13 giải một số bài toán SGK toán 10

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 toán 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 không học sinh thi vào đại học đạt kết cao, học tập có kết yếu, chí học tiếp, lí sao? phải họ không ý học? Đó 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 thông 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 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 toán,biết nhìn toán nhiều góc độ Để cụ thể hoá điều trên, trình bày đề tài : Xuất phát từ môt toán đơn giản SGK dành cho hoc sinh trung bình yếu, với cách giải áp dụng thuật toán có sẵn Nhưng suy nghĩ ta sẽ: * Tìm thấy nhiều cách giải thú vị * Đồng thời từ đặt nhiều toán nâng cao, tổng quát thành nhiều toán *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  (1)  x  2y  (2) Giải hệ phương trình : a)  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 phươn g 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 ( x  t )  xt  x  t    xt   xt    xt  Vậy x, t nghiệm phương trình x  x   (**) hệ trở thành x  t    xt  (Đây hệ đối xứng với hai ẩn x t ) x  t  Hệ  x   x1  x2  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 vô 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 bunhiacôxki 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  2x  y   x  y 2 (4) Vậy theo (2) ta có : 2x  y    x  y  Để có (1) cần có x 2y   x  2y 1 , thay vào (2) ta : y=1 ; x=2 GV: Vẫn với phân tích để tìm cách , ta thấy phép toán 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:   u  x,2 y ; v  1,1 Đặt   u   x  2 y  ; v  2;   u v  x  2y           u, v        u v  u v cos Mặt khác : GV:lưu ý cho hoc sinh: bên trái trị tuyệt đối số bên phải độ lớn véc tơ Vậy ta : x  y  x  2 y    x  y   x  y 2     uv  u v  (5) (Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu xãy cos      o     180 o  u ; v phương hay tồn    x  k.1 k  R để : u  k v    x  y  x  2; y  2 y  k.1 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 vô 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 2  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  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 ) (***) từ ta có cách 5: (bài 2-trang 77) 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) Điều lại gợi cho ta liên tưởng đến công thức hình học (SGK hình học 10) sin   cos   (0 o    180 o ) Nhưng vấn đề vế trái công thức , đế điều ta chia hai vế phương trình (1) cho đó: 2  x   y  (1)       2 2  2 y x x Vậy có góc α để sin   cos   Nhưng để có : sin   cần có 2 2 x điều kiện  Ta quay lại xét hệ (1.2) Ta thấy : 2  x 4  x2  Từ PT(1)    () 4 y   2y  Nếu có hai số x 2y nhỏ không từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến số lại phải lớn 4, điều mâu thuẩn với (*) Vậy ta đ ược  0 y x 2 1 ;  Từ ta có cách 6: Cách 6: Theo lý luận có góc α để sin   x 2 (0 o    90 o ) Thay vào PT(1) suyra: Ta  y   x  y         sin   cos    cos   cos   2 2 2 x  2 sin  y  2 cos  ; sin   cos  thay vào phương trình (2) ta : o o GV: Ta có tập: Với    180 sin   cos  cos   45o (Bài tập cho hoc sinh làm phần tích vô hướng hai véc tơ) Vậy cos   45o     45o  o    45o Suy x  2 sin 45o  y  cos 45o  1; GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đẫn đến việc tìm thêm cách giải BT8-Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngược lại từ cách chứng minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phương trình 1.a Ta biết BĐT Bunhiacoxki có cách chứng minh dựa vào viêc xét phương trình bậc hai đặc biệt Ta thử bắt trước cách để làm BT1.a Cách 7:  Gọi (xo,yo) nghiệm hệ phương trình, tức  x0  y   x0  y     y     x0  Ta xét phương trình bậc hai ẩn α : (**) Rõ ràng PTđã cho có nghiệm nghiệm : α = x0= 2y0 Mặt khác ta thấy phương trình (**)  2  2 x0  y0   x02  y02    2  2      Vậy xo = ; yo =1 Thử lại kết ta thấy thoả mãn GV: Ta có cách giải thú vị x  t  GV: Mặt khác để ý đặt : 2y = t ta hệ phương trình :   xt  phương trình x  t  phương trình đường tròn tâm O(0,0) bán kính R= 2 (Ở lớp 10 đăc biệt lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết phương trình đường tròn tâm O(0,0) bán kính a có dạng x  t  a Thông qua toán :CMR điểm M(x0;y0) thoả mản : xo2  yo2  a cách gốc toạ độ khoảng a (a>0) toán :cho điểm M(x,y) nằm đường tròn tâm O(0,0) bán kính a>0 tìm mối liên hệ x y Hai làm không 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 tròn, 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 :   2 bán kính 1 1     4 4 đường tròn có phương trình x  t  , đường thẳng tiếp xúc với đường x+t =4 độ dài đường cao OH = 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  t A  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  2  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 hoá hệ phương trình ta có toán Chẳng hạn: ta thay m ( tham số) ta hệ x  y  m   x  2y  (6) (7) ta đưa số toán Bài toán 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 toán 2: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm Bài làm: Cách 1: Với việc phân tích toán 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 toán 1a GV: học sinh làm đáp số GV khẳng định kết sai chưa cần kiểm tra bước tính toán GV:yêu 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  x o  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 Bài toán a: Tìm a để hệ sau có nghiệm :  2  x  y  3xy  a GV: Yêu cầu học sinh tự làm Bài toán b: Tìm a để hệ sau có nghiệm :  x 2006  y 2006  2005x y  a  x 23  y 23  x 82 y 82  a 2005 a)  b)  2  x  y  xy  a  2a   xy  ( x  y )  2  2a  a GV: yêu cầu học sinh nhà làm GV:tiếp tục ta mở rộng toán với buộc nghiệm Bài toán 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 m  x  t  m  x.t       xt   x  t  đưa hệ Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện 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 yêu cầu toán tương đương với việc đường tròn có phương trình : x2 +t2 = m phải cắt đường thẳng : x + t = hai điểm nằm góc phần tư thứ thứ tức bán kính :R= m   m  16 Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1,y1) (x2,y2) cho  y2 , y2 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 toán : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có nghiệm (x1,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 toán  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 (x1,y1 )và( x2,y2) thoả  x1 , x2   y1 , y  mãn điều kiện:  GV : Ta phân tích toán sau : Bài toán tương đương với toán: 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 toán 6, đồng thời thoả mãn toán thoả mãn hai toán Vậy giá trị cần tìm m giao hai tập giá trị m hai toán Tức : 8;16  8;16  8;16 GV : (Tất nhiên toán giải theo cách cách toán 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 toán Bài toán : 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 Ngoài với m cặp nghiệm lại dạng (1; y) (x; -4) nghiệm (Hay 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  y4 Đặt X = Đặt Y = (X >0) x 1 (Y >0) y4  X  4Y  m Vậy hệ trở thành:   X  2Y   X  4Y  m Khi yêu cầu toán  Tìm m để hệ   X  2Y  có nghiệm (X,Y) thoả X  Y  mãn điều kiện  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 (x1,y1) (x2,y2) thoã mãn điều kiện : < y1,y2 n 1x1     n x n  n GV: Lại tổng quát toán ta có toán sau: 2  2 Bài toán 10: Tìm điều kiện cần đủ để hệ :  1x     n x n  m có 1x1     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 toán 11: Tìm m a (m, a tham số) để hệ :  21x 21     n x n  m  1x1     n x n  a ( Với  i >0, n>1) Có nghiệm không 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 không đảm bảo yêu cầu bài, a  Hơn   12 x12    n2 xn2  (1 x1    n xn )  2  i xi j x j   (1 x1    n xn )  m  a i j    a a  m  Vậy tóm lại ta điều kiện cần :  n a   (a) Ta chứng minh điều kiện đủ (GV: dự đoán điều kiện đủ ta thấy với m= a hệ có1 nghiệm : (0, ,0,a/n) không âm; m= a 2/n hệ có 1nghiệm : (a/ 1n; ;a/nn) không âm ) CM: Rõ ràng ta thấy theo cách nghiệm hệ pt hệ có nghiệm là: ( a a ; ; ) n 1 n 1 (ở toán 6) (Với  nghiệm phương trình n 2- 2a + a2 - m( n-1) = 0) Ta chứng minh nghiệm không âm tức chứng minh với điều kiện ( a) phương trình: n 2- 2a + a2 - m( n-1) = có nghiệm    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: 0  = 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 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-x1) 2+ +(t- xn) = 0,ta hệ (I).Bây ta thử tổng quát phương trình thành phương trình :(y t- x1) + .+ (yn t- xn) =0.Khi ta có toán : 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 Bunhiacôpski) GV: Cụ thể chọn yi =xi; xi = xi2; q=1, ta toán: Bài toán 13: Giải hệ phương trình: x 21    x n  k  3 x    x n  k  4 x1    x n  k (k>0) GV: Tiếp tục mở rộng hệ pt nhiều phương trình Từ việc phân tích cách giải ta thấy phương trình với bậ c 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 )  Phương trình có nghiệm có i 1 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   i x i  nk  i 1 n   i x i  nk  Bài toán 14: Giải hệ phương trình:  i n1  3   i x i  nk  i 1 n 4   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 toán sau: Bài toán 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 Bài làm: hệ có nghiệm dạng ( x0, x0, ., x0) nên nx0 =a1  x0 = a1 ( 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 (2)  nt2m + C2m1a1t2m-1 + + C 2m2m-1an-1t + a2m = Mặt khác, phương trình (1) có nghiệm t=x0  phương trình (2) có nghiệm t=x0 (**) Giả sử phản chứng hệ nghiệm tức tồn (x1, ,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  x    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 toán 1-a theo cách Ta dựa vào cách để mở rộng thêm số ẩn phương trình Từ đưa toán a1x12  a x 2    a n x n  (1) Bài toán 17: Cho hệ phương trình :  ai>0 a1x1  a x    a n x n  (2) n ,  thoã mãn điều kiện : -  +2  =  a i (*) i 1 n CMR hệ có nghiệm  =  =  a i i 1 Chứng minh: Nhân (2) với -2 cộng với (1) ta được: a1x12- a1x1+a2x22 - 2a2x2+ +a nx2n- anxn=  -2   a1( x1- 1)2 + a2( x2-1)2 + + an (xn- )2=  x1= x2= =xn =1 Thay vào (1)  a1+ +an =  Vậy để hệ có nghiệm cần đủ = a1+ +an n sau thay vào (*)   =  =  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 ).   (**) i 1 n mặt khác từ giả thiết ta có: -  +2  =  a i   =  i 1 21 n ai i 1 vào (**)  n n  a i (2 -  a i )  2  ( i 1  = i 1 n ai )2  i 1 n n n i 1 i 1 i 1  a i vào (*)   =  =  a i với  =  =  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  x2    x1981  m tìm nghiệm GV: Sau ta tổng quát đưa toán: a x  a x 2    a n x n   Bài toán 18: Giải hệ phương trình:  1 a1 x1  a  x    a n  n x n   ,  thoã mãn điều kiện : -  +2  =2 n   ia i 1 (ai >0) 2  ( với  bất kì) i 1 GV: Tiếp tục mở rộng số phương trình hệ: a1 x 41    a n x n    3 a  x    an n xn   Bài toán 19: Giải hệ pt:  12 2 a1 x1    a n  n x n    3 a1 x1    a n  n x n   Với điều kiện:  1+ 4 +6 +4 + (1) ( 2) (3) ( 4) n   4ia i =0 i 1 a1 x 41    a n x n    3 4a1 x1    4a n  n xn  4 Bài làm: hệ phương trình tương đương với:  2 2 6a1 x1    6a n  n xn  6  4a1 x1    4a n  n xn  4 Cộng vế với vế ta a1 ( x 41  41x13   21x12  4a1 31x1 )+ + an( x n  4 n x n  6 n x n  4 n x n ) =  1+ 4 +6 +4  a1( x1 +1 )4+ + an( xn +n )4 = x1   1    thay vào hệ, ta  1=  = = = x    n  n n   4ia i i 1 x1   1  Vậy nếu 1=  = = =   i a i hệ có nghiệm  x    i 1 n  n n 22   i  n   4ia i hệ vô nghiệm i 1 GV: Từ ta đưa số toán áp dụng sau: 2 x1  x  x3  x 4  22  3 3 2 x  x  x  x  22 Bài toán 20: Giải hệ phương trình:  2 2 2 x  x  x3  x  22 2 x  x  x  x  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 toán 19  hệ có nghiệm khi: = -m -1 = m = -m (Vô lý) ( GV: làm trực tiếp: nhân (2) với 4; (3) với (4) với sau cộng vế phương trình với ta : m(x 1+1) + (x2 +1) + .+ (xm+1) =  x1=x2= =xm=-1 thay vào (2) (4)  -m -1 =-m (Vô lý) )  x 41    2005x 2005  2005.1003  3  x    2005x 2005  2005.2006  m Bài toán 22: Tìm m để hệ có nghiệm :  2  x    2005x 2005  2005.1003  x    2005x 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 toán 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 quát toán ban đầu thể 22 toán, với nhiều lấy làm đề thi học sinh giỏi ( có nhiều cho dạng tổng quát mà từ toán dạng tổng quát 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 toán 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 không 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 toán không chép từ tài liệu  Với dung lượng 23 trang giấy A4 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 10C 1, 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 toán thông qua tập SGK Tôi hi vọng giúp thầy cô giáo phần công tác giảng dạy  Thời gian làm sáng kiến kinh nghiệm ngắn, yêu cầu dung lượng sáng kiến kinh nghiệm không nhiều Vì mà 24 Tôi chưa khai thác hết vấn đề xung quanh tập Mong giúp đỡ Thầy cô em học sinh Tôi xin chân thành cảm ơn ! 25