Skkn cung cấp cho học sinh kiến thức và phương pháp suy luận, khả năng tư duy trong giải toán 10

  • Số trang: 27 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 12 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

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:  x 2  4 y 2 8   x  2 y 4 Giải hệ phương trình : a) (1) ( 2) 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 : (4  2 y ) 2  4 y 2 8  16  16 y  4 y 2  4 y 2 8  y 2  2 y  1 0 (*)  y1  y 2 1 thay vào biểu thức (3) ta có : x=2  x 2 Vây hệ có nghiệm duy nhất :  y 1  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)  x 2  (2 y ) 2 8    x  2 y 4 Đặt : 2y=t khi đó hệ trở thành  x 2  t 2 8   x  t 4 (Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t ) Hệ  ( x  t ) 2  2 xt 8  x 2  t 2 8  x  t 4     x  t 4  xt 4  x  t 4  Vậy x, t là nghiệm của phương trình x 2  4 x  4 0  x1  x 2 2 (**)  x 2 nên hệ có nghiệm x=t=2 . Suy ra nghiêm của hệ (1.2) là :  y 1  Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả  x 2  4 y 2 0   x  2 y 4 2 2 x  y 0 vậy PT trên lời nhanh nghiệm của phương trình : ? TL: Ta thấy x 2 0; y 2 0 . Suy ra có nghiệm x=y=0 nhưng khi đó : x  2 y  4 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 x 2 Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x 4 y 2 ( 2 y ) 2 Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là 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 a 2 , b 2 Ta nhớ lại (BT 8.a - Trang 77-SGK) a 2  b 2 c 2  d 2   ac  bd  2 (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: 12  12  x 2  y 2   x.1  2 y.1 2  2 x 2  4 y 2   x  2 y  2 (4) Vậy theo (2) ta có : 2 x 2  4 y 2  4 2  x 2  4 y 2 8 Để có (1) cần có x 2y   x 2 y 1 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  a 2 , b 2  .Đó là :   u  a, b , u  a 2  b 2 3    Vậy nếu chọn v 1,1  u . v a  b . Từ đó gợi cho ta cách giải 4. Cách 4:   Đặt u  x,2 y ; v 1,1    u  x 2   2 y ; v  2;  2  u . v x  2 y           uv  u v    u, v   u . v  u . v . cos  Mặt khác :    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 : x  2 y  2. x   2 y  2   x  2 y  2. x 2  4. y 2  (5) . (Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi cos  1   0 hoặc  180  u ; v cùng phương hay tồn tại     2 2 o kR    o  để : u k. v   x k .1  x 2 y  x 2; y 1.   2 y  k .1 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 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   a  b .c  d  .  2   2   2 2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 2 2 2    a k .b  a b u  k . v       c k .d  a.d b.b; (hay :  )  c d  v  0  b  d 0 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 a  b  2. a 2  b 2  ; ( hay :  a  b  2. a 2  b 2 ) (***) (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 (0 o   180 o ) sin 2   cos 2  1 (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: 4 2 Vậy nếu có góc α điều kiện Từ PT(1) 2  x   y     1 . (1)   2 2  2 x y để sin   2 2 thì cos   2 x 0 . Ta quay lại xét 2 2  x 4  x 2 8   2   () .  4 y 8  2y  4 . Nhưng để có : sin   x 2 2 cần có hệ (1.2). Ta thấy : 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 0 0 x 2 2 1 ; y 1 . 2 Từ đây ta có cách 6: Cách 6: Theo lý luận trên thì có góc α để sin   x 2 2 (0 o  90 o ) Thay vào PT(1) suyra: 2  y    1   2 Ta được 2  x  y   1  sin 2  cos 2    cos 2  cos  2 2 2   x 2 2 sin  2 y 2 2 cos  ; sin   cos   2 thay vào phương trình (2) ta được : o o GV: Ta đã có bài tập: Với 0   180 thì sin   cos   2. cos   45 (Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ). Vậy . cos   45 1    45 0   45 o o Suy ra o o o x 2 2 sin 45 o 2 y  2 cos 45 o 1; 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:  x0 2  4 y 0 2 8 Gọi (xo,yo) là nghiệm của hệ phương trình, tức   x 0  2 y 0 4   x0     2 y0  0 Ta xét phương trình bậc hai ẩn α : Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x0= 2y0 Mặt khác ta thấy 2 5 2 (**) phương trình (**)  2 2  2  x0  2 y 0    x02  4 y02  0  2 2  2 .4  8 0   2 Vậy xo = 2 ; yo =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 :  x 2  t 2 8   x  t 4 x 2  t 2 8 là phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán thì phương trình kính R= 2 2 (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 x 2  t 2 a 2 . Thông qua các bài toán như :CMR điểm M(x0;y0) thoả mản : xo2  y o2 a 2 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 : 1 x+t =4 là độ dài đường cao OH = 2 1 1      4  4 2  8 2 2 và bằng bán kính của đường tròn có phương trình x 2  t 2 8 , vậy đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại điểm H, hay nghiệm của hệ  x 2  t 2 8   x  t 4 là toạ độ điểm H . Mặt khác ∆OAB x A  xB   x H  2 2  x 2  là tam giác vuông cân tại O nên  t A  tB  tH  2  y 1 2  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:  x 2 2 2 x 2  4 x  4 y 2  16 y  8   x  2  4 y  1 0    y 1 thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1. 6 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 ( 6) (7 )  x 2  4 y 2 m   x  2 y 4 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 + 4y2 = m  8y2- 16y+ 16- m = 0 GV: ta nên chia hai vế cho 8 để được phương trình với hệ số gọn hơn: y2  2y  2  m 0 8 (7’) ta để ý :với mỗi nghiệm y0 của phương trình (7’) ta được một nghiệm (xo,yo) Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (7’) có nghiệm tức là  0  m 8 Cách 2: GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 ở bài 1a với phép đặt 2y= t ta đưa hệ về dạng  x 2  t 2 m    x  t 4 m   x.t 8   P  2  x  t 4  S Để hệ có nghiệm cần và đủ là: S 2 4 P  4(8  m ) 42  m 8 2 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  m 8 ’=0 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 . 7 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  x 2  t 2 m   x  t 4 Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x 0,to) là nghiệm của hệ thì (x0,to) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x 0=to(chú ý đây mới là điều kiện đủ ) từ đây ta có cách giải : Cách 4 : ĐK cần : (x0, to) là nghiệm của hệ thì (x0, to) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x0=to  2 m x    o 2  m 8  xo 4 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 :  a ( x  y )  4 x 2 . y 2 a Bài toán a: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :   x 2  y 2  3 xy a GV: Yêu cầu học sinh tự làm . Bài toán b: Tìm a để các hệ sau có nghiệm duy nhất : a)  x 2006  y 2006  2005x. y a  2 2 2  x  y  5 xy a  2a  2 b)  x 23  y 23  x 82 . y 82 a 2005  2  xy  ( x  y )  2  2a  a 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 (x1, y1) và (x2, y2) sao cho y1  0  y 2 Bài làm : Cách 1: Để hệ có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho sao cho y1  0  y 2 cần và đủ là phương trình (7’) phải có 2 nghiệm y1,y2 thoả mản điều kiện y1  0  y 2 tức a.c < 0  2 m  0  m  16 8 Cách 2: Nếu sử dụng cách 2 trong bài 1a với phép đặt 2y = t  x 2  t 2 m  x.t 8  m   2  x  t 4  x  t 4 y1  0  y 2 đưa về hệ Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện thì hệ này phải có hai nghiệm thoả mãn t1  0  t 2 8 Vì vậy phương trình : X 2  4X  8  m 0 2 có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0 m  0  m  16 8  2 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 +t2 = 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= m  4  m  16 . Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho 0  y 2 , y 2 Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số: 8 m  16 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,y1) và (x2,y2) sao cho : 0 < x1, x2. 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 : - 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 = 4 x 2 thế vào (6)  x2 + (4 - x)2 = m  2x2- 8x +16 - m = 0 (8) Vậy yêu cầu bài toán  phương trình (8) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 0 < x1, x2  ' 0   S  0 P  0   8 m  16 (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,y1 )và( x2,y2) thoả  x1 , x2  0 mãn điều kiện:   y1 , y2  0 9 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 (x1,y1) và (x2,y2) thoả mãn điều kiện x1,x2 > 0 và y1,y2 > 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 :  8;16   8;16  8;16 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   8;16 cũng là điều kiện để hệ có ít nhất 1 nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện : x 0  y 0 GV : Từ đó ta có thể đưa ra bài toán Bài toán 7 : Tìm m để hệ sau có ít nhất 2 nghiệm  4 x  y m( x  1)( y  4)   2 x  1  y  4 4 ( x  1)( y  4) 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  x 1  y  4  đều không phải là nghiệm của hệ) Vậy nếu với (x,y) (1,-4) thì hệ tương đương với hệ 4  1   x  1 y  4 m   1 2   4  x  1 y  4 Đặt X = Đặt Y = 1 x 1 1 y4 Vậy hệ trở thành: (X >0) (Y >0)  X 2  4Y 2 m   X  2Y 4 10 Khi đó yêu cầu bài toán  điều kiện  X 2  4Y 2 m Tìm m để hệ  có nghiệm (X,Y) thoả mãn  X  2Y 4 X 0  Y  0 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 sau: Bài toán 8: Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x 1,y1) và (x2,y2) thoã mãn điều kiện : 0 < y1,y2 <2. (GV: Ta lưu ý khi học bài: Hệ phương trình bậc 2 thì chưa học định lý so sánh nghiệm của phương trình bậc 2. Vì vậy học sinh chưa thể áp dụng định lý này vào để giải bài toán). Để ý vào phương trình (7) của hệ : x+ 2y = 4  x= 4- 2y, ta thấy y<2  x>0 Vậy bài toán 8 đưa về bài toán sau: Tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm  0  x1 , x 2 (x1,y1) và (x2,y2) thoả mãn điều kiện sau:  0  y , y  1 2 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 : y2 - 2 + 2 - m 8 = 0 có 2 nghiệm y1,y2 thoã mãn điều kiện 0 < y1, y2 <2 (*) Đây rõ ràng là bài toán so sánh số 2 với các nghiệm của phương trình bậc hai. Ta thử phân tích xem mấu chốt ở đâu mà ta đã chuyển sang được bài toán (*) . Để từ đó tổng quát hoá bài toán thành bài toán so sánh nghiệm với một số bất kì (chứ không chỉ là với số 0 nữa ) Xem xét bài toán 8: Thấy từ ràng buộc của x với 0 ta chuyển sang ràng buộc của y, được điều kiện (*) và phép chuyển chính là phương trình (7). Vì vậy nếu xem phương trình (7) là một phép đặt ( đổi biến ) thì ta sẽ có cách giải quyết bài toán so sánh nghiệm của phương trình bậc 2 với một số bất kì thể hiện ở các bài toán sau: Bài toán 9: Cho f(x) =ax2 + bx +c (I) Tìm điều kiện để phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x1,x2 thoã mãn điều kiện : x1 <  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: BTa: Tìm m để pt: x2 + (m+2)x + m = 0 có 2 nghiệm x1,x2 (2,5) BTb: Tìm m để pt: mx 2 + (m+1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm x 1,x2 thoã mãn ĐK: x1<2x12+x22= (x1+x2)2 -2x1x2 =16 -2.(16-m)/2=m Do y1,y2 là nghiệm của phương trình: y2-2y+2- m 8 =0 nên y12+y22= m/4. Vậy (**)  m+m/4 =20  5m/4 =20  m=16 Vậy m=16 là giá trị cần tìm của m. Cách 2 : (x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+2y =4 hay x=4-2y Vậy (**)  (4- 2y1)2 + (4-2y2)2 +y12+y22= 20  16 -16y1+4y12+16-16y2+4y22 +y12+y22= 20  32 -16(y1+y2)- 5(y12+y22) =20  2 - 16 . 2 + 5 . m/4 = 0  m=16 GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài toán sau: Bài toán 14: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x1,y1) và (x2,y2) sao cho : x12 + 2x22 +y12+5y22 =27 (***) Bài làm: Với m  8 khi đó: do x2,y2 là nghiệm của hệ phương trình nên : x22 +4y22 =m (***)  x12 + x22 +y12+y22 +( x22 + 4y22 ) = 27 5m 9m 27    m =12 +m =27 4 4 Bài toán 15: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (6-7) tìm m để : x (x3 -8) = 16 y(y3-1) Bài làm: Với m  8 khi đó: x (x3-8) = 16 y( y3- 1)  x4 -8x =16y4 -16y  (x2 – 4y2) (x2+ 4y2) = 8(x-2y)  (x-2y) 4m = 8 (x- 2y) 13  4(x-2y) (m-2) =0   m 2  x 2y   m 2  2  8y m  4y 4    m 2( lo¹i )  m 8   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 x 8  256y 8 A= 4m(x  2) đạt giá trị bé nhất. Bài làm: Với m  8 A  x 8  (2 y ) 8 ( x 4  ( 2 y ) 4 )( x 2  4 y 2 )( x  2 y )( x  2 y )  4 m ( x  2) 4 m ( x  2) = ( x 4  ( 2 y ) 4 ).m.4.( x  ( 4  x )) 4m( x  2) 4 2( x  (2 y ) 4 ) 2(( x 2  4 y 2 ) 2  8 x 2 y 2 ) 2(m 2  8 x 2 y 2 ) (chú ý: m  0,m 8 nên A là xác định) 2 2 Mặt khác từ hệ 2  x  4y m (x  2y)  4xy m    x  2 y 4  x  2 y 4  16 -4xy = m  xy= 16  m 4 , khi đó (16  m) 2 ) 2m 2  16 2  32m  m 2 m 2  32m  16 2  2.16 2 2 (m  16) 2  2 9  2 9 A= 2(m 2  Vậy: Min A=-29, khi m=16  x 2  4y 2 8 Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:   x  2y m Tìm m để A=x 4  2y  2y x  4 đạt giá trị lớn nhất. 14 Bài làm: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: A2 = (x 4  2y  2y x  4 )2  (x2+4y2) (4+2y)+(4+x) = 8 (8+2y+x)  8 (8+ 2(x 2  (2y) 2 ) ) ) = 8(8+4) = 96 2y  x   4x Dấu “=” xảy ra khi  4  2y  x 2 y   x=2y=2  m = 4  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.  2 2 1 2  x  4y  k Bài toán 1: Giải hệ phương trình:  2  x  2 y k k  R GV:Ta lại nhận xét có thể thay thê hệ số gắn với x,y để được bài toán tổng quát hơn.  22 2 2 1 2 α x β y  k Bài toán 2: Giải hệ phương trình  2  αx  βy k ( ;  ; k  R ) GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.  2 2 k2 2 2  α 1 x1    α n x n  Bài toán 3: Giải hệ phương trình:  n  α x    α x k n n  11 (I) ( 1 ,...,  n ; k  R) Ta giải bài toán (I): Cách 1:( Dựa theo cách 7 của bài 1-a) Gọi ( x01, ....,x0n) là nghiệm của hệ. Xét phương trình bậc 2 ẩn t : (t - 1x01)2 + ...+(t - nx0n )2 = 0 rõ ràng phương trình trên nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất t=1x01 = ....= nx0n (*) Mặt khác: phương trình tương đương với: ( t2 - 21x01t + 1x201) + ...+(t2- 2nxont + nx0n2) = 0  nt2 - 2t(1x01 + ...+ nx01) + (21x0n2 + ...+ 2nx0n2) =0 15  nt2 - 2kt + k2/n =0 Pt có ’= k2 - k2 = 0, Vậy phương trình có nghiệm duy nhất t = k/n. Vậy theo (*) suy ra x0i = k in (i = 1, n ) 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: 1x1,...., nxn và 1,.....,1 , ta có: n số n( 21x21 + 22x22 + ....+ 2nx2n)  (1x1 + 2x2 + ....+ nxn)2 = k2 2  21x21 + 22x22 + ....+ 2nx2n  k . n Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra dấu “=” xảy ra khi 1x1 = ....= nxn  xi = k i n (i 1,2,..., n) GV: Từ cách 2 này ta còn có thể mở rộng hệ như sau  2 k2 2  x 1   x n  n  Bài toán 4: Giải hệ phương trình:  i1 α 2i   α1 x1  α n xn k n (  i2 0, k  R ) i 1 GV:Và cũng từ bài toán 3 ta có thể đưa ra một số bài toán sau: 2 2 1 n (n  N * ) Ví dụ1: Giải hệ phương trình  x    x n   x1    xn n  x12  22 x2 2    20052 x 2 2005 2005 Vi dụ2: Giải hệ phương trình   x1  2x2    2005x2005 2005 GV: Ta lại tham số hoá ví dụ 1vừa nêu, đưa ra bài toán sau: Bài toán5: CMR với m < n thì hệ  x 21    x n 2 m   x1    x n n 16 (n  N * ) vô nghiệm. Cách 1: Theo BĐT Bunhiacôpxki : n( x12+ ... +x2n)  ( x12+ ... +x2n)2  n . m  n2 . Vậy m < n thì hệ vô nghiệm. Cách 2: G/sử hệ có nghiệm, gọi ( x 01, ....,x0n) là nghiệm của hệ   x 2 01    x 2 0n m   x01    x0n n Xét phương trình: ( t - x01 )2 +.... + (t - x0n )2 = 0. Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất. Mặt khác, phương trình  nt2 -2t( x01+ ....+ x0n ) + x 2 01   x 2 0 n = 0  nt2 -2nt +m = 0. Vậy phương trình này phải không có quá 1 nghiệm, tức là ’  0  n2 - nm  0  n  m ( Vô lý).  (  .) GV: Ta lại tiếp tục đưa ra bài toán:  x 2 1    x n 2 m Bài toán 6: Tìm m để hệ :  (*) Có nghiệm. ( Với n  2 )  x 1    x n n 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 : (x1, .....,xn-1, )  x 21    xn 12 m  α 2 Khi đó hệ trở thành :  (II) (n  N )  x1    xn 1 n  α * Ta sẽ tìm được  để đưa về dạng hệ I (bài toán 3). Tức là phải có: (n-1)(m-2) =(n-)2  (n-1) m - (n-1) 2 = n2-2n+2  n2- 2n +n2- nm - m=0 ’= n2 - n3 +n2m- nm=n2( 1-n) + nm (n-1) =( n-1)( nm- n2) Với n  2 và n  m thì : ’  0 nên  là luôn xác định được , khi đó theo bài toán 3 thì hệ (II) với các ẩn x1, ....,xn-1 có nghiệm : xi= 17 n  n 1 (i= 1, n  1 ) Vậy hệ (*) có nghiệm ( n  n  ;; ; ) n 1 n 1 với  là nghiệm của phương trình : n2 -2n + n2 - nm+ m =0 GV:Ta có thể tổng quát đưa ra bài toán.  x 2 1    x n 2 m Bài toán 7: Điều kiện cần và đủ hệ :   x1    xn a ( **) Có nghiệm là m  a2/n (Yêu cầu học sinh về nhà làm) GV: Bây giờ ta thử thay hệ phương trình bởi hệ bất phương trình .  2 2 2 2 1 2  x     1 1 nxn  k  Bài toán 8: Giải hệ bất phương trình:  n  1x1     n x n k ( Yêu cầu học sinh tự làm) GV: Tiếp tục tham số hoá hệ bất phương trình.   21x 21     2 n x n 2  m Bài toán 9: Tìm m để hệ sau có nghiệm:   1x1     n x n n Bài làm: bài toán này tương đương với bài toán tìm m để hệ bất phương trình 2 2 1 n sau có nghiệm : (***)  x    x  m   x1    xn n 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  sao cho m >  > n.  x 21    x n 2  Khi đó ta tìm nghiệm của hệ pt:  (III)  x1    x n n Vấn đề này đã được giải quyết ở bài toán 6. 18 ( Với m >  > n) Tức bài toán (III) luôn có nghiệm ( x 01, ....,x0n). Mặt khác nghiệm của hệ(III) đều là nghiệm của hệ (***)  hệ (***) có nghiệm khi m > n   21x 21     2 n x n 2  m Tóm lại điều kiện cần và đủ để hệ   1x1     n x n n 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 :   21x 21     2 n x n 2  m có nghiệm   1x1     n x n  a (yêu cầu học sinh tự làm, với đáp số m > a2/n ) Gợi ý: Làm tương tự như bài toán 9, với chú ý sử dụng bài toán 7. GV: Tiếp tục ta đưa ra bài toán: Bài toán 11: Tìm m và a (m, a là tham số) để hệ :   21x 21     2 n x n 2 m ( Với  >0, n>1)   1x1     n x n a i Có nghiệm không âm (xi  0) Bài làm: 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 của bài, vậy a  0 Hơn nữa    i j   12 x12  ....   n2 x n2 ( 1 x1  ...   n x n ) 2  2   i xi  j x j  ( 1 x1  ...   n x n ) 2  m a 2 2 a2  a m  Vậy tóm lại ta được điều kiện cần là :  n  a 0  (a) 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/n) không âm; và m= a2/n hệ có 1nghiệm : (a/1n;....;a/nn) không âm ) 19 CM: Rõ ràng ta thấy theo cách chỉ nghiệm của hệ pt thì hệ có 1 nghiệm là: ( a  a  ; ; ) n 1 n 1 (ở bài toán 6) (Với  là nghiệm của phương trình n2- 2a + a2 - m( n-1) = 0) Ta chứng minh nghiệm này là không âm tức là chứng minh với điều kiện ( a) thì phương trình: n2- 2a + a2 - m( n-1) = 0 có 1 nghiệm 0    a. Thật vậy, xét ’= a2 - na2 +nm( n-1) = a2 (1-n) + nm (n-1) = (n-1) (nm - a2)  0. Vậy phương trình có nghiệm: 0  =  a  (n  1)(nm  a 2 ) a  (n  1)(na 2  a 2 )  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 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 1)2+...+(t- xn)2 = 0,ta được hệ (I).Bây giờ ta thử tổng quát phương trình trên thành phương trình :(y 1 t- x1)2 + .....+ (yn t- xn)2 =0.Khi đó ta có bài toán : n 2   y i kq  i1 n  2 Bài toán 12: Giải hệ phương trình:   x i y i k ( q 0)  i1 n   xi  k  i1 q (GV: Chú ý: giải hệ này có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski) GV: Cụ thể có thể chọn yi =xi; xi = xi2; q=1, ta được bài toán:  x 21    x n 2 k  3 3 2 Bài toán 13: Giải hệ phương trình:  x 1    x n k  4 4 x    x k 1 n  (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..... 20
- Xem thêm -