SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA TOÁN LỚP
10"
1
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

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 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
(*)
3

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
Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là

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.
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
.4.22 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 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 +≤++≤+
(***)
(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
1cossin

yx
.
6
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)
)(
42

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
==⇒=−=


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
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 trình bậc
hai rất đặc biệt .
Ta thử bắt trước cách đó để làm BT1.a.

(**)
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 :



=+
=+

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:

( ) ( )



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
’
)
ta để ý :với mỗi nghiệm y


=+
=+
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
=t
o
(chú ý đây mới là điều kiện đủ ) từ đây ta có
cách giải :
Cách 4 :
10
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
=⇔







++=−+
=++
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

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
tx
tx
mtx
Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện
21

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
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.

,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 :




−=
=
4
1
y
x
đều không phải là nghiệm của hệ)
Vậy nếu với (x,y)
≠
(1,-4) thì hệ tương đương với hệ








=
+
+
−
=
+
+
−
4
4

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
điều này tương đương với m∈[ 8,16).
GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 2-4x nếu x> 0
⇔
y< 2 ta tiếp tục đưa ra bài toán

,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
,y
2
thoã mãn điều kiện 0 < y
1
, y

< 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.
Bài toán 10: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x
1
, x
2
< α
Đặt y= x- α, vậy bài toán tương đương với bài toán sau:

<
+
−
≥−−−++
0α
0
α2
04α4α4α4α4
22222
)(f.a
a
ab
acabaabab
⇔








>
<+−
≥−
0α
0α2
04
2
)(f.a

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
15
BT
c
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+2)x + m +1 = 0 có 2 nghiệm x
1

) 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
1
y
2
=1
⇔
2
2
- 2(2-
8

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
-2x
1
x
2
=16 -2.(16-m)/2=m
Do y
1
,y
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

2
+y
1
2
+5y
2
2
=27 (***)
16
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
=m
(***)
⇔
x
1
2
+ x
2

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


=
=
=
44
8
2
2
y
my
m

⇔




=
=
8m
)l o¹i(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

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(

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
= (x
4224 +++ xyy
)
2
≤ (x
2
+4y
2

⇒
Max A=4
6
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

( )
Rk ∈
GV:Ta lại nhận xét có thể thay thê hệ số gắn với x,y để được bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 2: Giải hệ phương trình






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
, ,x
0n
) là nghiệm của hệ.
Xét phương trình bậc 2 ẩn t : (t - α
1
x
01
)
2
+ +(t - α

2
- 2α
n
x
on
t + α
n
x
0n
2
) = 0

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

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
2
+ + α
2
n
x
2
n
) ≥ (α
1
x

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

= = α
n
x
n

⇒
x
i
=
n
k
i
α

), ,2,1( ni =
GV: Từ cách 2 này ta còn có thể mở rộng hệ như sau
19




),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





=++
=++
nxx
nxx
n
n


1





=++
=++
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



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
) +
n
xx
0
2
01
2
++
= 0
⇔

2
(*) Có nghiệm. ( Với n ≥ 2 )
20
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)
Khi đó hệ trở thành :





−=++
−=++
−
−
α
α
11
2
2
1
1
2
nxx

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

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
n
n


11
2
2
2
1
2






=++
<++
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 ε sao cho m >
ε > n.
Khi đó ta tìm nghiệm của hệ pt:





=++
ε=++

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


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)
22
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

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:
(
α
−
α−
−
α−
;
n
a
;
n

n
)anm)(n(a
222
11 −−+
≤
−−+
(do m≤a
2
)

a
n
naa
n
naa
n
nana
=
−+
=
−+
=
−−+
=
)1(
)1()1()1(
222
GV: Ta đã tăng số ẩn của hệ phương trình bây giờ ta đặt vấn đề: tăng số phương trình
của hệ.
Ta thấy với việc xét phương trình: (t-x






=
=
=
∑
∑
∑
=
=
=
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
q
k
x
kyx
kqy
1
1

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
Xét phương trình:
∑
=
=−
n
i
i
)xt(
1
4
0

43
22314
04640)464(

Từ đó ta đưa ra hệ phương trình:
Bài toán 14: Giải hệ phương trình:















=α
=α
=α
=α
∑
∑
∑
∑
=

1
24
Bài toán 15: Giải hệ pt:









=+++
=+++
=+++
=+++
4
1
2
1
1
2
4
4
3
4
2
4
1
4




=+++
=+++
=+++
m
m
n
mm
n
n
axxx
axxx
axxx
2
22
2
2
1
2
22
2
2
1
121





Xét phương 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

(**)
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

=0
25