α  3 a1γ x1 +  + a n γ n x n = α Bài toán 19: Giải hệ pt:  2 2 a1γ x1 +  + a n γ n x n = α  3 a1γ x1 +  + a n γ n x n = α Với điều kiện: α1+ 4α2 +6α3 +4α4 + (1) (2) (3) (4) n ∑ γ 4ia i i =1 =0 a1 x 41 +  + a n x n = α1  3 4a1γ x1 +  + 4a n γ n x n = 4α Bài làm: hệ phương trình tương đương với:  2 2 6a1γ x1 +  + 6a n γ n xn = 6α  4a1γ x1 +  + 4a n γ n xn = 4α Cộng vế với vế ta a1 ( x 41 + 4γ1x13 + γ 21x12 + 4a1γ 31x1 )+ + an( x n + 4γ n x n + 6γ n x n + 4γ n x n ) = α1+ 4α2 +6α3 +4α4 ⇒ a1( x1 +γ1 )4+ + an( xn +γn )4 = x1 = − γ  ⇒  thay vào hệ, ta α1= α2 =α3 =α4 = x = − γ n  n n ∑ γ 4ia i i =1 x1 = − γ  Vậy nếuα1= α2 =α3 =α4 = ∑ γ i a i hệ có nghiệm  i =1 x = − γ n  n n 22 ∃ αi ≠ n ∑ α 4ia i i =1 hệ vơ nghiệm GV: Từ ta đưa số tốn áp dụng sau: 2 x1 + x + x3 + x 4 = 22  3 3 2 x + x − x + 3x = −22 Bài tốn 20: Giải hệ phương trình:  2 2 2 x + x + x3 + 3x = 22 2 x + x − x + 3x = −22  (1) ( 2) ( 3) ( 4) Gợi ý: Nhân (2) với -4: -4.2x31 - 4.2x32+ 4x33 – 4.3x34= 4.22 (2’) (3) với 6: 2x21+ 4x22+6 x23 +6 x24 =6.22 (3’) (4) với -4: -4 x1- 4.8x2 +4 x3 -4.3 x4 = 4.22 (4’) Sau cộng vế với vế (1), (2’), (3’), (4’) ta được: x1 =  x = Đáp số: hệ có nghiệm :  x = −1 x =  Bài toán 21: CMR : với ∀ m∈ N* hệ vô nghiệm : mx14 + x +  + x m = (1)  mx 31 + x +  + x m = −m − ( 2)   2 mx + x 2 +  + x m = m (3)  mx + x +  + x m = −m (4)  Bài làm: Ta thấy : +4( -m - 1) +6 m +4(-m) + m + 1+ +1 = (m-1) số Vậy hệ có dạng hệ tốn 19 ⇒ hệ có nghiệm khi: = -m -1 = m = -m (Vơ lý) ( GV: làm trực tiếp: nhân (2) với 4; (3) với (4) với sau cộng vế phương trình với ta : m(x 1+1)4 + (x2 +1)2 + .+ (xm+1)2 = ⇔ x1=x2= =xm=-1 thay vào (2) (4) ⇒ -m -1 =-m (Vô lý) )  x 41 +  + 2005 x 2005 = 2005.1003  3  x +  + 2005 x 2005 = 2005.2006 − m Bài tốn 22: Tìm m để hệ có nghiệm :  2  x +  + 2005 x 2005 = 2005.1003  x +  + 2005 x 2005 = m  (GV: yêu cầu học sinh nhà giải, Đs : m = 2005.1003) 23 C - KẾT LUẬN Đề tài làm được:  Từ toán đơn giản sách giáo khoa tìm cách giải tốn này, cách giải nêu hướng tư duy, suy nghĩ để dẫn đến cách giải  Sau đặt 17 toán khác dựa toán xuất phát ban đầu  Tiếp theo từ việc phân tích cách giải tổng qt tốn ban đầu thể 22 toán, với nhiều lấy làm đề thi học sinh giỏi ( có nhiều cho dạng tổng quát mà từ tốn dạng tổng qt ta thay số cụ thể vào đưa vô số toán khác nhau)  Sau nhận xét đặc điểm hệ đối xứng đưa phương pháp tổng quát để tìm điều kiện để hệ đối xứng có nghiệm đưa toán dạng  Đồng thời với việc phân tích cách cách tốn gốc dưa phương pháp giải véc tơ để giải tập 8.a(hay bất đẳng thức Bunhiacôpski cho số)  Hơn qúa trình đặt toán giải toán so sánh nghiệm với số thông qua ứng dụng định lý Viet( mà khơng cần sử dụng định lí dấu tam thức bậc trình bày sách giáo khoa)  Đặc biệt việc viết sáng kiến kinh nghiệm hoàn toàn độc lập với tài liệu có tốn khơng chép từ tài liệu  Với dung lượng 23 trang giấy A tưng đương với 10 tiết học lớp Không thiết giảng dạy triệt để theo nội dung đề tài , mà ta chọn lọc vấn đề cần thiết ,đặc biệt tư tưởng lối suy nghĩ sáng kiến kinh nghiệm để giảng dạy cho học sinh  Qua thực tế giảng dạy lớp 10C1, 10C11 trình bày tiết với khoảng 1/10 nội dung sáng kiến kinh nghiệm bước đầu tạo hứng thú cho học sinh  Sáng kiến ví dụ nhỏ tư tưởng khai thác tốn thơng qua tập SGK Tơi hi vọng giúp thầy giáo phần cơng tác giảng dạy  Thời gian làm sáng kiến kinh nghiệm ngắn, yêu cầu dung lượng sáng kiến kinh nghiệm không nhiều Vì mà 24 Tơi chưa khai thác hết vấn đề xung quanh tập Mong giúp đỡ Thầy cô em học sinh Tôi xin chân thành cảm ơn ! 25 ... 2005 .100 3) 23 C - KẾT LUẬN Đề tài làm được:  Từ toán đơn giản sách giáo khoa tìm cách giải toán này, cách giải nêu hướng tư duy, suy nghĩ để dẫn đến cách giải  Sau đặt 17 tốn khác dựa toán. .. x + β y = k Bài toán 2: Giải hệ phương trình  αx + βy = k  (α ; β ; k ∈ R ) GV:Tiếp tục ta lại tổng quát toán với việc thêm số ẩn hệ  2 k2 2 α x +  + α n x n = n Bài tốn 3: Giải hệ phương... giỏi Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110: x + y =   x + 2y = Giải hệ phương trình : a) (1) (2) GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau gọi em khác lên kiểm tra cũ với câu hỏi: “nêu cách giải