A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời nói đầu:
Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần
dạy cả phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn
khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Người thầy phải thực hiện điều đó và hướng dẫn hoc sinh thực hiên ngay trong
mỗi tiết học .
Tất nhiên để làm được chính người thầy phải có những khả năng trên,
cùng với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo
ra tình huống có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong
tiết học,
với những xuất phát điểm phải từ trong SGK. Sau đây là mội ví dụ:
Khi dạy bài 1a tiết 2-Hệ phương trình bậc hai SGK 10 .
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
+ Ở các kì thi toán quốc tế, học sinh phổ thông Việt Nam đạt kết quả rất cao.
Đó là một điều đáng tự hào cho dân tộc, nhưng hãy khoan, ta hãy suy nghĩ lại
xem, đến bây giờ đã bao nhiêu người trong số đó đã trở thành các nhà phát minh
khoa học.
+ Đơn giản hơn ở bậc đại học, đã có không ít học sinh thi vào đại học đạt kết
quả rất cao, nhưng khi học tập thì có kết quả yếu, thậm chí không thể học tiếp, lí
do tại sao? phải chăng họ không chú ý học?. Đó không phải là lí do chính, quan
trọng là ở chổ họ chỉ là những thợ giải toán sơ cấp mà khả năng tư duy trừu
tượng, khái quát, củng như khả năng tư duy theo hướng xây dựng lý thuyết là rất
yếu.
+ Vậy vấn đề đổi mới đặt ra cho nền giáo dục :
• Cần giúp học sinh phái triển tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo .
• Biết cách nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ .
• Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối tư duy xây
dựng ).
Nhìn lại kết quả hoc tập của học sinh trường Lê Lai thông qua các kì thi đại
học và học sinh giỏi, kết quả còn rất khiêm tốn vì vây việc đổi mới lại càng cấp

84
22
yx
yx

)2(
)1(

GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác lên kiểm tra bài cũ
với câu hỏi:
“nêu cách giải hệ phương trình gồm một phương trình bậc hai và một phương
trình bậc nhất hai ẩn”
Khi học sinh hoàn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải :
Từ (2) rút ra x =4-2y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn)
Ta được :
012844161684)24(
22222
=+−⇔=++−⇔=+− yyyyyyy
(*)

1
21
==⇔ yy
thay vào biểu thức (3) ta có : x=2
Vây hệ có nghiệm duy nhất :



=

8
22
tx
tx
(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t )
Hệ



=+
=+
4
8
22
tx
tx




=
=+
⇔



=+
=−+
⇔
4


=+
=+
42
04
22
yx
yx
?
TL: Ta thấy
0;0
22
≥≥ yx
. Suy ra
0
22
≥+ yx
vậy PT trên có nghiệm x=y=0
nhưng khi đó :
42 ≠+ yx
nên hệ VN
GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai
PT đó đều là “danh giới của sự vô ngiệm”.
Vì vây ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh
giá.
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?
Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là
2
x
Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x

Vậy theo (2) ta có :
( )
84442
22222
≥+⇒≥+ yxyx

Để có (1) cần có
yx
yx
2
1
2
1
=⇔=
, thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2.
3
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 +=⇒=











=
→→
vu,
α

vuvu

≤⇒
GV:lưu ý cho hoc sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.
Vậy ta được :
( )
2
2
2.22 yxyx +≤+

( )
( )
22
2

ky
kx
vku
GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cánh 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống
nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việcđặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh
bài tập 8.a - Trang 77 bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt trước cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a như sau:
Xét
( ) ( )
dcvbau ,;, ==
→→
2222
; dcvbau +=+=⇒
→→
,và
dbcavu +=
→→
do: ‌‌‌‌‌
→→
→→
≤ vuvu
nên
( )
( ) ( )
2222
2
2222
dcbadbcadcbadbca ++≤+⇔++≤+
.

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 +≤++≤+
(***)
4
(bài 2-trang 77)
từ đó ta có cách 5:
Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 2.y ta sẽ trở về BĐT(4)
GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x
2
+(2y)
2
. Điều đó lại
gợi cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học

⇔
yx
.
Vậy nếu có góc α để
22
sin
x
=
α
thì
2
cos
y
=
α
. Nhưng để có :
22
sin
x
=
α
cần có
điều kiện
0
22
≥
x
. Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :
Từ PT(1)
)(

;
1
2
0 ≤≤
y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc α để
22
sin
x
=
α
)900(
oo
≤≤
α
Thay vào PT(1) suyra:

αααα
coscos
2
cossin1
22
1
2
222
22
==⇒=−=

2cossin =+
αα
GV: Ta đã có bài tập: Với
oo
1800 <≤
α
thì
o
45cos.2cossin −=+
ααα
(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ).
Vậy
oooo
45045145cos. =⇔=−⇒=−
ααα

Suy ra
;145cos2
245sin22
==
==
o
o
y
x
5
GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm được một cách giải
BT8-Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngược lại từ các cách
chứng minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phương trình 1.a .
Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phương

αα
(**)
Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x
0
= 2y
0
Mặt khác ta thấy
phương trình (**)
( )
( )
2084.2204222
22
0
2
000
2
=⇔=+−⇔=+++−⇔
ααααα
yxyx
Vậy x
o
= 2 ; y
o
=1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta được hệ phương trình :



=+

Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm
là làm được )
Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phương trình đường thẳng
cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) . Khi thử biểu diễn hình
học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với
đường tròn, vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
Đường thẳng x+t=4 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó ∆OAB là tam
giác vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình :
x+t =4 là độ dài đường cao OH =
228
4
1
4
1
1
22
==






+








=
+
=
=
+
=
1
2
2
2
2
2
y
x
tt
t
xx
x
BA
H
BA
H
GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác.
Cách 9:
Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta
được:

( ) ( )

)7(
)6(
và ta có thể đưa ra một số bài toán.
Bài toán 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm
Bài làm:
Cách 1:
Dựa vào cách 1 của bài 1.a ta có cách sau:
Rút từ phương trình (7) : x= 4- 2y (6
’
) thế vào phương trình (6) ta được :
(4-2y)
2
+ 4y
2
= m
⇔
8y
2
- 16y+ 16- m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 8 để được phương trình với hệ số gọn hơn:

0
8
22
2
=−+−
m
yy
(7
’




=+
=+
Stx
P
m
tx
tx
mtx
4
2
8.
4
22

Để hệ có nghiệm cần và đủ là:
7

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:

,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
=⇔



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 .
8
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

21
0 yy <<
tức a.c <
0

160
8
2 >⇔<−⇔ m
m
Cách 2:
Nếu sử dụng cách 2 trong bài 1a với phép đặt 2y = t đưa về hệ





=+
−=
⇔



=+
=+
4
2
8.
4
22
tx

= m phải cắt đường thẳng : x + t = 4 tại hai
điểm nằm ở góc phần tư thứ 2 và thứ 4 tức bán kính :R=
164 >⇔> mm
.
Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho
22
,0 yy<
Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số:
168 <≤ m
GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc
của x tức là:
Bài toán 5 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao
cho :
0 < x

Vậy yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (8) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
0 < x
1
, x
2

⇔






>
>
≥∆
0
0
0
'
P
S

⇔

(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

m∀
thì những cặp nghiệm còn
lại dạng (1; y) hoặc (x; -4) đều không phải là nghiệm. (Hay ngoài nghiệm (1;-4)
thì các cặp (x,y) với



−=
=
4
1
y
x
đều không phải là nghiệm của hệ)
Vậy nếu với (x,y)
≠
(1,-4) thì hệ tương đương với hệ
10








=
+
+
−

=+
=+
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

1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện sau:



<
<
21
21
,0
,0
yy
xx

Đây chính là bài toán 6 vậy ta suy ra kết quả m∈[ 8,16)
GV: Ta lại phân tích bài toán 8
Ta thấy bài toán 8 tương đương với bài toán : Tìm m để phương trình bậc 2 :
y
2
- 2 + 2 -
8
m
= 0 có 2 nghiệm y
1

1
<α <x
2
khi và chỉ khi : y
1
< 0 < y
2
và khi thay y= x- α
ta được:
g(y) = a(y+α)
2
+ b(y+α) + c
= ay
2
+ (b+2aα) y+aα
2
+bα +c
Vậy bài toán 9 tương đương với bài toán sau:
Tìm điều kiện để phương trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y
1
< 0 < y
2⇔
a(aα
2
+bα +c) <0
⇔
a.f(α) <0.






>
<
+
−
≥−−−++
0α
0
α2
04α4α4α4α4
22222
)(f.a
a
ab
acabaabab
⇔








>
<+−

,x
2
> α
GV : Yêu cầu học sinh tự làm.
Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, như một ứng dụng của
định lý Viét ( mà không cần sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 – mà
SGK đã trình bày). áp dụng bài tập tổng quát này, yêu cầu học sinh giải một số
bài toán sau:
BT
a
: Tìm m để pt: x
2
+ (m+2)x + m = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
∈(2,5)
BT
b
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
thoã mãn ĐK:
x
1
<2<x
2

Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) theo bài toán 1 cần ĐK : m
≥
8.
Khi đó phương trình : y
2
-2y+2-
8
m
=0 có 2 ngiệm y
1
,y
2
và khi đó (*)
⇔

(y
1
+y
2
)
2
- 2y

2
+y
1
2
+y
2
2
=4 (**)
Cách 1:
Với m
≥
8 khi đó x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình: 2 x
2
-8x +16 - m=0
=>x
1
2
+x
2
2
= (x
1
+x
2
)
2

(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+2y =4 hay x=4-2y
Vậy (**)
⇔
(4- 2y
1
)
2
+ (4-2y
2
)
2
+y
1
2
+y
2
2
= 20
⇔
16 -16y
1
+4y
1
2
+16-16y
2
+4y
2
2
+y

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 phương trình nên : x
2
2
+4y
2
2

27
4
=
9m

⇔
m =12
Bài toán 15: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (6-7) tìm m để :
x (x
3
-8) = 16 y(y
3
-1)
Bài làm:
Với m
≥
8 khi đó:
x (x
3
-8) = 16 y( y
3
- 1)
⇔
x
4
-8x =16y
4
-16y
13












=
=
=
44
8
2
2
y
my
m

⇔




=
=
8m
)l o¹i(m 2

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



=+

(2 −++=−+−=
−
− mmmmm
m
m
992
22)16( −≥−−= m
Vậy: Min A=-2
9
, khi m=16
Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:





=+
=+
myx
yx
2
84
22

Tìm m để A=x
4224 +++ xyy
đạt giá trị lớn nhất.
Bài làm: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
A
2

4
2
24

⇒
x=2y=2
⇔
m = 4
⇒
Max A=4
6
14
GV: Ta vẫn chưa dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng quát bài toán 1a.
Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài
toán1a.
Bài toán 1: Giải hệ phương trình:





=+
=+
kyx
kyx
2
2
1
4
222

=++
=++
kxx
n
k
xx
nn
nn
αα
αα
11
2
22
2
1
1
2


(I)
);, ,(
1
Rk
n
∈
αα
Ta giải bài toán (I):
Cách 1:( Dựa theo cách 7 của bài 1-a)
Gọi ( x
01

- 2α
1
x
01
t + α
1
x
2
01
) + +(t
2
- 2α
n
x
on
t + α
n
x
0n
2
) = 0

⇔
nt
2
- 2t(α
1
x
01
+ + α

n
k
i
α
(i =
n,1
) là nghiệm của hệ phương trình. (việc
thử lại là rễ ràng).
Cách 2: (Dựa vào cách 3 của bài 1-a)
Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia tổng quát với 2n số:
α
1
x
1
, , α
n
x
n
và 1, ,1 , ta có:
n( α
2
1
x
2
1
+ α
2
2
x
2

+ α
2
2
x
2
2
+ + α
2
n
x
2
n
≥
n
k
2
.
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra dấu “=” xảy ra khi
15
n số
α
1
x
1

= = α
n
x
n


n
αα
α
11
1
2
2
2
1
2



),0(
1
2
Rk
n
i
i
∈≠
∑
=
α
GV:Và cũng từ bài toán 3 ta có thể đưa ra một số bài toán sau:
Ví dụ1: Giải hệ phương trình





2
2
1
xxx
xxx


GV: Ta lại tham số hoá ví dụ 1vừa nêu, đưa ra bài toán sau:
Bài toán5: CMR với m < n thì hệ





=++
=++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2

)(
*
Nn ∈

=++
nxx
mxx
n
n
001
0
2
01
2


Xét phương trình: ( t - x
01
)
2
+ + (t - x
0n
)
2
= 0.
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất.
Mặt khác, phương trình
⇔
nt
2
-2t( x
01
+ + x
0n

=++
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 được .
Với ý tưởng trên ta sẽ tìm nghiệm của hệ dưới dạng : (x
1
, ,x
n-1
, α)
16
Khi đó hệ trở thành :





−=++
−=++
−

2⇔
nα
2
- 2nα +n
2
- nm - m=0
∆’= n
2
- n
3
+n
2
m- nm=n
2
( 1-n) + nm (n-1) =( n-1)( nm- n
2
)
Với n ≥ 2 và n ≥ m thì : ∆’ ≥ 0 nên α là luôn xác định được , khi đó theo bài
toán 3 thì hệ (II) với các ẩn x
1
, ,x
n-1
có nghiệm : x
i
=
1−
α−

=++
=++
axx
mxx
n
n


1
2
1
2
( **)
Có nghiệm là m ≥ a
2
/n (Yêu cầu học sinh về nhà làm)
GV: Bây giờ ta thử thay hệ phương trình bởi hệ bất phương trình .
Bài toán 8 : Giải hệ bất phương trình:





≥α++α
≤α++α
kxx
k
n
xx
nn

11
2
2
1
2
1
2
Bài làm: bài toán này tương đương với bài toán tìm m để hệ bất phương trình
sau có nghiệm :





=++
<++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2
(***)
Làm tương tự như bài 5 ta suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm là n> m.
Ta chứng minh với điều kiện này thì hệ (***) có nghiệm . Thật vậy với m> n
ta sẽ chuyển bât phương trình thành phương trình để tìm nghiệm , ta chon số

hệ (***) có nghiệm khi m > n
17
Tóm lại điều kiện cần và đủ để hệ





=α++α
<α++α
nxx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
là m > n.
GV: Lại tổng quát bài toán trên ta có bài toán sau:
Bài toán 10 : Tìm điều kiện cần và đủ để hệ :





=α++α
=α++α
axx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
( Với α
i
>0, n>1)
Có nghiệm không âm (x
i
≥ 0)
Bài làm: Trước hết để hệ có nghiệm cần : m ≥ a
2
/n (Theo bài toán 7)
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



≥
≥≥
0
2
2
a
n
a
ma
(a)
Ta sẽ chứng minh đây là điều kiện đủ.
(GV: dự đoán đây là điều kiện đủ vì ta thấy với m= a
2
thì hệ có1 nghiệm :
(0, ,0,a/
α
n
) không âm; và m= a
2
/n hệ có 1nghiệm : (a/
α
1
n; ;a/
α
n
n) không
âm )
CM: Rõ ràng ta thấy theo cách chỉ nghiệm của hệ pt thì hệ có 1 nghiệm là:

+nm( n-1)
= a
2
(1-n) + nm (n-1)
= (n-1) (nm - a
2
) ≥ 0.
18
Vậy phương trình có nghiệm:
0≤ α =
n
)ana)(n(a
n
)anm)(n(a
222
11 −−+
≤
−−+
(do m≤a
2
)

a
n
naa
n
naa
n
nana
=

n
)
2
=0.Khi đó ta có bài toán :
Bài toán 12: Giải hệ phương trình:











=
=
=
∑
∑
∑
=
=
=
n
i
i
n
i






=++
=++
=++
kxx
kxx
kxx
n
n
n
44
1
23
1
3
2
1
2



(k>0)
GV: Tiếp tục mở rộng hệ pt nhiều hơn 3 phương trình.
Từ việc phân tích cách giải 7 của bài ra ta thấy phương trình với bậc 2 có
nghiệm duy nhất là mấu chốt, vì vậy ta thay phương trình với số bậc khác có
tính chất tương tự ví dụ bài 4, bài 6, bài 8

i
n
i
ii
ii
xxtxtxtntxxtxtxt
1 1 1
432
2
1
34
1
43
22314
04640)464(

Từ đó ta đưa ra hệ phương trình:
19
Bài toán 14: Giải hệ phương trình:












nkx
nkx
nkx
1
4
44
1
3
33
1
2
2
2
1
Bài toán 15: Giải hệ pt:









=+++
=+++
=+++
=+++
4
1

xxxx
xxxx
xxxx
(Yêu cầu học sinh giải)
GV: Theo hướng trên ta có thể mở rộng đưa ra hệ phương trình n ẩn, m
phương trình. ví dụ như bài toán sau:
Bài toán 16: Cho hệ phương trình:








=+++
=+++
=+++
m
m
n
mm
n
n
axxx
axxx
axxx
2
22
2

1

⇔
x
0
=
n
a
1
( x
0
là
nghiệm duy nhất) (*)
Xét phương trình: (t+x
0
)
2m
+ +(t+x
0
)
2m
= 0 (1)
⇔
n t
2m
+ C
2m
1
(x
0

2m-1
+ + C
2m
2m-1
a
n-1
t + a
2m
= 0 (2)
Mặt khác, phương trình (1) có nghiệm duy nhất t=x
0
⇒
phương trình (2) có nghiệm duy nhất t=x
0
(**)
Giả sử phản chứng hệ không có nghiệm duy nhất tức tồn tại (x
1
, ,x
n
) là một
nghiệm của hệ khác nghiệm (x
0
, x
0
, , x
0
) theo (*)
⇒
∃i: x
1

) = 0
⇔
(t+ x
1
)
2m
+ + (t+x
i
)
2m
+ +(t+x
n
)
2m
=0
20
⇔










=
=
=

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 phương trình. Từ đó đưa ra bài
toán.
Bài toán 17: Cho hệ phương trình :





β=+++
α=+++

i
a
1
Chứng minh:
Nhân (2) với -2 rồi cộng với (1) ta được:
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

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

n
i
i
a
1

⇒
α = 2 β -
∑
=
n
i
i
a
1
thế vào (**)
21
⇒

∑
=
n
i
i
a
1
(2β -
∑
=
n

α = β =
∑
=
n
i
i
a
1
và với α = β =
∑
=
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 phưong trình:








222111
22
22
2
11

( )
( )
2
1
(a
i
>0)
α, β thoã mãn điều kiện : - α +2 γβ =γ
2

∑
=
γ
n
i
ii
a
1
( với γ bất kì)
GV: Tiếp tục mở rộng số phương trình của hệ:
Bài toán 19: Giải hệ pt:


4
1
αγγ
αγγ
αγγ
α
n
n
n
n
n
n
nnn
n
n
xaxa
xaxa
xaxa
xaxa





)4(
)3(
)2(
)1(
Với điều kiện: α
1

41
1
3
1
3
2
2
2
1
1
2
1
2
33
111
1
4
1
4
1
444
666
444
αγγ
αγγ
αγγ
α
n
n
n

464 xaxxx γ+γ+γ+
)+ + a
n
(
n
n
n
n
nn
n
xxxx
3
2
2
3
4
464 γ+γ+γ+
)
= α
1
+ 4α
2
+6α
3
+4α
4
⇒
a
1
( x

2
=α
3
=α
4
=
∑
=
γ
n
i
i
i
a
1
4
.
Vậy nếuα
1
= α
2
=α
3
=α
4
=
∑
=
γ
n

a
1
4
thì hệ vô nghiệm.
GV: Từ đó ta có thể đưa ra một số bài toán áp dụng như sau:
Bài toán 20: Giải hệ phương trình:







−=+−+
=+++
−=+−+
=+++
22382
22342
22322
2232
4321
4
2
2
3
2
2
1
2

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

*
hệ vô nghiệm :









−=+++
=+++
−−=+++
=+++
)(mxxmx
)(mxxmx
)(mxxmx
)(xxmx
m
m
m
m
4
3
21
15
21
2
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

toán này, ở mỗi cách giải đều nêu ra hướng tư 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 dưới dạng tổng quát vì vậy mà từ bài toán
dạng tổng quát đó ta thay số cụ thể vào sẽ đưa ra vô số bài toán khác
nhau).
 Sau khi nhận xét về đặc điểm của hệ đối xứng đã đưa ra phương pháp
tổng quát để tìm điều kiện để hệ đối xứng có nghiệm duy nhất và đưa ra 2
bài toán dạng này.
 Đồng thời với việc phân tích cách 3 và cách 4 của bài toán gốc đã dưa ra
phương 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 như 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 lượng 23 trang giấy A
4
tưng đương 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 tư tưởng 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