SKKN dạy học giải quyết vấn đề THPT XUÂN TRƯỜNG A

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 thiết hơn , không những đổi mới về phương 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 tưởng sau: Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được 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, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán,biết nhìn bài toán dưới 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. Nhưng 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 đưa ra và giải quyết những vấn đề mới, có liên quan trưc tiếp đến thi đại hoc và thi hoc sinh giỏi. 3. Bài 1a-SGK lớp 10 -2000-trang 110: Giải hệ phương 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 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 :    = = 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 tương ứng ở hai phương trình(1) và (2). 2 Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để hệ đối xứng. Từ đó ta có cách 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 phương 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 tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả lời nhanh nghiệm của phương 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 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 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) hoctoancapba.com ( )( ) ( ) 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 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 +=⇒= →→→ .1,1 . Từ đó gợi cho ta cách giải 4. Cách 4: Đặt ( ) ( ) 1,1;2, == →→ vyxu ( ) yxvu vyxu 2. ;2;2 2 2 += =+=⇒ →→ →→ Mặt khác : α cos →→ →→ = vuvu             = →→ 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 +≤+⇔ (5) . (Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi ‌ o 01cos =⇒= αα hoặc →→ ⇔= vu o ;180 α cùng phương 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 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 ++≤+⇔++≤+ . 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 +≤++≤+ (***) 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 1cossin 22 =+ αα )1800( oo <≤ α (SGK hình học 10) Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , đế được điều đó ta chia hai vế của phương trình (1) cho 8 khi đó: (1) 1 222 22 =       +       ⇔ yx . Vậy nếu có góc ỏ 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 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 được 1 22 0 ≤≤ x ; 1 2 0 ≤≤ y . Từ đây ta có cách 6: Cách 6: Theo lý luận trên thì có góc ỏ để 22 sin x = α )900( oo ≤≤ α Thay vào PT(1) suyra: αααα coscos 2 cossin1 22 1 2 222 22 ==⇒=−=         −=         y x y Ta được ;cos222 sin22 α α = = y x thay vào phương trình (2) ta được : 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 5 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. Cách 7: Gọi (x o ,y o ) là nghiệm của hệ phương trình, tức    =+ =+ 42 84 00 2 0 2 0 yx yx Ta xét phương trình bậc hai ẩn ỏ : ( ) ( ) 02 2 0 2 0 =−+− yx αα (**) Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : ỏ = 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 :    =+ =+ 4 8 22 tx tx thì phương trình 8 22 =+ tx là phương trình đường 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 phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng 222 atx =+ . Thông qua các bài toán như :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 đường 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 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 : 6 x+t =4 là độ dài đường cao OH = 228 4 1 4 1 1 22 ==       +       và bằng bán kính của đường tròn có phương trình 8 22 =+ tx , vậy đường thẳng tiếp xúc với đường 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 phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta được: ( ) ( )    = = ⇔=−+−⇔−=−+− 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 chưa dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ phương trình ta sẽ có những bài toán mới . Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số) ta được hệ    =+ =+ 42 4 22 yx myx )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 ’ ) ta để ý :với mỗi nghiệm y 0 của phương trình (7 ’ ) ta được một nghiệm (x o ,y o ) Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7 ’ ) có nghiệm tức là 80 ≥⇔≥∆ ′ m Cách 2: 7 GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 ở bài 1a với phép đặt 2y= t ta đưa 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 tư duy biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh như : 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 chưa cần kiểm tra các bước tính toán . GV:yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của BT1a để tìm cách 2và3 của bài này. GV: với phép đặt :2y = t ta đã đưa 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 phương 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 phương 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 . 8 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 phương 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 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 0 yy << thì hệ này phải có hai nghiệm thoả mãn 21 0 tt << Vì vậy phương trình : 0 2 84 2 =−+− m XX có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0 160 8 2 >⇔<−⇔ m m Cách 3: Từ cách 8 với sự biểu diễn hình học thì yêu cầu bài toán tương đương với việc đường tròn có phương trình : x 2 +t 2 = 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 hoctoancapba.com 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 . GV : Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vướng mắc. Vấn đề ở đây là ta đưa về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x. Vì vậy ta có hai hướng giải quyết : 9 - Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y. - Chuyển thành phương 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 ⇔ phương 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 phương 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 như sau : Bài toán trên tương đương với bài toán: tìm m để hệ phương 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. 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 đưa 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 tương đương với hệ 10 [...]... điều kiện ( a) thì phương trình: nα2- 2a + a2 - m( n-1) = 0 có 1 nghiệm 0 ≤ α ≤ a 18 Thật vậy, xét ∆’= a2 - na2 +nm( n-1) = a2 (1-n) + nm (n-1) = (n-1) (nm - a2 ) ≥ 0 Vậy phương trình có nghiệm: 2 2 2 0≤ α = a + (n − 1)(nm − a ) ≤ a + (n − 1)(na − a ) n = n (do m a2 ) a + (n − 1 )a 2 (n − 1) a + a 2 ( n − 1) 2 a + a( n − 1) = = =a n n n GV: Ta đã tăng số ẩn c a hệ phương trình bây giờ ta đặt vấn đề: tăng... a1 x1 +a2 x22 - 2a2 x2+ +a nx2n- anxn= α -2 β ⇔ a1 ( x1- 1)2 + a2 ( x2-1)2 + + an (xn- α)2= 0 ⇔ x1= x2= =xn =1 Thay vào (1) ⇒ a1 + +an = α Vậy để hệ có nghiệm cần và đủ là α= a1 + +an n sau đó thay vào (*) ⇒ α = β = ∑ a i i =1 GV: Ta có thể làm cách khác: bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: (a1 + + an) (a1 x12+ + anxn2) ≥ ( a1 x1+ + anx)2 n ⇔ ( ∑ a i ).α ≥ β2 (**) i =1 n mặt khác từ giả thiết ta... đ a ra bài toán: a1 x1 2 + a 2 x 2 2 +  + a n x n 2 = α  Bài toán 18: Giải hệ phương trình:  a1 γ 1 x1 + a 2 γ 2 x 2 +  + a n γ n x n = β  α, β thoã mãn điều kiện : - α +2 γβ =γ n 2 ∑ γiai i =1 (1) ( 2) (ai >0) ( với γ bất kì) GV: Tiếp tục mở rộng số phương trình c a hệ: a1 x 41 +  + a n x 4 n = α 1  3 3 a1 γ 1 x1 +  + a n γ n x n = α 2 Bài toán 19: Giải hệ pt:  2 2 2 2 a1 γ 1 x1 +  + a. .. 1 -a theo cách 9 Ta d a vào cách 9 để mở rộng thêm số ẩn c a phương trình Từ đó đ a ra bài toán a 1x12 + a 2 x 2 2 +  + a n x n 2 = α(1)  Bài toán 17: Cho hệ phương trình :  ai>0 a 1x1 + a 2 x 2 +  + 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 duy nhất khi và chỉ khi α = β = ∑ a i i =1 Chứng minh: Nhân (2) với -2 rồi cộng với (1) ta được: a1 x12- 2 a1 x1 +a2 x22... cần là :  (a) n a ≥ 0  Ta sẽ chứng minh đây là điều kiện đủ (GV: dự đoán đây là điều kiện đủ vì ta thấy với m= a2 thì hệ có1 nghiệm : (0, ,0 ,a/ αn) không âm; và m= a2 /n hệ có 1nghiệm : (a/ α1n; ;a/ αnn) không âm ) CM: Rõ ràng ta thấy theo cách chỉ nghiệm c a hệ pt thì hệ có 1 nghiệm là: ( a α a α ; ;α ) n −1 n −1 (ở bài toán 6) (Với α là nghiệm c a phương trình nα2- 2a + a2 - m( n-1) = 0) Ta chứng minh... (GV: yêu cầu học sinh về nhà giải, Đs : m = 2005.1003) 23 C - KẾT LUẬN Đề tài đã làm được:  Từ một bài toán đơn giản trong sách giáo khoa đã tìm ra 9 cách giải về bài 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 d a 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... 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 đ a ra vô số bài toán khác nhau)  Sau khi nhận xét về đặc điểm c a hệ đối xứng đã đ a ra phương pháp tổng quát để tìm điều kiện để hệ đối xứng có nghiệm duy nhất và đ a ra 2 bài toán dạng này  Đồng thời với việc phân tích cách 3 và cách 4 c a bài toán gốc đã d a ra... = α 3  3 3 a1 γ 1 x1 +  + a n γ n x n = α 4 Với điều kiện: α1+ 4α2 +6α3 +4α4 + (1) (2) (3) (4) n ∑ γ 4ia i i =1 =0 a1 x 41 +  + a n x 4 n = α1  3 3  4a1 γ 1 x1 +  + 4a n γ n x n = 4α 2 Bài làm: hệ phương trình tương đương với:  2 2 2 2  6a1 γ 1 x1 +  + 6a n γ n xn = 6α 3  3  4a1 γ 1 x1 +  + 4a n γ n xn = 4α 4 Cộng vế với vế ta được a1 ( x 41 + 4γ1x13 + 6 γ 21x12 + 4a1 γ 31x1 )+ + an( x 4 n + 4γ... 3 và cách 4 c a bài toán gốc đã d a ra phương pháp giải véc tơ để giải bài tập 8 .a( hay bất đẳng thức Bunhiacôpski cho 4 số)  Hơn n a trong q a trình đặt ra các bài toán mới đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số thông qua ứng dụng c a định lý Viet( mà không cần sử dụng định lí về dấu c a tam thức bậc 2 như đã trình bày trong sách giáo khoa)  Đặc biệt việc viết sáng kiến kinh nghiệm này... = a  Có nghiệm không âm (xi ≥ 0) Bài làm: hoctoancapba.com Trước hết để hệ có nghiệm cần : m ≥ a2 /n (Theo bài toán 7) Mặt khác, nếu a < 0 thì từ pt thứ 2 sẽ suy ra có ít nhất xi < 0 Vì vậy mà không đảm bảo yêu cầu c a bài, vậy a ≥ 0 Hơn n a   2 2 α 12 x12 + + α n x n = (α 1 x1 + + α n x n ) 2 − 2 ∑ α i xiα j x j  ≤ (α 1 x1 + + α n x n ) 2 ⇔ m ≤ a 2    i< j  2  2 a a ≥ m ≥ Vậy tóm lại ta . 0≤ α = n )ana)(n (a 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 c a hệ phương trình bây giờ ta đặt vấn đề: tăng số. 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 tưởng sau: Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến. Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vướng mắc. Vấn đề ở đây là ta đ a về phương trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc c a x. Vì vậy ta có hai hướng giải quyết : 9 - Chuyển ràng buộc c a x thành