Khóa luận Hướng dẫn học sinh lớp 10 nâng cao giải và biện luận phương trình, hệ phương trình

làm quen với phương pháp trên khi giải các bài toán. Chẳng hạn: - Khi giải các bài toán hệ phương trình nhiều ẩn, ta tìm cách khử bớt ẩn số để quy bài toán về dạng chứa ít ẩn số hơn. - Khi giải các bài toán lượng giác cũng như đại số có bậc cao, ta tìm cách hạ thấp bậc bằng cách chuyển phương trình thành phương trình tích hoặc sử dụng các ẩn số phụ. - Khi giải các bài toán hình học phụ thuộc vào nhiều đại lượng thay đổi ta cũng tìm cách (bằng các thủ pháp có tính chất hình học) để chuyển về việc nghiên cứu bài toán phụ thuộc vào ít đại lượng biến đổi hơn. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 34 - Tuy vậy, lại có những bài toán ta lại làm theo quá trình ngược lại tức là chuyển bài toán ít ẩn thành bài toán nhiều ẩn, bài toán vốn bậc thấp thành bài toán bậc cao… Ví dụ 1: Giải các phương trình: a) ( ) ( ) ( )6 62 4 64 1x x− + − = b) ( )4 8 7 2x x= + c) ( ) ( ) 2 2 2 81 40 3 9 xx x + = + Hướng dẫn giải: Các phương trình đã cho đều là các phương trình bậc cao không có dạng đặc biệt, vì thế để giải chúng ta tìm cách hạ bậc các phương trình đó. Các phương pháp sau đây có thể giúp ta thực hiện được: - Đưa vào ẩn phụ thích hợp để chuyển phương trình đã cho có bậc cao về phương trình đối với ẩn phụ có bậc thấp.Tìm ẩn phụ rồi trở về tìm ẩn ban đầu. - Biến đổi phương trình thành phương trình tích. Khi đó các phương trình sẽ có bậc thấp hơn. a. Đặt 3u x= − Phương trình ( )1 với ẩn u có dạng: ( ) ( )6 61 1 64u u− + + = Mà: ( ) ( ) 6 6 5 4 3 2 6 6 5 4 3 2 1 6 15 20 15 6 1 1 6 15 20 15 6 1 u u u u u u u u u u u u u u + = + + + + + + − = − + − + − + Khi đó ta thu được phương trình: 6 4 215 15 31 0u u u+ + − = Đặt 2 0v u= ≥ , ta có phương trình: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 35 ( )( ) 3 2 2 2 15 15 31 0 1 16 31 0 1 1 1 1 v v v v v v v u u u + + − = ⇔ − + + = ⇔ = ⎡ =⇒ = ⇔ ⎢ = −⎣ Vậy phương trình ( )1 có đúng 2 nghiệm: 4x = và 2x = b. Để có được phương trình tích ta hãy lưu ý đến: ( )( )2 2 0u v u v u v= ⇔ − + = Do vậy, cộng vào hai vế của phương trình cùng một biểu thức 22 1x + (vì để có ( )22 4 21 2 1x x x+ = + + ) Ta thu được: ( ) ( ) ( ) 4 2 2 222 2 2 2 2 1 2 8 8 1 2 2 2 0 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0 2 9 2 2 2 9 2 2 x x x x x x x x x x x x ⇔ + + = + + ⇔ + − + = ⎡ + + + =⇔ ⎢⎢ − − + =⎣ ⎡ = + −⎢⇔ ⎢ = − −⎣ (do phương trình đầu vô nghiệm vì 0∆ < ) c. Xem ( ) 2 2 2 81 9 xx x + + là 2 2a b+ trong ( )2a b− với a x= , 9 9 xb x = + Ta thu được: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 36 ( ) 2 22 2 2 9 93 2. . 40 9 9 18 40 0 9 9 9 9 x xx x x x x x x x xñaët u ñieàu kieän x x ⎛ ⎞⇔ − + =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎛ ⎞⇔ + − =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ = ≠−+ Ta thu được phương trình đối với u: 2 18 40 0 2 20 u u u u + − = ⎡ =⇔ ⎢ = −⎣ Trở về tìm x, ta lần lượt giải các phương trình: 2 2) 2 2 18 0 9 1 19 1 19 x x x x x x ∗ = ⇔ − − =+ ⎡ = +⇔ ⎢⎢ = −⎣ ( )2 2) 20 20 180 0 phöông trình voâ nghieäm 9 x x x x ∗ = − ⇔ + + =+ Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) ( )33 9 3 6x x− = − + ∗ Hướng dẫn giải: Phương trình đã cho tuy chỉ có một ẩn, nhưng khó giải vì tính chất phức tạp của chúng. Để bài toán có thể trở thành dễ giải hơn, ta chỉ còn cách phát hiện các ẩn phụ để chuyển việc giải bài toán một phương trình một ẩn phụ khó giải thành hệ các phương trình nhiều ẩn nhưng dễ giải hơn. Chọn: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 37 3 9 3 u x v x = − = − Từ phương trình ( )∗ ta có được: 3 6u v= + Từ công thức của u , ta có được: 3 39 6 3u x u x v= − ⇒ + = − = Như vậy ta thu được hệ: ( )33 66 u v v u ⎧ = +⎪ ∗∗⎨ = +⎪⎩ Ta có: ( ) ( )( ) 3 3 3 3 2 2 6 6 1 0 u v u v v u u v u v u v uv ⎧ = +⎪∗∗ ⇔ ⎨ − = −⎪⎩ ⎧ = +⎪⇔ ⎨ − + + + =⎪⎩ 2 2 2 2 3 3do 1 1 0 2 46 u v vu v uv u v u v ⎛ ⎞⎧ = ⎛ ⎞⎪ ⎜ ⎟⇔ + + + = + + + >⎨ ⎜ ⎟⎜ ⎟= +⎪ ⎝ ⎠⎩ ⎝ ⎠ ( ) ( )23 36 0 6 2 1 2 2 2 u v u u do u u u u u v ⎧ =⎪⇔⎨ ⎛ ⎞⎡ ⎤− + = − + = + − +⎜ ⎟⎪ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠⎩ ⎧ =−⇔⎨ =−⎩ Trở về tìm x, ta thu được: 1x = là nghiệm duy nhất của phương trình. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 38 CHƯƠNG III RÈN LUYỆN TƯ DUY TOÁN HỌC QUA VIỆC GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ LOẠI TOÁN: GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10 NÂNG CAO Để thực hiện rèn luyện tư duy Toán học cho học sinh qua việc giải các bài tập nâng cao về loại Toán giải và biện luận phương trình, hệ phương trình, ở chương II chúng tôi đã trình bày quan niệm về rèn luyện giải Toán và 6 phương pháp tìm lời giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình nhưng thực tế có những bài toán ta có thể áp dụng theo từng phương pháp một (như những ví dụ trình bày) đồng thời lại có những bài toán phải sử dụng tổng hợp các phương pháp để giải sao cho ngắn gọn, dễ hiểu, sáng tạo. Và như vậy việc rèn luyện tư duy Toán học mới từng bước được củng cố, hoàn thiện và nâng cao. Tuy vậy, cũng tuỳ từng đối tượng học sinh (từng lớp) chúng ta có thể áp dụng từng mức độ khác nhau. Điều quan trọng là khi thực hiện việc rèn luyện tư duy Toán học cho học sinh thông qua việc ôn tập, giải bài tập cần phải hiểu và đánh giá chính xác trình độ học sinh. Vì vậy trong chương III này với nội dung là: “Rèn luyện tư duy Toán học qua việc giải các bài tập nâng cao về loại Toán giải và biện luận phương trình, hệ phương trình cho học sinh lớp 10 ”. Chúng tôi cũng căn cứ vào trình độ của học sinh để có hướng giải quyết theo các bước, từ đó đề xuất các biện pháp khái quát và cụ thể để củng cố và từng bước hoàn thiện nâng cao khả năng tư duy và kỹ năng giải toán cho học sinh, được trình bày theo từng bước từng vấn đề sau, sao cho học sinh hiểu được, tự giải quyết được các vấn đề đã nêu tức là đã giải được Toán. I. THỰC TRẠNG VỀ TRÌNH ĐỘ TOÁN CỦA HỌC SINH LỚP 10 HIỆN NAY: 1.Số liệu khảo sát chất lượng đầu năm học khối 10 Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm, Châu Thành, An Giang: a. Giỏi : 13,4% b.Khá : 20,1% c. Trung bình : 48,7% d.Yếu : 17,8% Phân tích số liệu: - Khi tuyển vào lớp 10, điểm Toán của học sinh là lớn hơn hoặc bằng 4, nhưng khảo sát chất lượng thì số học sinh có điểm Toán nhỏ 3,5 là 17,8%. Ngay từ lúc tuyển vào thì chất lượng đã thấp và khi khảo sát chất lượng đầu năm lại càng thấp hơn và có sự chênh lệch đáng kể . Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 39 - Khi tham khảo ý kiến giáo viên Trường THPT Tiến Đức, Châu Thành, An Giang, chúng tôi được biết là học sinh ở Tiến Đức trình độ còn yếu hơn học sinh ở Nguyễn Bỉnh Khiêm khi tuyển vào lớp 10, và cũng thống nhất ý kiến với chúng tôi là: Sau thời gian nghỉ hè, khi vào học các em học tập chưa cao, chất lượng ở lớp 9 không đồng đều, các thầy dạy Toán cho điểm còn dễ dãi, tức cho điểm cao hơn trình độ, khả năng của học sinh. 2.Do trình độ lúc đầu như vậy nên việc học Toán lúc đầu gặp khó khăn, khả năng tiếp thu chậm. Do vậy nhiều học sinh không hệ thống được kiến thức, trình độ trong lớp cũng chênh lệch, điều kiện học tập cũng khác nhau. 3. Trong hè, nhiều học sinh đi học thêm. Một số ít mời gia sư dạy kèm tại gia đình, tuy bổ sung được kiến thức trống, yếu nhưng lại gặp khó khăn bất cập là khả năng tư duy độc lập yếu, lười suy nghĩ. Nếu gặp những bài toán khó, các vấn đề mới, các em dễ buông xuôi. II. THỰC TRẠNG VỀ TRÌNH ĐỘ, KỸ NĂNG LÀM CÁC BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HIỆN NAY: 1. Như đã phân tích, qua số liệu khảo sát chất lượng thì trình độ học lực (môn Toán) của học sinh còn yếu, tỉ lệ học sinh Trung bình và Yếu là 66,5%.Về môn Đại số cũng phản ánh đúng tình hình trên, và thực tế phần giải và biện luận phương trình, hệ phương trình càng thể hiện rõ thực chất kiến thức trình độ của học sinh. Tìm hiểu qua giáo viên dạy Toán khối 10 trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm và thực tế tìm hiểu, khảo sát ở lớp 10A1, 10A2 chúng tôi thấy rằng học sinh còn chưa nắm vững kiến thức lớp dưới, hoặc nắm chưa sâu nên dễ quên và khi gặp những đề Toán dài thi dễ nản, không tìm được hướng giải quyết (đối với học sinh Trung bình và Yếu). 2. Do thói quen khó sửa là khi đọc xong đề Toán đã vội vàng làm ngay, ít đọc kỹ đề để xem xét các dữ kiện có hợp lý không từ đó tìm hướng giải quyết và khi tìm được kết quả đã vội vàng thỏa mãn. Như vậy, có thể bỏ sót nghiệm, hoặc sử dụng nghiệm không hợp lý. 3. Phần biện luận khi giải bài toán về phương trình, hệ phương trình còn yếu. Muốn làm tốt phần biện luận thì phải nắm vững kiến thức cơ bản và khi đã giải quyết tốt khâu biện luận cũng tức là đã nâng cao khả năng tư duy Toán học. Vì vậy, có khả năng tư duy Toán học mới giải quyết tốt các bài toán về phương trình, hệ phương trình và chính việc giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình tốt thì khả năng tư duy Toán học sẽ hoàn thiện dần và được nâng cao. III. RÈN LUYỆN TƯ DUY TOÁN HỌC QUA VIỆC GIẢI BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH: 1. Rèn luyện khả năng phân tích bài toán: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 40 - Đó là việc xem xét, nghiên cứu bài toán đã cho. Ở đây vấn đề quan trọng là cách nhìn bài toán, phải biết nhìn bài toán dưới dạng chính quy mẫu mực. - Đây là cách nhìn trực tiếp vào đặc điểm chủ yếu của bài toán, cách nhìn này giúp ta phát hiện được các đặc điểm chủ yếu của bài toán. Cách nhìn này giúp ta phát hiện được các đặc điểm cơ bản, đơn giản nếu không bị che khuất bởi những hình thức rắc rối. Tuy vậy lại phải biết cách nhìn bài toán dưới dạng đặc thù, riêng lẻ. - Phải có con mắt tinh tường và phải luyện tập, giải toán nhiều mới biết cách khai thác hết mọi khía cạnh biểu hiện tinh vi của bài toán, mới “ gọi” được những điều muốn nói của các con số, của các kí hiệu, các điều kiện chứa đựng trong bài toán. - Phải biết nhìn bài toán trong bối cảnh chung nhưng lại phải biết nhìn bài toán trong từng hoàn cảnh cụ thể; lại phải nhìn bài toán trong mối tương quan với các loại bài toán khác. - Phải biết cách liên tưởng giữa các phạm vi khác nhau trong khi nhìn bài toán. Là bài toán đại số nhưng lại phải liên tưởng đến phạm vi khác chẳng hạn phạm vi lượng giác, hình học và ngược lại. - Nói chung lại, trong việc rèn luyện cách nhìn một bài toán phải có những cái nhìn và cách nhìn đúng. Đây là chìa khóa mở đường cho việc tìm kiếm các đường lối giải. Ví dụ : Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) ( )4 4 43 2 5 2 1x x x− + − = − Hướng dẫn giải: Để ý rằng, nếu không có cái riêng: ( ) ( )3 2 5 2x x x− + − = − Thì phương trình đã cho chắc chắn là khó giải. Ở đây ta xem 3 , 2a x b x= − = − Thì phương trình thuộc dạng tổng quát: ( ) ( )44 4 2a b a b+ = + Trước hết ta biến đổi phương trình tổng quát ( )2 . Ta có: ( ) ( )⇔ + = + + + +4 4 4 4 2 2 2 22 4 6a b a b ab a b a b Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 41 ( ) ( ) ( ) ⎡ ⎤⇔ + + =⎣ ⎦ ⎡ ⎤⇔ + + + + =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ =⎢⎢⇔ =⎢ + + + + =⎢⎣ ⎡ =⎢ =⎢⎢⇔ ⎢⎧ =⎢⎨⎢ =⎩⎣ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ab a b ab ab a b a b ab a b a b a b ab a b a b Với phương trình ( )1 do a và b không thể đồng thời bằng 0 vì thế: ( ) ⎡ ⎡− = =⇔ ⇔⎢ ⎢− = =⎣ ⎣ 3 0 3 1 2 0 2 x x x x 2.Rèn luyện khả năng định hướng và xác định đường lối giải: a. Theo nội dung của phương pháp tìm lời giải, việc xác định đường lối giải một bài toán trước hết và chủ yếu là phải xác định đúng đắn thể loại bài toán. Để làm tốt điều này cần nghiên cứu kỹ bài toán đã cho mà chủ yếu là căn cứ vào yêu cầu mà bài toán đó đòi hỏi để xác định đúng thể loại bài toán. Các đường lối giải của số lớn loại bài toán đã được xác định trong nội dung những tri thức của loại toán đó mà người giải toán phải biết và tất nhiên là phải nhớ. Tuy vậy cái khó khăn về mặt này thường gặp là mỗi bài toán tuy nằm trong một thể loại nào đó, nhưng lại có những vẻ riêng biệt của nó. Vì thế người giải toán phải nắm vững các đường lối chung, lại phải phát hiện đúng cái riêng của mỗi bài toán để chọn một đường lối thích hợp nhất (trong các đường lối có thể có để giải bài toán đó). Ví dụ: Giải hệ phương trình: ( ) ( )⎧ + + + = + + +⎪⎨⎪ + + + =⎩ 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 4 27 93 x y z t x y z t x y z t Hướng dẫn giải: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 42 Hệ đã cho chỉ có hai phương trình mà số ẩn lại là bốn. Để giải bài toán này số phương trình của hệ phải có ít nhất là bốn. Như vậy có nghĩa là ta phải tìm kiếm thêm các phương trình của hệ vốn phải có để có đủ điều kiện để giải. Để ý đến phương trình thứ nhất, bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 8 số: 1, 3, 4, 1 và x, y, z, t ta thu được: ( ) ( )( )+ + + ≤ + + + + + +2 2 2 2 1 2 2 2 23 4 1 3 4 1x y z t x y z t hay là: ( ) ( )+ + + ≤ + + +2 2 2 2 23 4 27x y z t x y z t đẳng thức xảy ra khi: ( )= = = ∗ 1 3 4 1 x y z t Như vậy, phương đầu của hệ xảy ra khi và chỉ khi xảy ra hệ ( )∗ Nói cách khác, thực chất của hệ đã cho là : ⎧ = = =⎪⎨⎪ + + + =⎩ 3 3 3 3 1 3 4 1 93 x y z t x y z t là một hệ chuẩn, đủ bốn phương trình bốn ẩn. Chỉ cần đặt các tỉ số bằng nhau là k, ta thu được: x = t = k , z = 4k , t = 3k Thay vào phương trình cuối ta thu được k = 1 Vậy hệ có nghiệm là bộ bốn số: ( )1,3,4,1 b.Trong việc xác định đường lối giải của bài toán, lại phải chú ý đến khả năng sau: Có những bài toán xét về mặt hình thức thì khác nhau nhưng có những đặc điểm giống nhau và vì thế đường lối giải chúng lại hoàn toàn giống nhau. Trong việc xác định đường lối giải, người giải toán còn phải rèn luyện các khâu sau: - Chuyển đường lối chung để giải một bài toán nào đó dưới dạng tổng quát vào các bài toán cụ thể, công việc này tuy đơn giản nhưng nếu không luyện tập thì sẽ không khỏi lúng túng trước một bài toán vì hai lẽ sau: + Bài toán này thuộc vào loại bài toán tổng quát nào? + Đường lối giải loại bài toán tổng quát đó như thế nào? - Có những khó khăn đó trước hết là do người giải toán không nắm chắc các đặc điểm cơ bản để phân biệt các loại toán và các đường lối có thể giải được chúng. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 43 Vai trò của sách giáo khoa và nhất là thầy giáo góp phần quan trọng trong việc rèn luyện mặt này cho người giải toán. - Xác định những bài toán cùng loại, khái quát hóa thành bài toán tổng quát và xây dựng đường lối giải bài toán đó. Công việc này khó hơn công việc trên. Trước hết đòi hỏi trình độ hiểu biết các loại toán để đủ khả năng hình thành được các bài toán tổng quát và đường lối giải chúng. Để luyện tập khả năng này, ta có thể tiến hành như sau: Phân tích trong các bài toán đã cho các đặc điểm cơ bản, chung cho mọi bài toán và các đặc điểm phụ, riêng cho từng bài toán. Không thể xếp các bài toán vào cùng một loại theo các đặc điểm riêng của chúng . Như vậy có nghĩa là, dựa vào các đặc điểm chung, giống nhau trong các bài toán, ta xếp chúng vào từng loại. Ví dụ: Bài 1: Cho phương trình: ( )2 0 1x kx a+ + = với 0a ≠ đã cho và k là tham số. Hãy tìm mọi giá trị của k để cho biểu thức: ( ) 3 3 1 2 2 1 52 2 x x M x x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ trong đó 1 2,x x là các nghiệm của phương trình ( )1 Bài 2: Cho phương trình bậc hai: ( ) ( ) ( ) ( )23 3 1 0 1m x m x m− + + − + = Hãy tìm mọi giá trị của m để cho các nghiệm 1x và 2x của phương trình ( )1 thỏa mãn hệ thức: ( ) ( )2 21 2 1 24 25 1 0 2x x x x+ − − = Bài 3: Tìm mọi giá trị của tham số a để hiệu các nghiệm 1x và 2x của phương trình: ( ) ( )22 1 3 0 1x a x a− + + + = bằng 1. Hướng dẫn giải: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 44 Hiển nhiên đó là các bài toán khác nhau, tuy vậy nếu nghiên cứu kĩ ta thấy các bài toán đó có một đặc điểm cơ bản giống nhau, đó là các bài toán chứa các đại lượng liên quan đến các nghiệm của một phương trình bậc hai. Đó là biểu thức M trong bài 1, hệ thức ( )2 trong bài 2; biểu thức 1 2x x− trong bài 3 Chính vì đặc điểm cơ bản giống nhau giữa các bài toán nên đường lối giải các bài toán đó giống nhau mà cụ thể quy trình giải như sau: a. Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có mặt trong bài toán có nghiệm. b. Biểu diễn các đại lượng liên quan đến các nghiệm của phương trình bậc hai qua 1 2x x+ và 1 2x x , dùng định lý Viet thuận để tính 1 2x x+ và 1 2x x rồi từ đó tính các đại lượng đã cho. c. Công việc của bước này được xác định theo yêu cầu của từng bài toán. Như vậy, với cách nhìn vào các đặc điểm cơ bản, các bài toán trên có thể xếp thành một loại (vì có cùng đường lối giải). Dưới đây, xin trình bày lời giải sơ lược của bài 3: Lời giải: Điều kiện để phương trình ( )1 có nghiệm là: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 8 3 0 6 23 0 3 23 3 23 a a a a a a ∆ = + − + ≥ ⇔ − − ≥ ⎡ ≤ −⇔ ∗⎢⎢ ≥ +⎣ Gọi hai nghiệm của phương trình ( )1 là ( )1 2 2 1, giaû söû x x x x> Theo định lí Viét ta có 1 2 1 2 1 2 3 2 ax x ax x ⎧ ++ =⎪⎪⎨ +⎪ =⎪⎩ Do 2 1 1x x− = nên ( ) ( )2 22 1 1 2 1 24 1x x x x x x− = + − = , suy ra: ( ) ( ) 2 2 1 2 3 1 4 6 27 0 9 3 a a a a a a + − + = ⇔ − − = ⎡ =⇔ ⎢ = −⎣ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 45 Rõ ràng cả hai giá trị này đều thỏa mãn ( )∗ Vậy các giá trị của tham số a thỏa mãn yêu cầu đề bài là 9a = hoặc 3a = − c. Một mặt nữa cũng cần lưu ý khi xác định đường lối giải bài toán là phải gắn liền việc xác định đường lối với việc chọn lựa các phương pháp và công cụ để thực hiện đường lối đã vạch. Nói đúng hơn là, một bài toán chỉ có thể có lời giải tốt khi chọn được phương pháp và công cụ thích hợp với đường lối đã có. Một công việc cần rèn luyện tiếp tục sau khi xác định được đường lối giải là thiết lập được một quy trình để thực hiện đường lối đã vạch. - Quy trình để giải một bài toán bao gồm nội dung các công việc cần giải quyết và trình tự để giải quyết các công việc đó. - Rèn luyện việc thiết lập quy trình giải bài toán là một bộ phận quan trọng trong việc rèn luyện khâu giải toán. Coi thường khâu này, các hậu quả có thể xảy ra là: + Do không định rõ các công việc cần làm nên có thể bỏ sót các công việc cần thiết mà từ đó có thể dẫn tới lời giải sai. + Lời giải bài toán dài dòng, không gọn do quy trình không tối ưu. Ví dụ: Cho x và y thỏa mãn hệ phương trình: ( )2 2 21 12 2 x y a x y a ⎧ + = +⎪⎨ + = −⎪⎩ Tìm mọi giá trị của a sao cho xy đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn giải: Bài toán được giải theo quy trình sau đây: 1.Tìm a để hệ có nghiệm (x, y) 2. Tìm xy. 3. Tìm a để xy đạt giá trị lớn nhất. Lời giải chi tiết như sau: Lưu ý rằng ( ) ( )2 2 212xy x y x y⎡ ⎤= + − +⎢ ⎥⎣ ⎦ , hệ đã cho tương đương với hệ: ( ) ( )2 2 1 1 1 2 2 2 x y a xy a a ⎧ + = +⎪⎨ ⎡ ⎤= + − −⎪ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 46 Khi đó theo định lí Viet đảo, điều kiện có nghiệm (x, y) của hệ (1) chính là điều kiện có nghiệm X của phương trình: ( ) ( ) ( ) ( )22 211 1 2 2 0 22X a X a a⎡ ⎤− + + + − − =⎢ ⎥⎣ ⎦ Đó là điều kiện: 0∆ ≥ Ta có : 0∆ ≥ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 1 2 1 2 1 0 3 2 5 0 1 5 3 a a a a a a a ⎡ ⎤⇔ + − + − − ≥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇔ − − ≥ ⎡ ≤ −⎢⇔ ⎢ ≥⎢⎣ Từ biến đổi trên ta thu được: ( ) ( )2 2 2 1 1 2 2 2 1 3 2 2 xy a a xy a a ⎡ ⎤= + − −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇒ = − + + Tìm a ( với 1a ≤ − hoặc 5 3 a ≥ ) để u = xy đạt giá trị lớn nhất Nhận xét rằng u = xy là tam thức bậc hai có hệ số cao nhất là 1 0 2 − < .Vì thế u = xy có giá trị cực đại và đạt cực đại tại a = 1 ( hoành độ đỉnh 1 1 12 2 a = − =⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ ) Tuy vậy ta không thể kết luận: xy đạt cực đại tức cũng là giá trị lớn nhất khi a =1 vì a = 1 không thỏa mãn điều kiện: 1a ≤ − hoặc 5 3 a ≥ Bằng cách vẽ đồ thị u trên miền a thỏa mãn bài toán, đọc trên đồ thị ta thu được: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 47 Khi 5 3 a = hàm u = xy đạt giá trị lớn nhất và max 5 163 9u u ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠ 3.Rèn luyện khả năng chọn lựa phương pháp và công cụ: - Công việc xác định các phương pháp và công cụ cũng như các phép biến đổi mang tính chất kĩ thuật. Tuy vậy công việc này trước hết phải được chỉ dẫn bởi đường lối đã vạch ra và xét xem hãy chọn phương pháp và công cụ nào thì thích hợp nhất. - Sau nữa, để làm tốt việc này, quá trình phân tích và cách nhìn bài toán đóng góp phần quan trọng. Nói một cách cụ thể hơn là do bài toán có những đặc điểm nào mà từ đó dẫn ta tới việc chọn lựa phương pháp và công cụ tương ứng với đặc điểm đó. Ngay cả việc sử dụng các phép biến đổi, các công thức ở dạng nào, theo chiều xuôi hoặc ngược là có lợi hơn. Hiển nhiên là chọn được tối ưu các phương pháp, các công cụ và các phép biến đổi thì lời giải bài toán sẽ tốt nhất. Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 5u y x= − + biết rằng x và y thỏa mãn phương trình: ( )2 236 16 9 1x y+ = Hướng dẫn giải: Lời giải 1: Việc tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất ( maxu và minu ) thỏa điều kiện ( )1 được quy về bài toán: Tìm mọi giá trị của u để hệ phương trình : Graph Limited School Edition -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 a u 5 3 umax Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 48 ( )2 22 536 16 9 y x u I x y ⎧ − + =⎪⎨ + =⎪⎩ có nghiệm (x, y). Bằng cách rút y theo x từ phương trình đầu rồi thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta thu được phương trình đối với x: ( ) ( ) ( )22 '100 64 5 16 5 9 0x u x u I+ − + − − = Do việc tìm y theo x từ điều kiện (1) không đòi hỏi điều kiện đối với u, chính vì vậy mà điều kiện có nghiệm x của phương trình ( )'I cũng là điều kiện có nghiệm (x, y) của hệ ( )I . Đó là điều kiện ' 0∆ ≥ ( ) ( )2 21024 5 100 16 5 9 0u u⎡ ⎤⇔ − − − − ≥⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )2 255 16 u⇔ − ≤ 15 25 4 4 u⇔ ≤ ≤ Để tìm các ( ),x y làm cho đẳng thức xảy ra, ta xét: Khi 25 0 4 u = ⇒ ∆ = ⇒ phương trình ( )'I có nghiệm kép: ( ) 0 64 5 2 200 5 u x − −= = − . Từ đó 0 920y = Khi 0 15 2 4 5 u x= ⇒ = . Từ đó 0 920y = − Vậy ta kết luận: max 25 4 u = , đạt được khi 2 5 9 20 x y ⎧ = −⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ min 15 4 u = , đạt được khi 2 5 9 20 x y ⎧ =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 49 Lời giải 2: Biến đổi điều kiện ( 1 ) về dạng: ( ) ( )2 2 26 4 3x y+ = Dạng mới của điều kiện đó gợi cho ta suy nghĩ : có thể lượng giác hóa bài toán bằng cách đặt: 1 cos6 3cos 2 4 3sin 3 sin 4 xx y y αα α α ⎧ =⎪⎧ = ⎪⇒⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎪⎩ Khi đó điều kiện ( )1 trở thành: ( )2 29 cos sin 9α α+ = Là một đồng nhất thức đúng với mọi α . Biểu thức u dưới dạng lượng giác có dạng: 3 sin cos 5 4 u α α= − + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có: ( ) ( )( )2 2 2 2 2sin cos sin cosa b a bα α α α+ ≤ + + hay : 2 2 2 2sin cosa b a b a bα α− + ≤ + ≤ + Suy ra : 15 25 4 4 u≤ ≤ Ta suy ra được : max 25 4 u = , đạt được khi 2 5 9 20 x y ⎧ = −⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ min 15 4 u = , đạt được khi 2 5 9 20 x y ⎧ =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 50 Lời giải 3: Để dùng điều kiện ( ) ( ) ( )2 26 4 9 1x y+ = Ta để ý đến bất đẳng thức Bunhiacôpxki : ( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2 2a b a b a a b b+ ≤ + + Khi đó ta phải biến đổi công thức của u sao cho vế trái của điều kiện (1) đóng vai trò là một trong hai thừa số có trong vế phải của (2 ). Muốn vậy ta biến đổi u về dạng: ( )1 15 4 . 6 . 3 4 3 u y x ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠ Áp dụng (2) ta thu được: ( ) ( )2 2 21 1 1 14 . 6 4 6 4 3 16 9 y x y x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤− ≤ + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ tức là: 2 1 1 25 254 . 6 9. 4 3 16.9 16 y x ⎛ ⎞− ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ từ đó: 5 1 1 54 . 6 . 4 4 3 4 y x− ≤ − ≤ và 5 55 5 2 5 4 4 y x− ≤ + − ≤ + ta thu được: max 25 4 u = , đạt được khi 2 5 9 20 x y ⎧ = −⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ min 15 4 u = , đạt được khi 2 5 9 20 x y ⎧ =⎪⎪⎨⎪ = −⎪⎩ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 51 Lời giải 4: Khi viết lại u dưới dạng ( 3 ), ta có thể xem biểu thức : 1 14 . 6 . 4 3 y x− như là tích vô hướng của hai vectơ : 1 1(4 , 6 ), , 4 3 a y x b ⎛ ⎞= − = ⎜ ⎟⎝ ⎠ r r và lại để ý rằng: ( ) 2 2. .a b a b≤r r r r ta lại được: ( ) ( )2 2 21 1 1 1 254 . 6 . 4 6 4 3 16 9 16 y x y x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤− ≤ + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ và kết quả thu được giống như lời giải 3. CÁC NHẬN XÉT VỀ LỜI GIẢI Sự có mặt của 4 lời giải của cùng một bài toán (chắc chắn chưa phải là tối đa) nhắc nhở những người giải toán: hãy chưa nên thỏa mãn với một lời giải của bài toán nào đó cho dù đó là lời giải tốt. Như vậy có nghĩa là nếu biết cách nhìn, cách phân tích bài toán dưới mọi “góc”, “cạnh” có thể được thì sẽ thu được những lời giải khác nhau. Lời giải (1) có tính chất mẫu mực, “sách vở” tuy dà