Ban ve dieu kien can va du

Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông ĐẶT VẤN ĐỀ Người thầy giáo dạy Toán chúng ta, thường xuyên phải hướng dẫn học sinh tìm tòi lời giải toán Nhưng làm để việc hướng dẫn em có hiệu điều thường xuyên suy nghĩ trình giảng dạy Toán học cho học sinh trường phổ thông Theo chúng tôi, trước hết phải dạy cho học sinh nắm vững kiến thức cách vững có hệ thống Bởi vốn ban đầu phương tiện, “ vũ khí ” dùng để tìm tòi lời giải toán Trên sở đó, hướng dẫn em vận dụng kiến thức để tìm tòi lời giải cách thông minh sáng tạo Trong thực tiễn giảng dạy, thấy việc truyền thụ khái niệm, định lý việc hướng dẫn em vận dụng khái niệm, định lý toán học gặp nhiều khó khăn, chí nhiều đồng chí giáo viên chưa hiểu tính hai chiều khái niệm, định nghĩa, quy tắc, định lý Đó tính “cần” tính “ đủ ”của khái niệm toán học Theo chúng tôi, việc nghiên cứu khai thác quán triệt “Điều kiện cần đủ” vào giảng dạy trường phổ thông quan trọng vì: 1) Đây yếu tố lôgic Toán học giúp giảng dạy khái niệm Toán học 2) Giúp học sinh vận dụng vào việc định hướng tìm lời giải toán Toán học cách nhanh chóng sáng tạo 3) Đây sở lý luận giúp cho việc hướng dẫn học sinh cách trình bày lời giải toán cho sáng sủa, rõ ràng, xác dễ hiểu Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Mục tiêu chuyên đề nhằm: 1) Cung cấp số sở lý luận “Điều kiện cần đủ ” 2) Vận dụng vào việc giảng dạy Toán trường phổ thông 3) Vận dụng vào việc hướng dẫn học sinh tìm tòi lời giải cách trình bày lời giải toán Toán học 4) Từ làm cho học sinh hứng thú học Toán, đồng thời phát huy tính sáng tạo, khả tư lôgic em Nội dung chuyên đề gồm: I Cơ sở lý luận 1) Điểu kiện cần, điều kiện đủ 2) Điều kiện cần đủ 3) Một vài lưu ý giảng dạy khái niệm “Điều kiện cần đủ ” cho học sinh phổ thông II Vận dụng vào giảng dạy Toán trường phổ thông A Một số suy nghĩ giảng dạy khái niệm, định nghĩa định lý Toán học B Vận dụng vào việc hướng dẫn học sinh tìm tòi lời giải toán toán học C Một số toán nâng cao: Dạng 1: Bài toán quan hệ hai nghiệm hai phương trình bậc Dạng 2: Tìm điều kiện để phương trình, hệ phương trình có nghiệm III Kết luận Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông NỘI DUNG I- Cơ sở lí luận Điều kiện cần, điều kiện đủ: Nếu định lí (với x) A(x) ==> B(x) giả thiết A(x) gọi điều kiện đủ cho kết luận B( x) gọi điều kiện cần cho giả thiết A(x) Ví dụ 1: Xết định lí: “ Nếu tứ giác hình chữ nhật đường chéo “ Đặt A(t) = { tứ giãc T hình chữ nhật } B(t) = { đường chéo T } Ta có (∀t ) A(t) ==> B(t) với t ∈ T = {các tứ giác} Định lý Từ đó: + A(t) điều kiện đủ cho B(t) Tức là: “ Muốn cho đường chéo tứ giác nhau, điều kiện đủ tứ giác hình chữ nhật ” + B(t) điều kiện cần cho A(t( Tức là:” Nếu tứ giac hình chữ nhật điều kiện cần đường chéo tứ giá ” Nói B(t) điều kiện cần A(t) A(t) xảy B(t) thiết phải xảy Điều kiện cần đủ: Nếu mệnh đề (với ∀ x) A(x) => B(x) (1) đúng; Và mệnh đề (với ∀ x) B(x) => A(x) (2) Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Thì ta nói A(x) điều kiện cần ( theo mệnh đề (2) ) đủ ( theo mệnh đề (1)) cho B(x); B(x) điều kiện cần (theo mệnh đề (1)) đủ ( theo mệnh đề (2) ) cho A(x) Hay: “ Muốn có B(x), điều kiện cần đủ có A(x) ” Để thay cho từ “ điều kiện cần đủ ” , người ta dùng “ điều kiện có đủ ”; “ ”; “ ” Ví dụ 2: Mệnh đề: “ Nếu tổng chữ số số tự nhiên chia hết cho số chia hết cho ”là Mệnh đề đảo nó: “ Nếu số chia hết cho tổng chữ số chia hết cho ” Do ta phát biểu hai cách: Cách 1: “ Muốn cho số tự nhiên chia hết cho 3, điều kiện cần đủ tổng chữ số chia hết cho ” Cách 2: “ Muốn cho tổng chữ số số tự nhiên chia hết cho 3, điều kiện cần đủ số chia hết cho ” Một vài lưu ý giảng dạy khái niệm “ Cần đủ ” cho học sinh: 1) Trong trình giảng dạy, nhận thấy học sinh thường lúng túng đứng trước mệnh đề phát biểu dạng điều kiện cần đủ, phân biệt đâu điều kiện cần, đâu điều kiện đủ Để giúp em nắm vững khái niệm, nhấn mạnh theo định nghĩa, kết luận định lý điều kiện cần giả thiết, giả thiết điều kiện đủ kết luận Với mệnh đề: “ Muốn có A, điều kiện cần đủ có B” ta có mệnh đề: + Mệnh đề 1: “ Nếu có A có B”;( B điều kiện cần để có A ) Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông + Mệnh đề 2: : “ Nếu có B có A” ;( B điều kiện đủ để có A ) Ví dụ 3: Trong cách phát biểu ví dụ thì: + Mệnh đề 1: “ Nếu số tự nhiên chia hết cho tổng chữ số chí hết cho ”;( tổng chữ số số tự nhiên chia hêt cho điểu kiện cần để số chia hết cho ) + Mệnh đề 2: “ Nếu tổng chữ số số tự nhiên chia hết cho số chia hết cho 3” ;( tổng chữ số số tự nhiên chia hêt cho điểu kiện đủ để số chia hết cho ) Từ em dễ dàng thấy để chứng minh mệnh đề cần đủ phải chứng minh đầy đủ mệnh đề ( chứng minh tính cần chứng minh tính đủ ) 2) Trong trường hợp điều kiện cần đủ phát biểu từ: “ điều kiện có đủ ”; “ ”; “ ” “ có ”; “ ”; “ ” ứng với điều kiện đủ; “đủ ”; “chỉ ”; “chỉ ” ứng với điều kiện cần Ví dụ 4: “ Một số tự nhiên chia hết cho tổng chữ số chia hết cho ” Ta có mệnh đề cần mệnh đề đủ VD II Vận dụng vào giảng dạy Toán trường phổ thông A vận dụng vào việc Giảng dạy khái niệm, định nghĩa, quy tắc định lý Toán học: 1) Quy trình giảng dạy khái niệm Toán học trường phổ thông thường theo trình tự: Bước 1: Phát khái niệm Học sinh khám phá tiếp cận khái niệm tình sư phạm khác Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Bước 2: Định nghĩa khái niệm Việc hình thành khái niệm thông qua việc xây dựng định nghĩa theo hai đường quy nạp suy diễn Theo đường quy nạp: xuất phát từ trường hợp cụ thể mô hình, hình vẽ, ví dụ, …, khái quát hoá, trìu tượng hoá, tìm dấu hiệu chất khái niệm thể trường hợp cụ thể để từ định nghĩa khái niệm Theo đường suy diễn, khái niệm hình thành xuất phát từ khái niệm cũ biết Ta lấy ví dụ cụ thể minh hoạ để chứng tỏ khái niệm vừa định nghĩa tồn Định nghĩa khái niệm thao tác logic nhằm phát đối tượng xét khác với đối tượng khác vạch nội hàm khái niệm Trong trường phổ thông, ta thường định nghĩa khái niệm thông qua loại khác biệt chủng Sơ đồ định nghĩa theo kiểu là: B(x)  A(x) P(x) Và hiểu là: khái niệm B định nghĩa thông qua khái niệm A thuộc tính đặc trưng P B, Hoặc: Đối tượng x có tính chất B có tính chất A P Bước 3: Vận dụng khái niệm Khái niệm củng cố hình thức mức độ thích hợp Việc củng cố khái niệm tiến hành cách luyện tập hoạt động vận dụng khái niệm như: + Nhận dạng thể khái niệm; + Hoạt động ngôn ngữ; + Hệ thống hoá khái niệm; + Vận dụng khái niệm vào giải toán; Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông + Vận dụng khái niệm để xây dựng khái niệm mới; … 2) Khi giảng dạy khái niệm Toán học, cần ý số vấn đề sau: a) Các dịnh nghĩa thường điều kiện cần đủ Nhưng phát biểu định nghĩa, thường người ta lại phát biểu dạng điều kiện đủ Vì người giáo viên cần cho học sinh they tính cần tính đủ để vận dụng vào giải toán Ví dụ 5: Định nghĩa tam giác cân phát biểu sau: “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai cạnh ” Theo định nghĩa, ta thấy điều kiện “ có hai cạnh ” điều kiện đủ, điều kiện “ có hai cạnh ” điều kiện cần tam giác cân suy có hai cạnh Vì phải hiểu định nghĩa tam giác cân cách đầy đủ sau: “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai cạnh ” Khi sử dụng ta áp dụng hai định lý: Định lý 1: “ Nếu tam giác có hai cạnh tam giác tam giác cân ” Định lý 2: “ Nếu tam giác tam giác cân, có hai cạnh nhau” Các định lý thường sách giáo khoa phát biểu tách rời dạng tính chất tam giác cân ( định lý ) hay dấu hiệu nhận biết tam giác cân ( định lý 2) b) Các điều kiện cần đủ thay định nghĩa Như ta they điều kiện cần đủ có vai trò quan trọng suy luận Toán học; chúng thay định nghĩa chúng đặc trưng cho khái niệm định nghĩa Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Ví dụ 6: Sau chứng minh xong định lý: “ Một tam giác tam giác cân, có hai góc ” nói đến tam giác cân mà có liên quan đến yếu tố góc, ta đặc trưng tam giác hai góc c) Như vậy, khái niệm toán học định nghĩa nhiều cách khác nhau, tuỳ theo ta đặc trưng điều kiện cần đủ hay điều kiện cần đủ khác.Chẳng hạn, vời khái niệm tam giác cân, ta đặc trưng yếu tố cạnh ta có định nghĩa : “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai cạnh nhau”, ta đặc trưng yếu tố góc ta đinh nghĩa tam giác cân cách khác: “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai góc ” Đương nhiên, cần cho học sinh thấy khái niệm định nghĩa nhiều cách khác nhau, định nghĩa sách giáo khoa cách đó, định nghĩa chuẩn, dùng để chứng minh định lý toán học có liên quan Các định nghĩa khác có chứng minh điều kiện cần đủ tương ứng Như ta thấy , chứng minh định lý “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai góc ”, dựa vào định nghĩa: “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai cạnh ”, ta có định nghĩa khác tam giác cân: “ Một tam giác gọi tam giác cân, có hai góc ” d) Như vậy, ta định nghĩa khái niệm nhiều cách khác Nhưng nói điều kiện cần đủ định nghĩa được, dẫn đến tình trạng loạn định nghĩa, dễ gây cho học sinh lúng túng học làm tập Chúng giải vướng mắc cấch đưa điều kiện tương đương với khái niệm tổng kết, ôn tập Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Ví dụ 7: ( Khi ôn tập hình bình hành ) Các điều kiện sau tương đương: Tứ giác hình bình hành; Tứ giác có hai cặp cạnh đối song song với đôi một; Tứ giác có hai cặp cạnh đối đôi một; Tứ giác có hai cặp góc đối đôi một; Tứ giác có cặp cạnh đối song song nhau; Tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường Từ điều kiện tương đương ta có suy luận lôgic sau: * Hai điều kiên tương đương với nhau: (1)  (2); (1)  (3); (1)  (4); (1)  (5); … (2)  (3); (2)  (4); (2)  (5); (2)  (6); … * Phép kéo theo: (1) =>(2) => (3) =>(4) => (5) =>(6); (6) =>(5) => (4) =>(3) => (2) =>(1) Như thế, định nghĩa, tính chất điều kiện nhận biết tứ giác hình bình hành hội tụ đủ Qua giảng dạy, thấy học sinh thích nhớ lâu B vận dụng vào việc hướng dẫn học sinh tìm tòi trình bày lời giải toán toán học Phương pháp lựa chọn: Chúng ta biết “ học sinh giỏi (toàn diện) học sinh có hạnh kiểm tốt học lực giỏi” Sau học kì cuối năm học, tiến hành chọn học sinh giỏi, học sinh tiên tiến để khen thưởng Và quy trình chọn trường thường sau: Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Bước 1: Chọn học sinh có hạnh kiểm tốt Bước 2: Trong học sinh chọn bước 1, chọn em có học lực giỏi ( dĩ nhiên, em không giỏi không chọn: bị loại) Bước 3: Kết luận qua hai bước chọn ta em học sinh giỏi toàn diện Phương pháp giải nhiều toán toán học dạng “ Tìm A, biết A thoả mãn điều kiện ∝1 , ∝ , ”, gọi phương pháp lựa chọn, đưa vào chương trình nâng cao từ lớp lớp Nó phương pháp có hiệu giải nhiều toán khác cấp cấp xin nêu vài ví dụ đơn giản khối lớp: Bài toán 1: (lớp 5, 6): Cho số có hai chữ số, chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng chục Nếu lấy số cộng với số có hai chữ số giống Tìm số cho Hưỡng dẫn giải: Để A số cần tìm, điều kiện cần đủ là: * A có hai chữ số (1) * A có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng chục (2) * A + số có hai chữ số (3) Ta tìm số A thoả mãn (1) (2): Tìm điều kiện cần để A số cần tìm Sau dựa vào điều kiện (3) để kết luận: Kiểm nghiệm điều kiện đủ để A số cần tìm Giải: * Cần: Giả sử ta tìm số cho số số có hai chữ số mà chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng chục Do phải số sau: 12, 24, 36, 48 * Đủ: Ta có 12 + = 19 ( không thảo mãn ( ) => loại); 24 +7 = 31( loại ); 10 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông 36 + = 43( loại ); 48 + = 55 ( ); Vậy số cần tìm 48 Bài toán (lớp 5, 6): Tìm số có chữ số cho lấy số chia cho 11 thương tổng chữ số số cho Giải: *Cần: Giả sử ta tìm số cho => số có dạng xyz ( x, y , z ∈ N ;1 ≤ x ≤ 9;0 ≤ y, z ≤ ) Khi xyz = 11( x + y + z ) ⇒ 100 x + 10 y + z = 11x + 11 y + 11z ⇒ 89 x = 10 z + y ⇒ 89 x = zy x ≠ 0; yz ≤ 100 nên từ (*) suy x = zy = 89 Do xyz = 198 * Đủ: với xyz = 198 ta có 198:11=18=1+8+9 ⇒ xyz = 198 thoả mãn điều kiện đầu Vậy số cần tìm 198 Bài toán 3(lớp 7, ): Tìm số tự nhiên n ≠ cho p = (n − 2)(n + n − 1) số nguyên tố Hướng dẫn: Chúng ta biết số nguyên tố số khác có ước số 1và Như p ∈℘ ⇔ p khác p có ước Theo giả thiết, p có ước n − (n + n − 1) n − = 1(1)  n + n − = p ∈℘(2) p ∈℘ ⇔  n + n − = 1(3) n − = p ∈℘(4) 11 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Từ ta trình bày cách giải sau: + Với n − = ⇔ n = ta có p = (n − 2)(n + n − 1) = 1.(3 + − 1) = 11 ∈℘ ⇒ n = giá trị cần tìm + Với n + n − = ⇔ n + n − = ⇔ n = n = * Nếu n = ⇒ p = (−1)(1 + − 1) = ∉℘ * Nếu n = −2 ⇒ p = (−4)(4 − − 1) = −4 ∉℘ Cả hai trường hợp không thoả mản điều kiện đầu Vậy giá trị cần tìm n n = Bài toán (lớp 7, 8): Tìm n ∈ N để P = (n − 8) + 36 số nguyên tố Giải: Ta có: P = (n − 8) + 36 = n − 16n + 64 + 36 = (n + 20n + 100) − 36n = (n + 10) − 36n = (n + 10 − 6n)(n + 10 + 6n) = (n − 6n + 10)(n + 6n + 10) Vì (n + 6n + 10) = (n + 3) + > với ∀n ∈ N nên để p ∈℘ ⇒ n − 6n + 10 = ⇔ (n − 3) = ⇔ n = Thử lại với n = ⇒ p = (9 − 8) + 36 = 37 ∈℘ Vậy n = giá trị cần tìm Các toán chứng minh điều kiện cần đủ: Khi gặp toán yêu cầu cần chứng minh điều kiện cần đủ, phải cho học sinh thấy thiết phải chứng minh tính cần đủ gọi hoàn thành lời giải toán Chúng xin dẫn toán tiếng: Bài toán 5:( Định lý Xê va) 12 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Trên cạnh BC, CA AB ∆ABC lấy điểm A1 , B1 , C1 Chứng minh đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy điểm khi: AC1 BA1 CB1 =1 C1 B A1C B1 A Chúng ta cần cho học sinh thấy cần phải chứng minh định lý ứng với điều kiện cần điều kiện đủ A Giải: C1 B1 C’1 P B A1 C * Điều kiện cần: Giả thiết cho ∆ABC ; A1 ∈ BC; B1 ∈ AC; C1 ∈ AB AA1 , BB1 , CC1 đồng quy P AC1 BA1 CB1 Ta phải chứng minh C A A C B A = 1 1 AC1 S ∆AC1P S ∆AC1C S ∆AC1C − S ∆AC1P S ∆ACP = = = Thật vậy, ta có C B = S S ∆BC1C S ∆BC1C − S ∆BC1P S ∆BCP ∆BC1P Ttương tự : Do đó: BA1 S ∆ABP CB1 S ∆BCP = ; = A1C S ∆ACP B1 A S ∆ABP AC1 BA1 CB1 S ∆ACP S ∆ABP S ∆BCP = =1 C1 A A1C B1 A S ∆BCP S ∆ACP S ∆ABP * Điều kiện đủ: Giả sử ∆ABC với A1 ∈ BC , B1 ∈ CA, C1 ∈ AB cho AC1 BA1 CB1 = Ta phải chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy C1 A A1C B1 A 13 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Thật vậy, gọi P = AA1 ∩ BB1 , kẻ CP cắt AB C1' Khi theo điều AC1' BA1 CB1 =1 kiện cần ta có ' C1 B A1C B1 A Mà theo giả thiết AC1 BA1 CB1 =1 C1 A A1C B1 A AC1' AC1 nên suy ' = C1 B C1 B Vì C1' C1 thuộc đoạn thẳng AB nên C1' ≡ C1 (Tính điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số cho trước) Do AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Vậy toán hoàn toàn giải Tóm lại: trước tiên học sinh cần phải phân biệt điều kiện cần điều kiện đủ; phát biểu chúng chứng minh C Một số toán nâng cao Chúng ta chuyển sang nghiên cứu số toán nâng cao Dạng 1: Bài toán quan hệ nghiệm phương trình bậc hai Bài toán 1: Với giá trị k hai phương trình sau có nghiệm chung tìm nghiệm chung đó? x + (3k + 1) x − = x + (7 k − 1) x − 19 = Giải: *Nhận xét : giá trị tìm k phải điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm chung Từ ta thực bước sau: Bước1: ( tìm điều kiện cần để phương trình có nghiệm chung) Giả sử x = x0 nghiệm chung phương trình cho Khi ta có: x02 + (3k + 1) x0 − = (3) 14 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông x02 + (7 k − 1) x0 − 19 = (4) nhân vế (3) với trừ cho (4) theo vế ta được: (2k + 4) x0 − = (5) + Nếu k = −2 từ (5) không tồn x0 Trường hợp không xảy + Nếu k ≠ −2 từ (5) suy x0 = k+2 Thay vào (3) ta 3k − 8k + = ⇒ k = k = Như phương trình có nghiệm chung k = k = Bước2: (Xét xem với giá trị tìm k có phải điều kiện đủ phương trình có nghiệm chung hay không?) * Với k = + Phương trình (1) trở thành : x + x − = có hai nghiệm x1 = x = − + Phương trình (2) trở thành x + 13x − 19 = có nghiệm x3 = x = − 19 Khi rõ ràng phương trình có nghiệm chung x=1 *Với k = , làm tương tự ta thấy hai phương trình nhận có nghiệm chung x = Bước 3: Kết luận: + Với k = hai phương trình có nghiệm chưng x=1 + Với k = 2 phương trình có nghiệm chung x = 3 15 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Bài toán 2: Với giá trị m phương trình sau có nghiệm chung: x − (m + 4) x + m + = (1) x − (m + 2) x + m + = (2) Giải : (tóm tắt) *Cần: Giả sử phương trình có nghiệm chung x = x0 ⇒ x0 = ⇒ m = *Đủ: Với m=1: phương trình (1) có nghiệm x1 = ; x = ; phương trình (2) có nghiệm x3 = ; x4 = Ta thấy phương trình có nghiệm chung x=2 Vậy với m = phương trình cho có nghiệm chung Bài toán 3: Cho phương trình x − (m − 4m) x + m − 4m − = (1) phương trình m−2 x − 3mx + = m (2) Tìm giá trị m để nghiệm (1) nghiệm (2) ngược lại Giải : (tóm tắt) *Cần: Ta nhận thấy phương trình (1) có a = ; b = −(m − 4m) c = m − 4m − ⇒ a + b + c = ⇒ (1) có nghiệm x1 = x = m − 4m − Do phương trình tương đương phương trình (2) m = m ≠ m−2 − 3m + = ⇒  ⇒ phải có nghiệm x = Khi m = m m − m + =   * Đủ : 16 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông + Với m = phương trình (1) có nghiệm x1 = x = −4 phương trình (2) có nghiệm x3 = x = −4 + Với m = phương trình (1) có nghiệm x1 = x2 = − 29 phương trình (2) có nghiệm x3 = x = −2 Vậy với m = phương trình cho tương đương Qua ví dụ này, thấy việc thực xét điều kiện đủ cần thiết để loại bỏ giá trị không thích hợp Bài toán 4: Cho phương trình x − (2m + n) x − 3m = x − (m + 3n) x − = (1) (2) Tìm m n để phương trình tương đương Giải: * Cần: ta nhận thấy phương trình (2) có biệt số ∆ = (m + 3n) + 24 > với giá trị m n, nên có nghiệm phân biệt x1 x2 Do phương trình cho tương đương phương trình (1) phải có nghiệm x1 x Khi áp dụng định lý Viet phương trình (1) (2) ta có:  x1 + x = 2m + = m + 3n m − n = m = ⇔ ⇔  3m = n =  x1 x = −3m = −6 *Đủ: Với m = n = (1) (2) có dạng x − x − = nên nghiệm phương trình (1) nghiệm phương trình (2) ngược lại, tức 2phương trình tương đương Vậy m = n = giá trị cần tìm Bài toán 5: Tìm m để phương trình x − 3x + m = (1) có nghiệm gấp đôi nghiệm phương trình x − x + m = (2) Giải: 17 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông *Cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm gấp đôi nghiệm phương trình (2), tức phương trình (2) có nghiệm x = x0 phương trình (1) có nghiệm x = 2x0 Khi ta có : x02 − x0 + m = (thay x = 2x0 vào (1)) x02 − x0 + m = (thay x = x0 vào (2)) ⇒ 3x − x = ⇒ x0 (3 x0 − 5) = ⇒ x = x0 = + với x0 = ⇒ m = + với x0 = ⇒ m = − 10 Từ điều kiện cần để phương trình (1) có nghiệm gấp đôi nghiệm phương trình (2) m = m = − 10 * Đủ: a) Nếu m = (1) trở thành x − 3x = ⇔ x1 = x = (2) trở thành x − x = ⇔ x3 = x = Rõ ràng phương trình (1) có nghiệm x = x1 = gấp đôi nghiệm x = x3 = phương trình (2) ⇒ m = điều kiện đủ để thoả mãn đầu 10  x=  10 b) Nếu (1) trở thành x − 3x − = ⇔  x = −   x=  10 (2) trở thành x − x − = ⇔  x = −  18 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Ta thấy (1) có nghiệm x = m=− 10 gấp đôi nghiệm x = (2) Do 3 10 giá trị cần tìm Tóm lại, điều kiện cần đủ để phương trình (1) có nghiệm gấp đôi nghiệm phương trình (2) m = m = − 10 Dạng 2: Xác định điều kiện để phương trình, hệ phương trình có nghiệm Chúng ta vận dụng điều kiện cần đủ để giải số toán dạng: “ Tìm điều kiện tham số m để hệ A thoả mãn điều kiện cho trước” Bài toán 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4− x + x+5 = m (1) Giải: Ta phải tìm điều kiện cần đủ để phương trình (1) có nghiệm a) Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm x = x0 ⇒ − x + x + = m ⇒ − ( −1 − x ) + ( −1 − x ) + = m ⇒ x = −1 − x nghiệm (1) Do tính nên x0 = −1 − x0 ⇒ x0 = − Thay x = x0 = − vào (1) ta tìm m = ⇒ m = điều kiện cần để PT (1) có nghiệm b) Điều kiện đủ: Với m = , phương trình (1) trở thành − x + x + = (2) 19 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông Ta có ( − x + x + ) = + (4 − x)( x + 5) ≤ + = 18 ( (4 − x )( x + 5) ≤ (4 − x) + ( x + 5) = với − ≤ x ≤ ; theo bất đẳng thức Côsi) ⇒ 4− x + x+5 ≤3 Dấu “=” xảy ⇔ − x = x + ⇔ x = − tức (2) có nghiệm x = − 2 Vậy điều kiện cần đủ để (1) có nghiệm m = Nhận xét: Qua toán ta thấy để giải toán: “ Tìm điều kiện tham số m để hệ A thoả mãn điều kiện cho trước ”, ta thực theo bước sau: * Bước Tìm điều kiện cần để hệ A thoả mãn điều kiện cho trước Giả sử hệ A thoả mãn điều kiện cho trước Ta tìm giá trị tham số m giả sử m ∈ Dm = { m1 ; m2 ; m3 ; } * Bước2 Tìm điều kiện đủ để hẹ A thoả mãn điều kiện cho trước Với giá trị m = mi ∈ Dm ta xét xem giá trị làm cho hệ A thoả mãn điều kiện cho trước * Bước Kết luận: Kết hớp hai bước ta có kết toán Ta xét thêm số toán hệ phương trình: Bài toán 7: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nhất:  x + y + xy = m(1)  2  x + y = m ( 2) Giải: a) Điều kiện cần:Giả sử hệ cho có nghiệm ( x ; y0 ) Do hệ hệ đối xứng nên ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ ( y0 ; x0 ) 20 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông nghiệm hệ Do ( x0 ; y0 ) nghiệm nên x = y0  x0 + x0 − m = 0(3) Thay vào (1) (2) ta có  2 x0 − m = 0( 4) Trừ (4) cho (3) theo vế ta x0 − x0 = ⇔ x0 = x0 = + Với x0 = ⇒ m = ; + Với x0 = ⇒ m = Từ điều kiện cần để hệ có nghiệm m = m = Điều kiện đủ:  x + y + xy = a) Với m = hệ cho trở thành:  2 x + y = ; hệ có nghiệm ( 0; 0) Do m = điều kiện đủ để hệ có nghiệm  x + y + xy = b) Với m = 8, ta có hệ  ; hệ có nghiệm x + y =  ( 0; ) Do m = điều kiện đủ để hệ có nghiệm Vậy hệ PT cho có nghiệm khi m = m = Bài toán 12: Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm nhất:  xy + x + y = a +  2  x y + xy = a + Giải: 21 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông a) Điều kiện cần: Giả sử hệ (1), (2) có nghiệm ( x0 , y ) Vì hệ cho hệ đối xứng kiểu I nên ( x0 , y ) nghiệm ( y , x0 ) nghiệm Do tính nghiêm nên x0 = y Thay (1) vào (2) ta được:  x0 + x0 = a + ⇒ x02 + x0 = x03 +  2 x0 = a + 1  x0 =  ⇒ ( x − 1)( x − 1) = ⇔   x = ±1 Nếu x0 = ⇒ a = 1 Nếu x0 = ⇒ a = − Nếu x0 = −1 ⇒ a = −3 Như điều kiện để hệ (1), (2) có nghiệm a = a = −3 a = − b) Điều kiện đủ:  xy + x + y = * Với a = , hệ (1), (2) trở thành:  2  x y + xy = theo định lý Viét đảo, xy (x+y) nghiệm phương trình: t − 3t + = ⇔ t = t = x + y =  xy = hệ (3), (4) tương đương với hệ  hệ có nghiệm (x,y)=(1,1) x + y = , hệ vô nghiệm  xy =  Từ a = điều kiện đủ cần tìm 22 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông  xy + x + y =   * Với a = − , hệ (1), (2) trở thành:   xy ( x + y ) =   x + y =  (3)  xy =   ⇔  x + y =  (4)  xy =    x = Hệ (3) ⇔  y =  Hệ (4) vô nghiệm Từ a = − thoả mãn * Với a = −3 , hệ (1), (2) trở thành:  x =   x + y =  y = −1    xy + x + y = −1  xy = −2 ⇔  x = −1 ⇔    x + y = −2  y =  xy ( x + y ) = −1    xy =   x = −1  y = −1 từ a = −3 không thoả mãn Tóm lại, hệ (1), (2) cho có nghiệm ⇔ a = a = − Trên số toán nâng cao vận dụng “ điều kiện cần đủ” Do phạm vi đề tài nên chưa đề cập đến toán dùng cho cấp THPT Kết Luận Như mục đích ban đầu chỉ, sau học xong chuyên đề “Bàn điều kiện cần đủ”, học sinh hứng thú, em có nhìn khái quát biết phân tích tổng hợp khái niệm định lý toán học, từ 23 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình Chuyên để: “ Điều kiện cần đủ ” trường phổ thông vận dụng tốt vào việc tìm tòi lời giải toán trình bày lời giải toán toán học Thực tế giảng dạy chuyên đề với nội dung trên, 100% học sinh giỏi tiếp thu nắm vững khai niệm cần đủ, biết vận dụng vào việc nắm vững kiến thức toán học tìm tòi trình bày lời giải toán có áp dụng “ phương pháp điều kiện cần đủ ” thầy trò thường gọi Đồng thời qua lực tư toán học em nâng lên, góp phần nhỏ bé vào việc tạo nên đội ngũ học sinh giỏi cấp nhà trường nói riêng Thành Phố Hoà Bình Tỉnh Hoà Bình nói chung năm học gần 24 Đỗ Danh Thắng – trường THCS Lý Tự Trọng – TP Hòa Bình