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

+ ( ) ( ) ( ) ) 1 1 2 1 2 1 0 1 2 i coù nghieäm x m m m m m m m ∗ = − ⎧ ≠ −⎪− +⇔ ⎨ = −⎪ +⎩ ⎡ =⎢⇔ ⎢ = −⎢⎣ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 61 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) coù 2 1 2 2 2 1 2 1 2 i nghieäm x m m m m m m m ∗ = − + ⎧ ≠ −⎪− +⇔ ⎨ = − +⎪ +⎩ ⎡ = −⎢⇔ ⎢ = −⎢⎣ Vậy với 12 , 1 , , 0 2 m ⎧ ⎫∈ − − −⎨ ⎬⎩ ⎭ thì phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 3: Tìm các giá trị của tham số m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ( )2 4 3mx x− = + Nhận xét: Phương trình đã cho có dạng: ax b cx d+ = + Ta có: ( ) ax b cx d ax b cx d ax b cx d ⎡ + = ++ = + ⇔ ⎢ + = − +⎢⎣ Hoặc : ta có thể giải phương trình ax b cx d+ = + như sau: Do hai vế của phương trình ax b cx d+ = + luôn không âm nên khi bình phương hai số của nó ta được phương trình tương đương. Giải: Cách 1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 4 1 6 1 2 mx x mx x mx x m x i m x j − = + ⎡ − = +⇔ ⎢ − = − +⎢⎣ ⎡ − =⎢⇔ + = −⎢⎣ Phương trình ( )3 có nghiệm duy nhất Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 62 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0 1 0 1 0 6 21 0 1 0 1 1 1 1 1 2 i coù nghieäm vaø j voâ nghieäm j coù nghieäm vaø i voâ nghieäm i vaø j coù nghieäm baèng nhau m vaø m m vaø m m vaø m vaø m m m m m ⎡⎢⇔ ⎢⎢⎢⎣ ⎡⎢ − ≠ + =⎢⇔ + ≠ − =⎢⎢ −− ≠ + ≠ =⎢ − +⎣ ⎡⎢ = −⎢⇔ =⎢⎢ = −⎢⎣ Vậy với 11 , , 1 2 m ⎧ ⎫∈ − −⎨ ⎬⎩ ⎭ thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Cách 2: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 4 1 2 2 4 12 0 mx x mx x m x m x − = + ⇔ − = + ⇔ − − + − = ∗ Biện luận: - 2 11 0 1 m m m ⎡ =− = ⇔ ⎢ = −⎣ , phương trình ( )∗ có nghiệm duy nhất 62 4x m−= + + 1m = , phương trình ( )∗ có nghiệm duy nhất 1x = − + 1m = − , phương trình ( )∗ có nghiệm duy nhất 3x = − - 2 1 0 1m m− ≠ ⇔ ≠ ± Phương trình ( )∗ có nghiệm duy nhất ' 2 0 16 16 4 0 1 2 m m m ⇔ ∆ = ⇔ + + = ⇔ = − Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 63 Với 1 2 m = − phương trình ( )∗ có nghiệm duy nhất 2x = . Vậy 11, ,1 2 m ⎧ ⎫∈ − −⎨ ⎬⎩ ⎭ thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nhọn có cạnh BC = a, đường cao AH = h. Một hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác ( ; ; ,M AB N AC P Q AC∈ ∈ ∈ ) có chu vi bằng 2p (p là độ dài cho trước). Hãy tính độ dài cạnh PQ của hình chữ nhật MNPQ, biện luận theo p, a, h. Giải: Đặt PQ = MN = x (0 < x < a ) Theo định lí Talet ta có: ( ) MN AI AN BC AH AC a x hx h IH IH a h a ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠ −−⇒ = ⇒ = Điều kiện: MN + IH = p cho ta phương trình: ( )a x h x p a −+ = hay ( ) ( ) ( )1a h x a p h− = − - Nếu a = h thì phương trình (1) vô nghiệm khi p h≠ , nghiệm đúng với mọi x khi p = h .Điều này có nghĩa là: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 64 + Khi tam giác nhọn ABC có cạnh AH = BC và p AH≠ thì không có hình chữ nhật nào thỏa điều kiện của bài toán. + Khi tam giác nhọn ABC có cạnh AH = BC và p AH= thì có vô số hình chữ nhật thỏa điều kiện của bài toán với cạnh x (0 < x < a tùy ý ) - Nếu a h≠ thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất ( )a p hx a h −= − Xét điều kiện 0 < x < a hay ( ) ( )0 2a p h a a h −< <− Vì a h≠ nên có hai trường hợp : + Nếu a > h , ta có : ( )2 0 p h a h h p a ⇔ < − < − ⇔ < < + Nếu a < h , ta có: ( )2 0 p h a h a p h ⇔ > − > − ⇔ < < Điều này có nghĩa là : giá trị ( )a p h x a h −= − là nghiệm của bài toán khi và chỉ khi p nằm giữa a và h. Vấn đề 2: Giải và biện luận hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. Ở lớp 9, ta đã biết cách giải hệ ( ) ( ) 2 2 ' ' ' '2 '2 0 0 a bax by c a x b y c a b + ≠⎧ + =⎪⎨ + =⎪ + ≠⎩ bằng phương pháp cộng, phương pháp thế, phương pháp đồ thị. Trong chương trình toán 10, ta sẽ làm quen thêm phương pháp mới là phương pháp định thức cấp hai. Phương pháp:Giải và biện luận hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn ( ) ( ) 2 2 ' ' ' '2 '2 0 0 a bax by c a x b y c a b + ≠⎧ + =⎪⎨ + =⎪ + ≠⎩ theo phương pháp định thức cấp hai. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 65 Đặt: ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' x y a b D ab a b a b c b D b c bc c b a c D ac a c a c = = − = = − = = − * D 0≠ : hệ có một nghiệm duy nhất ( ),x y trong đó: , yx DD x y D D = = * D = 0 : + 0xD ≠ hoặc 0yD ≠ : hệ vô nghiệm. + 0x yD D= = : hệ có vô số nghiệm, tập nghiệm của hệ là tập nghiệm của phương trình ax + by = c. Nhận xét: Trong thực hành giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất hai ẩn, giải bằng phương pháp định thức là một công cụ đem lại nhiều thuận tiện. Ví dụ 1: Cho hệ phương trình 2 ax y b x ay c c ⎧ + =⎪⎨ + = +⎪⎩ a) Với b = 0, hãy giải và biện luận hệ theo a và c. b) Tìm b để với mọi a, ta luôn tìm được c sao cho hệ có nghiệm. Giải: a) Khi b = 0 ta có hệ: 2 0ax y x ay c c ⎧ + =⎪⎨ + = +⎪⎩ Ta có: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 66 ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 0 1 1 0 1 1 x y a D a a D c c c c a a D ac c c c = = − = = − ++ = = ++ * 0 1D a≠ ⇔ ≠ ± thì hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 c c x a ac c y a ⎧ − +=⎪⎪ −⎨ +⎪ =⎪ −⎩ * 1 0 1 a D a ⎡ == ⇔ ⎢ = −⎣ - a = 1, khi đó ta có hệ : ( ) 0 1 x y x y c c ⎧ + =⎪⎨ + = +⎪⎩ + 0c ≠ và 1c ≠ − : hệ vô nghiệm. + 0c = hoặc 1c = − : hệ có vô số nghiệm, tập nghiệm của hệ là tập nghiệm của phương trình 0x y+ = . - a = -1, khi đó ta có hệ: ( ) 0 1 x y x y c c ⎧ − =⎪⎨ − = +⎪⎩ + 0c ≠ và 1c ≠ − : hệ vô nghiệm. + 0c = hoặc 1c = − : hệ có vô số nghiệm, tập nghiệm của hệ là tập nghiệm của phương trình 0x y− = . b) Xét hệ: 2 ax y b x ay c c ⎧ + =⎪⎨ + = +⎪⎩ 21 1 1 a D a a = = − Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 67 0 1D a≠ ⇔ ≠ ± hệ có nghiệm duy nhất, với mọi b R∈ 0 1D a= ⇔ = hoặc 1a = − - Nếu a = 1 ta có hệ : 2 x y b x y c c ⎧ + =⎪⎨ + = +⎪⎩ ( )22 2 2 1 1 1 1 x y b D b c c c c b D c c b c c = = − ++ = = + −+ Do đó hệ có nghiệm khi: 2 2 0 0 x yD D c c b c c b = = ⇔ + = ⇔ + − = Tìm được c nếu và chỉ nếu: 10 1 4 0 4 b b∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − - Nếu a = -1 ta có hệ : 2 3x y x y c c ⎧ − = −⎪⎨ − = +⎪⎩ ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 x y b D b c c c c b D c c b c c − −= = + ++ − − −= = − + −− + Do đó hệ có nghiệm khi: 2 2 0 0 x yD D c c b c c b = = ⇔ + = − ⇔ + + = Tìm được c nếu và chỉ nếu: 10 1 4 0 4 b b∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ Vậy với 1 1 4 4 b− ≤ ≤ thì với mọi a ta luôn tìm được c để hệ đã cho có nghiệm. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 68 Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên (a, b) sao cho hệ phương trình sau vô nghiệm: 2 6 4 ax y x by ⎧ + =⎨ + =⎩ Giải: Ta có: 1 6 6 2 1 2 4 4 2 4 12 6 4 x y a D ab b D b b a D a = = − = = − = = − Hệ phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi: ( )0 600 2 3yx D ab DD hoaëc b hay a ⎧ = ⎧ =⎪ ⇔ ∗⎨ ⎨≠≠ ≠ ≠⎪ ⎩⎩ Các cặp số nguyên (a, b) thỏa hệ ( )∗ là : (1, 6) ; (6, 1) ; (2, 3) ; (-1, -6) ;(-6, -1) ; (-2, -3); (-3, -2). Ví dụ 3: Với giá trị nào của m thì hệ phương trình sau có vô số nghiệm: ( ) ( ) 2 3 3 9 4 2 m x y m x m y ⎧ + + = +⎪⎨ + + =⎪⎩ Giải: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 3 6 5 1 5 1 4 3 9 3 3 7 10 3 2 5 2 4 2 3 9 5 1 2 x y m D m m m m m m D m m m m m m m D m += = + + = + ++ += = + + = + ++ + += = − + Hệ phương trình có vô số nghiệm khi và chỉ khi Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 69 0 5x yD D D m= = = ⇔ = − Vậy với m = -5 thì hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm. Ví dụ 4: Tìm mọi giá trị của m, n, p để cả ba hệ sau đây đồng thời vô nghiệm: ( ) ( ) ( )11 2 3 , 1 , x py n px y m nx my px y m nx my x py n ⎧ ⎧ ⎧− = − + = + =⎨ ⎨ ⎨− + = + = − =⎩ ⎩ ⎩ Giải: ( )1x py n px y m ⎧ − =⎨− + =⎩ Ta có: 2 1 1 1 1 x y D p D n mp D m np = − = + = + Hệ (1) vô nghiệm 1 11 2 0 00 1 0 0 0 1 0 1 0 yx D hoa ëc DD p n mp hoa ëc m np p m n p m n ⎧ =⎪⇔ ⎨ ≠≠⎪⎩ ⎧ − =⎪⇔ ⎨ + ≠ + ≠⎪⎩ ⎡⎧ =⎢⎨ + ≠⎩⎢⇔ ⎢⎧ = −⎢⎨ − ≠⎢⎩⎣ Trường hợp 1: Hệ (1) vô nghiệm 1 0 p m n ⎧ =⇔ ⎨ + ≠⎩ Với p = 1 thì hệ (2) trở thành : 1 x y m nx my ⎧− + =⎨ + =⎩ Với p = 1 thì hệ (3) trở thành: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 70 1nx my x y n ⎧ + =⎨ − =⎩ Vậy cả ba hệ (1), (2), (3) vô nghiệm 1 1 2 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 ( ) 1 0 1 0 0 1 0 1 0 x x y x y D D D D hoaëc D D D hoaëc D p m n m n heä voâ nghieäm m hoaëc mn n m mn hoaëc n ⎧ =⎪ ≠⎪⎪ =⎪⇔ ⎨ ≠ ≠⎪⎪ =⎪⎪ ≠ ≠⎩ ⎧ =⎪ + ≠⎪⎪− − =⎪⇔ ⎨ − ≠ − − ≠⎪⎪− − =⎪ − ≠ − ≠⎪⎩ Trường hợp 2: Hệ (1) vô nghiệm 1 0 p m n ⎧ = −⇔ ⎨ − ≠⎩ Với p = -1 thì hệ (2) trở thành: 1 x y m nx my ⎧ + =⎨ + =⎩ Với p = -1 thì hệ (3) trở thành: 1nx my x y n ⎧ + =⎨ + =⎩ Vậy cả ba hệ (1), (2), (3) vô nghiệm Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 71 1 1 2 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 ( ) 1 0 1 0 0 1 0 1 0 y x y x y D D D D hoaëc D D D hoaëc D p m n m n heä voâ nghieäm m hoaëc mn n m mn hoaëc n ⎧ =⎪ ≠⎪⎪ =⎪⇔ ⎨ ≠ ≠⎪⎪ =⎪⎪ ≠ ≠⎩ ⎧ = −⎪ − ≠⎪⎪ − =⎪⇔ ⎨ − ≠ − ≠⎪⎪ − =⎪ − ≠ − ≠⎪⎩ Vậy không tìm được m, n, p để ba hệ cùng vô nghiệm. Vấn đề 3: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn số, ba ẩn số: Phương pháp: - Chọn ẩn x ,y (hoặc chọn ẩn x, y ,z) và đặt điều kiện - Lập hệ phương trình - Giải hệ và chọn nghiệm * Nguyên tắc chung để giải hệ phương trình nhiều ẩn (cụ thể ở vấn đề này ta xét giải hệ phương trình bậc nhât hai ẩn số, ba ẩn số): là khử bớt ẩn để quy về giải các phương trình hay hệ phương trình có ẩn số ít hơn. Để khử bớt ta cũng có thể dùng các phương pháp cộng đại số hay phương pháp thế giống như đối với hệ phương trình hai ẩn. Ví dụ 1: Một người mua lần đầu 20 bút chì và 5 bút mực, giá tổng cộng 9000 đồng. Lần sau mua 15 bút chì và 4 bút mực, giá tổng cộng 7000 đồng. Tính giá tiền một bút chì, một bút mực? Giải: Gọi x,y là giá tiền một bút chì và một bút mực Điều kiện : 0, 0x y> > Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 72 Theo đề bài ta có hệ phương trình: 20 5 9000 15 4 7000 x y x y ⎧ + =⎨ + =⎩ Giải hệ ta được x = 200 và y = 1000. Vậy giá tiền một bút chì là 200đ và một bút mực là 1000đ Ví dụ 2: Ba lớp 10A, 10B, 10C gồm 128 học sinh cùng tham gia lao động trồng cây. Mỗi học sinh lớp 10A trồng được 3 cây bạch đàn và 4 cây bàng. Mỗi học sinh lớp 10B trồng được hai cây bạch đàn và 5 cây bàng. Mỗi học sinh lớp 10C trồng được 6 cây bạch đàn. Cả 3 lớp trồng được 476 cây bạch đàn và 375 cây bàng. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh? Giải: Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh lớp 10A, 10B, 10C Điều kiện: x, y, z nguyên dương Theo đề bài ta có hệ phương trình: 128 (1) 3 2 6 476 (2) 4 5 375 (3) x y z x y z x y ⎧ + + =⎪ + + =⎨⎪ + =⎩ Dùng phương pháp khử dần ẩn số: nhân hai vế của (1) với -6 rồi cộng vào phương trình (2) ta được hệ phương trình: 128 3 4 292 4 5 375 x y z x y x y ⎧ + + =⎪ + =⎨⎪ + =⎩ Từ hai phương trình cuối ta tìm được x = 40, y = 43. Từ đó thế vào phương trình đầu ta tìm được z = 45 (thỏa điều kiện bài toán) Vậy lớp 10A có 40em, lớp 10B có 43 em, lớp 10C có 45 em. Ví dụ 3: (Bài toán cổ) Đưa 100 đồng mua 100 con gà Gà trống giá 5 đồng một con Gà mái giá 3 đồng một con Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 73 Gà con giá 1 3 đồng một con Hỏi số gà mua được mỗi loại ? Giải: Gọi x, y, z lần lượt là số gà trống, gà mái, gà con Điều kiện x, y, z nguyên dương Theo đề bài ta có hệ phương trình: ( ) ( ) 100 1 15 3 100 2 3 x y z x y z ⎧ + + =⎪⎨ + + =⎪⎩ Từ (1) ta có: z = 100 – x – y (3) Thay (3) vào (2) ta được: 7x + 4y = 100 ⇔ 4 (-3 – y) = 7 (x – 16 ) Vì vậy 3 7 16 4 y k x k ⎧− − =⎨ − =⎩ (k∈z) 3 7 4 16 y k x k ⎧ = − −⇔ ⎨ = +⎩ Để x, y nguyên dương thì k = -3, k =-2, k =-1 Với k = -3, ta tính được x = 4, y = 18, z = 78 k = -2, ta tính được x = 8, y = 11, z = 81 k = -1, ta tính được x =12, y = 4, z = 84 Vậy số gà trống, gà mái, gà con mua được là: 4 1 8 7 8 x y z ⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩ hoặc 8 11 81 x y z ⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩ hoặc 12 4 84 x y z ⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩ Ví dụ 4: (Bài toán cổ) Em đi chợ phiên Anh gởi một tiền Cam, thanh yên, quýt Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 74 Không nhiều thì ít Mua đủ một trăm Cam ba đồng một Quýt một đồng năm Thanh yên tươi tốt Năm đồng một trái Hỏi mỗi thứ bao nhiêu trái, biết rằng một tiền là 60 đồng? Giải: Goi x, y, z lần lượt là số cam, thanh yên, quýt. Điều kiện: x, y, z nguyên dương. Theo đề bài ta lập được hệ phương trình: ( ) ( ) 100 1 3 5 60 2 5 x y z yx z ⎧ + + =⎪⎨ + + =⎪⎩ Từ (1) và (2) suy ra: ( ) ( ) 7 12 100 7 16 12 1 x z x z + = ⇔ − =− + Vì vậy: ( )16 12 1 7 12 16 7 1 x k k Z z k x k z k ⎧ − = − ∈⎨ + =⎩ ⎧ = − +⇔ ⎨ = −⎩ Để x, z nguyên dương thì k = 1. Từ đó tìm được x = 4, y = 90, z = 6 Vậy có 4 quả cam, 90 quả thanh yên và 6 quả quýt. Dạng 3: Phương trình và hệ phương trình bậc hai. Vấn đề 1: Giải và biện luận phương trình dạng 2 0ax bx c+ + = Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 75 Kết quả giải và biện luận phương trình dạng 2 0ax bx c+ + = được nêu trong bảng sau đây: Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình: ( )2 22 3 1x x x m− − + = − Giải: Ta có: 2 22 3x x x m− − + = − ( )22 2 3 0 2x x m⇔ + − − = Phương trình (2) có ( )' 1 2 3 2 7m m∆ = − − − = + * ' 70 2 m∆ > ⇔ > − :phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 1 2 7 1 2 7, 2 2 m mx x− + + − − += = * ' 70 2 m∆ = ⇔ = − : phương trình (2) có nghiệm (kép) 1 2 1 2 x x= = − * ' 70 2 m∆ < ⇔ < − : phương trình (2) vô nghiệm. Kết luận: 1) 0a = . Trở về giải và biện luận phương trình bx + c =0. 2) 0a ≠ + 0∆ > : phương trình có hai nghiệm (phân biệt) 1 2,2 2 b bx x a a − + ∆ − − ∆= = + 0∆ = : phương trình có một nghiệm (kép): 2 bx a = − + 0∆ < : phương trình vô nghiệm. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 76 Với 7 2 m < − thì phương trình (1) vô nghiệm. 7 2 m = − phương trình (1) có nghiệm kép 1 2 12x x= = − 7 2 m > − phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2 7 1 2 7, 2 2 m mx x− + + − − += = Ví dụ 2: Định m để phương trình: ( ) ( )21 6 1 2 3 0m x m x m− − − + − = có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. Giải: Phương trình ( ) ( )21 6 1 2 3 0m x m x m− − − + − = có nghiệm kép ( ) ( )( )2' 2 1 0 9 1 1 2 3 0 1 7 13 6 0 1 61 7 6 7 m m m m m m m m m hay m m ⎧ − ≠⎪⇔⎨∆ = − − − − =⎪⎩ ⎧ ≠⎪⇔⎨ − + =⎪⎩ ⎧ ≠⎪⇔⎨ = =⎪⎩ ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm kép khi 6 7 m = Lúc đó phương trình đã cho có nghiệm 1 2 3x x= = Ví dụ 3: Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau đây vô nghiệm: ( )2 2 2 2 2 2 0a x a b c x b+ + − + = Giải: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 77 Nhận thấy: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên a > 0, b >0, c> 0. Và : 0a b c a b c a c b b c a + + > + > + > + > Ta có: ( )22 2 2 2 24a b c a b∆ = + − − ( )( )2 2 2 2 2 22 2a b c ab a b c ab= + − + + − − ( )( ) ( )( )2 22 2a b c a b c= + − − − ( )( )( )( )a b c a b c a b c a b c= + + + − − + − − Mà : 0 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) a b c a b c vì a b c a b c vì a c b a b c vì b c a + + > + − > + > − + > + > − − Nên 0∆ < . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 4: Tìm các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm ( ) ( )223 3x a x a+ − = ∗ Nhận xét: Nếu khai triển phương trình ( )∗ rồi biện luận tham số a không phải là cách làm tốt nhất. Ta có thể quy phương trình ( )∗ về phương trình bậc thấp hơn để thuận tiện cho việc biện luận theo tham số a. Giải: Đặt 23t a x= − , phương trình ( )∗ tương đương với hệ phương trình: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 78 ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 1 3 3 0 1 1 3 3 3 0 9 3 1 3 0 x t a t x a x t a x t x t t x t x I hoaëc II x x a x x a ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ ⎧ + =⎪⇔ ⎨ − − − =⎪⎩ ⎧⎧ = = −⎪ ⎪⇔ ⎨ ⎨+ − =⎪⎩ ⎪ − + − =⎩ Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi: 1 11 12 0 12 a a∆ = + ≥ ⇔ ≥ − Hệ (II) có nghiệm khi và chỉ khi: 2 127 108 0 4 a a∆ = − + ≥ ⇔ ≥ Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 1 12 a ≥ − . Ví dụ 5: Xác định tham số a để phương trình ( )2 22 10 8 5x x x x a− + − = − + ∗ có bốn nghiệm phân biệt. Giải: Cách 1: Ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 10 8 5 2 2 10 8 2 10 2 2 2 10 8 2 10 8 8 2 0 x x x x a x x x x a x x x x a − + − = − + ⇔ − + − = − + ⇔ − + − + − + − + − = ∗ ∗ Đặt: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 10 8 2 5 4 2 5 4 9 5 92 2 2 2 t x x x x x x x = − + − = − + + = − − + ⎛ ⎞= − − <⎜ ⎟⎝ ⎠ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 79 Khi đó phương trình ( )( )∗ ∗ trở thành: 2 8 ( 0)2 8 2 0 3 2 8 ( 0) at neáu t t t a t a neáu t ⎡ −= ≥⎢+ + − = ⇔ ⎢ = − + <⎢⎣ Vậy phương trình ( )∗ có bốn nghiệm phân biệt thì a phải thỏa điều kiện: 2 8 90 3 2 92 8 0 2 434 4 4 434 4 a a a a a ⎧ −≤ <⎪⎪⎨⎪− + < <⎪⎩ ⎧ ≤ ⎩ ⇔ < < Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi 434 4 a< < . Cách 2: Ta có thể giải bài toán bằng phương pháp đồ thị: 2 2 2 2 2 10 8 5 2 10 8 5 x x x x a x x x x a − + − = − + ⇔ − + − − + = Đặt ( ) 2 22 10 8 5f x x x x x= − + − − + Ta có: ( ) 2 2 22 2 2 2 2 2 10 8 5 2 10 8 0 2 10 8 5 2 10 8 0 3 15 8 1 4 5 8 1 4 x x x x neáu x x f x x x x x neáu x x x x neáu x x x neáu x hoaëc x ⎧− + − − + − + − ≥⎪= ⎨ − + − + − + − <⎪⎩ ⎧− + − ≤ ≤⎪= ⎨ − + ⎪⎩ Dựng đồ thị (C) của hàm số y = f (x) và đường thẳng (d) : 1y a= . Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 80 Graph Limited School Edition -30 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 25 x y (C) (d) 5 2 43 4 Dựa vào đồ thị ta thấy: phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 434 4 a< < . Vấn đề 2: Ứng dụng của định lí Viet. - Ở lớp dưới, chúng ta đã học định lí Viet đối với phương trình bậc hai: Hai số 1x và 2x là các nghiệm của phương trình bậc hai 2 0ax bx c+ + = khi và chỉ khi chúng thỏa mãn hệ thức: 1 2 bx x a + = − và 1 2 cx x a= - Định lí Viet có nhiều ứng dụng quan trọng, chẳng hạn như: + Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai + Phân tích đa thức thành nhân tử + Tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng - Trong chương trình Toán Đại Số 10 nâng cao, ta sẽ tìm hiểu một ứng dụng quan trọng khác của định lí Viet là xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 81 - Định lí Viet cho phép ta nhận biết dấu các nghiệm của một phương trình bậc hai mà không cần tìm các nghiệm đó. Cho phương trình bậc hai 2 0ax bx c+ + = có hai nghiệm 1x và 2x ( )1 2x x≤ . Đặt , b cS P a a = − = . Khi đó: + Nếu P < 0 thì 1 20x x< < (hai nghiệm trái dấu ) + Nếu P > 0 và S > 0 thì 1 20 x x< ≤ (hai nghiệm dương) + Nếu P > 0 và S < 0 thì 1 2 0x x≤ < (hai nghiệm âm) Ví dụ 1: Cho phương trình: ( ) ( )21 2 1 0m x x− + − = ∗ a) Giải và biện luận phương trình đã cho b)Tìm các giá trị của m sao cho phương trình đó có hai nghiệm trái dấu c)Tìm các giá trị của m sao cho tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình đó bằng một Giải: a) ( ) ( )21 2 1 0m x x− + − = ∗ * Với 1m = : phương trình ( )∗ trở thành: 2 1 0 1 2 x x − = ⇔ = * Với 1m ≠ : phương trình ( )∗ có ' m∆ = + 0 1m< ≠ : phương trình ( )∗ có hai nghiệm phân biệt + 1 2 1 1, 1 1 m mx x m m − + − −= =− − + 0m < : phương trình ( )∗ vô nghiệm + 0m = : phương trình ( )∗ có nghiệm kép 1 2 1x x= = . b) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi 1 0 1 1 m m − − Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 82 c) Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2,x x 0m⇔ ≥ và 1m ≠ (câu a), lúc đó: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 12 1 1 1 4 2 1 1 4 1 0 2 5 0 ( ) 5 ( ) x x x x x x m m m m m m m loaïi m nhaän + = ⇔ + − = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⇔ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ + − = − ⇔ − − = ⎡ = − <⇔ ⎢⎢ =⎣ Vậy với 5m = thì phương trình đã cho có 2 21 2 1x x+ = . Ví dụ 2: Cho phương trình ( ) ( )2 2 1 1 0 1kx k x k− + + + = a) Tìm các giá trị của k để phương trình trên có ít nhất một nghiệm dương. b) Tìm các giá trị của k để phương trình trên có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1. Giải: a) Ta có: * 0k = phương trình ( )1 trở thành: 12 1 0 0 2 x x− + = ⇔ = > * 0k ≠ phương trình ( )1 có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi: ( ) ( ) 1 2 ' 0 0 0 0 P x x i S ii P ⎡ = ⎨⎢⎪⎢ >⎩⎣ Mệnh đề ( )i : Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 83 1 2 1 0 1 0kP x x k k += = < ⇔− < < Mệnh đề ( )ii : ( ) ' 1 0 2 1 0 0 1 0 k k S k k kP k ⎧∆ = + ≥⎪⎪ +⎪ = > ⇔ >⎨⎪ +⎪ = >⎪⎩ Vậy với 1k > − thì phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm dương. b) Nhận xét: theo đề bài ta cần tìm giá trị của k thỏa: 1 21x x< < . Ứng dụng của định lí Viet, cho ta biết so sánh hai nghiệm với số 0. Vậy nếu ta đặt x = y +1 thì ta có thể sử dụng định lí Viet không? Đặt x = y +1, phương trình (1) trở thành : ( ) ( )( ) ( ) 2 2 1 2 1 1 1 0 2 1 0 2 k y k y k ky y + − + + + + = ⇔ − − = Phương trình ( )1 có hai nghiệm 1x và 2x sao cho 1 1x khi và chỉ khi phương trình ( )2 có hai nghiệm 1 0y tức là 1 0 0kk− Vậy với k > 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm 1x và 2x sao cho 1 21x x< < . Ví dụ 3: Tìm m để phương trình ( ) ( ) ( )22 2 3 5 0m x m x m− − − + + = ∗ có hai nghiệm cùng dấu. Giải: 2 0 2m m− = ⇔ = phương trình ( )∗ trở thành 7 0 7x x− + = ⇔ = 2 0 2m m− ≠ ⇔ ≠ phương trình ( )∗ có hai nghiệm cùng dấu Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 84 0 0 0 0 0 0 P S P S ⎡ ⎧ ∆ ≥⎢ ⎪ >⎨⎢ ⎪⎢ >⎩⎢⇔ ⎢ ⎧ ∆ ≥⎢ ⎪ >⎨⎢ ⎪⎢ <⎩⎣ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 3 4 2 5 0 5 0 2 2 3 0 2 2 3 4 2 5 0 5 0 2 2 3 0 2 m m m m I m m m m m m m II m m m ⎡⎧ − − − + ≥⎢⎪⎢⎪ +⎪⎢ >⎨⎢ −⎪⎢ −⎪⎢ >⎪ −⎢⎩⇔ ⎢⎧⎢ − − − + ≥⎪⎢⎪⎢ +⎪ >⎨⎢ −⎪⎢ −⎪⎢ <⎪⎢ −⎩⎣ Giải hệ (I): ( ) ( )( )⎧ − − − + ≥⎪⎪ +⎪ >⎨ −⎪ −⎪ >⎪ −⎩ ⎧ ≤⎪⎪⎪⇔ ⎨⎪⎪ ⎪⎩ ⇔ < − < ≤ 2 2 3 4 2 5 0 5 0 2 2 3 0 2 49 24 5 2 3 2 2 495 2 ( ) 24 m m m m m m m m m hoaëc m m hoaëc m m hoaëc m thoûa ñieàu kieän Giải hệ (II): Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 85 ( ) ( )( )22 3 4 2 5 0 5 0 2 2 3 0 2 m m m m m m m ⎧ − − − + ≥⎪⎪ +⎪ >⎨ −⎪ −⎪ <⎪ −⎩ ⎧ ≤⎪⎪⎪⇔ ⎨⎪⎪ < <⎪⎩ 49 24 5 2 ( ) 3 2 2 m m hoaëc m heä voâ nghieäm m Vậy với < − < ≤ 495 2 24 m hoaëc m thì phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dấu. Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ và có một nghiệm vô tỉ là m n+ ( ,m n hữu tỉ ) thì nó có một nghiệm nữa là m n− Giải: Cách giải 1: Nếu 1x m n= + là nghiệm của 2 0ax bx c+ + = thì: ( ) ( )2 0a m n b m n c+ + + + = Do đó: ( ) ( )22 2a m n bm c n am b+ + + = − + Nếu hai vế của đẳng thức này khác 0 thì vế trái là số hữu tỉ, vế phải là số vô tỉ, điều đó vô lý. Vậy hai vế của đẳng thức phải bằng 0, tức là: 2 0 2 bam b m a + = ⇔ = − Mà theo định lí Viet thì: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 86 1 2 bx x a + = − Do đó : ( )1 2 2 2 2 x x m m n x m + = ⇔ + + = Vậy: 2x m n= − (điều phải chứng minh). Cách 2: Ta chia tam thức 2( )P x ax bx c= + + cho tam thức ( ) ( ) ( )2( )Q x x m n x m n x m n⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − − = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ta được: ( )22( )P x ax bx c a x m m Bx C⎡ ⎤= + + = − − + +⎢ ⎥⎣ ⎦ , trong đó B và C là số hữu tỉ. theo giả thiết thì ( )1( ) 0P x P m n= + = , mà dĩ nhiên là ( ) 0Q m n+ = , do đó: ( ) ( ) 0P m n B m n C Bm C n B + = + + = ⇒ + = − Vì n vô tỉ nên B = 0 , do đó C = 0, nghĩa là ( ) ( )P x aQ x= hay: ( ) ( )2ax bx c a x m n x m n⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + = − + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ nghĩa là phương trình 2 0ax bx c+ + = có nghiệm nữa là : m n− (điều phải chứng minh). Tổng quát hóa: Nếu phương trình bậc n với hệ số hữu tỉ mà có một nghiệm vô tỉ là m n+ (m, n hữu tỉ) thì có một nghiệm vô tỉ nữa là m n− . Cách giải thứ nhất của bài toán đã cho (đối với phương trình bậc hai) không vận dụng được vào đây, vì trong cách giải đó ta đã dùng định lí Viet về tổng các nghiệm của phương trình bậc hai. Có thể áp dụng cách giải thứ hai . Gọi phương trình bậc n đã cho là ( ) 0P x = . Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 87 Chia ( )P x cho ( ) ( ) ( )Q x x m n x m n⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ta được thương là ( )A x nào đó hoặc thương là ( )A x nào đó và dư là ( )B x C+ (vì ( )Q x bậc hai, nên dư chỉ có thể là bậc nhất hoặc bậc không). Trường hợp 1: ( )P x chia ( )Q x ta được thương là ( )A x nào đó. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . . . P x A x Q x A x x m n x m n = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Do đó 2x m n= − cũng là nghiệm của ( ) 0P x = (điều phải chứng minh). Trường hợp 2: ( )P x chia ( )Q x ta được thương là ( )A x nào đó và dư là ( )B x C+ Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).P x A x Q x B x C= + + ∗ Theo giả thiết với 1x m n= + thì ( )1 0P x = , mà ( )1 0Q x = nên từ ( )∗ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 . 0 0 0 P x A x Q x Bx C Bx C B m n C = + + = ⇔ + = ⇔ + + = Với B, C, m, n hữu tỉ. Từ đây suy ra B = C = 0 nghĩa là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . . . P x A x Q x A x x m n x m n = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Do đó 2x m n= − cũng là nghiệm của ( ) 0P x = (điều phải chứng minh). Vấn đề 3: Giải và biện luận hệ phương trình bậc hai hai ẩn số. Để giải hệ phương trình bậc hai hai ẩn, ta cũng thường dùng các phương pháp quen thuộc như phương pháp thế, phương pháp cộng đại số và phương pháp đặt ẩn phụ. Tất nhiên, việc chọn phương pháp nào phụ thuộc vào các phương trình cụ thể. Trong chương trình Đại Số 10 nâng cao, ta sẽ tìm hiểu thêm một vài hệ phương trình có dạng đặc biệt: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 88 Ví dụ 1: Cho hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 x y a x y ⎧ + = +⎪⎨ + =⎪⎩ a) Giải hệ với a = 1. b) Tìm các giá trị của a để hệ có đúng hai nghiệm. Nhận xét: Ta có nhận xét rằng vế trái của mỗi phương trình trong hệ đã cho là một biểu thức đối xứng đối với x và y (nghĩa là: Khi thay thế x bởi y và y bởi x thì biểu thức không thay đổi). Trong trường hợp này, ta dùng cách đặt ẩn phụ S = x + y và P = xy. Giải: a) Giải hệ với a = 1. Với a = 1 ta có hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ ⎧ + − =⎪⇔ ∗⎨⎪ + =⎩ 2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 x y x y x y xy x y Đặt S = x + y, P = xy Khi đó ( )∗ trở thành : ⎧ ⎧ ⎧− = = = −⎪ ⇔⎨ ⎨ ⎨= ==⎪ ⎩ ⎩⎩ 2 2 2 4 2 2 hoaëc 0 04 S P S S P PS Với: 2 0 S P ⎧ =⎨ =⎩ ta có: 2 0 0 2 2 0 x y x y x y x y ⎧ + =⎨ =⎩ ⎡ ⎧ =⎢ ⎨ =⎩⎢⇔ ⎢ ⎧ =⎢ ⎨ =⎢ ⎩⎣ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 89 Với: 2 0 S P ⎧ = −⎨ =⎩ ta có: 2 0 0 2 2 0 x y xy x y x y ⎧ + = −⎨ =⎩ ⎡⎧ =⎢⎨ = −⎩⎢⇔ ⎢⎧ = −⎢⎨ =⎢⎩⎣ Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là (0, 2), (2, 0), (-2,0), (0, -2). b) Đặt S = x + y, P = xy. Khi đó hệ đã cho trở thành: ( )2 2 2 2 1 4 1 2 S P a S P a S ⎧ − = +⎪⎨ =⎪⎩ ⎧ = −⇔ ⎨ = ±⎩ Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 1 0 X X a i X X a ii ⎡ − + − =⎢ + + − =⎢⎣ ( )i có hai nghiệm là: 1 a+ , 1 a− ( )ii có hai nghiệm là: 1 a− + , 1 a− − Nếu a > 0 thì bốn giá trị này khác nhau và do đó hệ đã cho có bốn nghiệm khác nhau. Nếu a = 0 thì hai nghiệm của ( )i trùng nhau tại 1 và hai nghiệm của ( )ii trùng nhau tại -1, do đó hệ đã cho có đúng hai nghiệm (1, 1) và (-1, -1). Vậy hệ đã cho có đúng hai nghiệm khi a = 0. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình: ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 4 1 4 2 2 y x x ax x y y y ⎧ = − +⎪⎨ = − +⎪⎩ Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 90 Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất. Nhận xét: - Trong hệ phương trình trên, nếu thay thế đồng thời x bởi y và y bởi x thì phương trình (1) biến thành phương trình (2) và ngược lại, phương trình (2) biến thành phương trình (1). - Đối với hệ phương trình có tính chất đó, ta thường giải bằng cách trừ từng vế hai phương trình trong hệ. Giải: Trừ hai phương trình theo từng vế ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 4 3 0 0 3 0 y x x y x y a x y x y x y xy x y a x y x y xy x y a − = − − − + − ⎡ ⎤⇔ − + + − + + =⎣ ⎦ ⎡ − =⇔ ⎢ + + − + + =⎢⎣ Với x = y, thay vào phương trình (1) của hệ ta có: ( ) 2 3 2 2 2 4 5 0 0 5 0 x x x ax x x x a x x x a = − + ⇔ − + = ⎡ =⇔ ⎢ − + =⎣ Hệ đã cho nhận nghiệm x = y = 0 với mọi a. Do đó hệ có nghiệm duy nhất trong trường hợp này khi phương trình 2 5 0x x a− + = vô nghiệm. Phương trình 2 5 0x x a− + = vô nghiệm khi và chỉ khi: 25 4 0 25 4 a a ∆ = − < ⇔ > Với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 0 3 3 0 x y xy x y a x y x y y a + + − + + = ∗ ⇔ + − + − + = Xem đây như là một phương trình bậc hai theo biến số x. Ta có: ( ) ( )2 2 2 3 4 3 3 6 9 4 x y y y a y y a ∆ = − − − + = − + + − Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 91 x∆ là một tam thức bậc hai theo y. Ta có: ( ) ( ) ' 9 3 9 4 12 3 y a a ∆ = + − = − Với 25 4 a > thì ' 0,y y R∆ < ∀ ∈ . Do đó phương trình ( )∗ vô nghiệm suy ra hệ đã cho vô nghiệm. Vậy: với 25 4 a > hệ đã cho có nghiệm duy nhất CHÚ Ý: - Các hệ phương trình có tính chất như trong ví dụ 1 và ví dụ 2 được gọi chung là hệ phương trình đối xứng (đối với hai ẩn). - Nếu một hệ phương trình đối xứng có nghiệm là (a,b) thì nó cũng có nghiệm là (b,a). Nhận xét này rất hữu ích khi gặp các bài toán về hệ phương trình đối xứng. * Ngoài ra, ta có thể chuyển một số bài toán từ dạng giải phương trình sang giải hệ phương trình thì sẽ thuận tiện cho việc giải toán hơn. Ví dụ 1: Giải phương trình: ( )2 5 5x x+ + = ∗ Nhận xét: Nếu ta đưa phương trình về dạng A B= rồi áp dụng cách giải của loại phương trình cơ bản này thì ta sẽ gặp phương trình bậc 4 đầy đủ, không có gì khác biệt: không thể giải dễ dàng được. Thật vậy: 2 2 4 2 2 4 2 5 5 5 5 10 25 5 10 20 0 x x x x x x x x x x + = − ⎧ ≤⎪⇔ ⎨ + = − +⎪⎩ ⎧ ≤⎪⇔ ⎨ − − + =⎪⎩ Giải: Điều kiện phương trình ( )∗ : 5x ≥ − Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 92 Đặt : ( )5 0t x t= + ≥ . Khi đó phương trình ( )∗ tương đương với hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 2 5 5 5 5 t x x t t x x t ⎧ = +⎪⎨ + =⎪⎩ ⎧ + − =⎪⇔ ⎨ − + =⎪⎩ Đây là hệ đối xứng với hai ẩn: t và u = -x . Ta có: 2 2 5 5 t u u t ⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩ Trừ hai phương trình theo từng vế ta có: ( )( ) 2 2 0 1 0 0 1 0 t u u t t u t u t u t u − + − = ⇔ − + − = ⎡ − =⇔ ⎢ + − =⎣ ( 0 0)t u t u= ≥ ⇔ ≥ Khi đó ta có: 2 2 5 5 0 1 21 ( ) 2 1 21 ( ) 2 u u u u u loaïi u nhaän + = ⇔ + − = ⎡ − −=⎢⎢⇔ ⎢ − +=⎢⎣ 1 21 1 21 2 2 u x− + −= ⇒ = 1 ( 0 1 )t u t u= − + ≥ ⇔ ≤ Khi đó ta có: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 93 ( )2 2 1 5 4 0 1 17 ( ) 2 1 17 ( ) 2 u u u u u nhaän u loaïi − + = ⇔ − − = ⎡ −=⎢⎢⇔ ⎢ +=⎢⎣ 1 17 17 1 2 2 u x− −= ⇒ = Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 1 21 2 x −= , 17 1 2 x −= . Ví dụ 2: Giải phương trình: ( )( )3 6 3 6 3x x x x+ + − − + − = Giải: Điều kiện: 3 0 3 6 6 0 x x x ⎧ + ≥ ⇔ − ≤ ≤⎨ − ≥⎩ Đặt : ( ) ( ) 3 0 6 0 u x u v x v ⎧ = + ≥⎪⎨ = − ≥⎪⎩ Ta có hệ phương trình theo u và v: ( )2 2 39 u v uv u v ⎧ + − =⎪ ∗⎨ + =⎪⎩ Đặt ,S u v P uv= + = ≥ ≥( , 0 v ì , 0 )S P u v . Khi đó ( )∗ tương đương với hệ: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 94 2 2 3 2 9 3 2 3 0 1 ( ) 4 3 ( ) 0 S P S P P S S S S loaïi P S nhaän P ⎧ − =⎪⎨ − =⎪⎩ ⎧ = −⎪⇔ ⎨ − − =⎪⎩ ⎡⎧ = −⎢⎨ = −⎩⎢⇔ ⎢⎧ =⎢⎨ =⎢⎩⎣ Với 3 0 S P ⎧ =⎨ =⎩ thì u, v là nghiệm của phương trình: 2 3 0 0 3 t t t t − = ⎡ =⇔ ⎢ =⎣ Khi đó nghiệm của phương trình đã cho là: 3 0 6 3 3 3 6 0 3 ( ) 6 x x x x x thoûa ñieàu kieän x ⎡⎧ + =⎪⎢⎨⎢ − =⎪⎩⎢⎧⎢ + =⎪⎨⎢ − =⎪⎢⎩⎣ ⎡ = −⇔ ⎢ =⎣ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = -3 hoặc x = 6. 2.Hoàn thiện kỹ năng giải Toán: - Như trên đã trình bày, kỹ năng giải Toán cũng không kém phần quan trọng. Nếu bài toán đã xác định được hướng giải, nhưng kỹ năng giải Toán chưa tốt rất dễ dẫn tới sai lầm, khó phát hiện được kết quả đúng. - Vì vậy, trong quá trình giải các bài toán nâng cao, dạng toán giải và biện luận phương trình, hệ phương trình giáo viên cần hướng dẫn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán bao gồm các vấn đề sau: + Kỹ năng tính toán thành thạo. + Kỹ năng biến đổi các đẳng thức. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 95 + Kỹ năng chuyển đổi từ phương trình phức tạp về phương trình, hệ phương trình đơn giản, dễ giải. + Kỹ năng phán đoán nhận xét để xác định nghiệm. - Trên đây là những vấn đề chính về việc củng cố và hoàn thiện kỹ năng tư duy Toán học và kỹ năng giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình ở lớp 10. - Trong quá trình giảng giải các bài toán nâng cao, giáo viên cần chú ý, xem xét đánh giá mức độ tư duy Toán học qua từng bước, củng cố để có thể bổ sung những chỗ hổng kiến thức. Ra các bài toán sao cho học sinh tự tin, hăng say làm và từ đó nâng dần khả năng tư duy, kỹ năng giải Toán thông qua việc giải các bài toán nâng cao về phương trình, hệ phương trình. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 96 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM I. MỤC ĐÍCH: 1.Khảo sát, đánh giá đúng trình độ học sinh. 2.Kiểm lại giả thuyết của đề tài là: Thông qua việc củng cố kiến thức và hướng dẫn học sinh giải toán nâng cao dạng: “ Giải và biện luận phương trình, hệ phương trình” tư duy toán học của học sinh được rèn luyện, củng cố và phát huy nên các em tự tin độc lập suy nghĩ, sáng tạo và kết quả học tập môn Toán sẽ đạt kết quả tốt hơn. 3.Tìm hiểu về phương pháp và công việc giảng dạy của giáo viên, thông qua việc giải bài tập để rèn luyện tư duy toán học cho học sinh. II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN: 1. Hỏi ý kiến giáo viên Toán (bằng phiếu hoặc trao đổi trực tiếp). 2. Trao đổi với giáo viên khác (không dạy Toán) để biết tình hình chung về học tập của học sinh lớp 10. 3. Phát phiếu (bài kiểm tra Toán) cho học sinh làm để phân tích đánh giá, kiểm nghiệm đề tài. III. PHÂN TÍCH KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM: A. Đánh giá trình độ chung của học sinh: 1.Đánh giá chung: - Theo ý kiến các thầy cô thì trình độ học sinh lớp 10 (có 483 học sinh) là yếu, đặc biệt là môn Toán. Khi tuyển vào, khảo sát chất lượng đầu năm thì Giỏi, Khá, Trung bình đạt 70% , còn 30% là học sinh Yếu, Kém. - Tuy nhiên, ở lớp 10A1,10A2 trình độ có khá hơn. Trong số 89 học sinh (10A1, 10A2), kết quả điểm trung bình môn Học kỳ I môn Toán là: + Giỏi: 15,73% + Khá: 25,84% + Trung bình43,83% + Yếu:10,2% + Kém: 4,4% 2.Kết quả thực nghiệm: a.Về mặt định tính: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 97 * Kết quả đạt được: - Biết cách giải và biện luận phương trình, hệ phương trình. Nắm được các kiến thức cơ bản và chọn nghiệm thích hợp. - Biết vận dụng phép biến đổi phương trình thành phương trình tương đương hoặc biến đổi phương trình thành phương trình hệ quả, nghĩa là biết chọn đường lối giải thích hợp. Như vậy là khả năng tư duy được củng cố, hoàn thiện dần và nâng cao hơn. - Khả năng độc lập tự tin, tiến bộ và ham học môn Toán. * Thiếu sót: - Còn chưa vững hoặc lầm lẫn kiến thức (số ít), số này rơi vào học sinh Trung bình. Sai lầm của các em là: khi bình phương hai vế của phương trình sẽ được phương trình hệ quả, nhưng lại lầm rằng là phương trình tương đương. Vì vậy, khi tìm được nghiệm lại không xem xét nghiệm đó có thoả mãn không. - Một số trường hợp khi giải tìm được nghiệm đã vội thoả mãn (xem như chỉ có một nghiệm duy nhất), không tìm hiểu tiếp có còn nghiệm không, vì vậy đã bỏ sót nghiệm. b.Về mặt định lượng: - Kỹ năng giải toán tốt, ít sai sót lớn ảnh hưởng đến kết quả, không có trường hợp đáng tiếc xảy ra. - Tuy nhiên cách trình bày còn dài dòng, không rõ nghĩa. c.Đánh giá chung sau 4 bài kiểm tra thực nghiệm: - Trong số 89 học sinh 10A1, 10A2, có 85 học sinh làm đủ cả 4 bài kiểm tra thực nghiệm. Bảng tổng hợp kết quả kiểm tra thực nghiệm: Bài Xếp loại I II III IV Cộng Giỏi 11 15 14 16 56 Khá 39 38 36 39 152 Trung bình 30 29 33 28 120 Yếu 5 3 2 2 12 Cộng 85 85 85 85 340 Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 98 Phân loại bài kiểm tra thực nghiệm theo tỉ lệ %: Giỏi Khá Trung bình Yếu 16,47 44,70 35,30 3,53 So sánh với kết quả học kỳ I: Xếp loại Học kỳ I Kết quả thực nghiệm Giỏi 15.73 16.47 Khá 26.19 44.70 Trung bình 43.48 35.30 Yếu 10.20 3.53 Kém 4.40 0.00 Học sinh giỏi, khá khảo sát sau thực nghiệm từ 41,57% lên 61,17% tăng 19,6%, đặc biệt không còn học sinh kém. Học sinh trung bình, yếu, kém giảm 19,6%. Thực ra đánh giá so sánh này không đầy đủ và có phần khập khiểng vì Toán ở học kì I là điểm trung bình môn, còn Toán phần thực nghiệm chỉ là Đại Số, phần giải và biện luận phương trình, hệ phương trình, nhưng dù sao cũng nói được phần nào kết quả học tập của học sinh được nâng lên và chứng minh được giả thuyết của đề tài đã được kiểm nghiệm, đánh giá. Mặt khác cũng cần nhấn mạnh là các bài toán thực nghiệm đề tài có mức độ khó hơn các bài toán bình thường, và như vậy cũng làm rõ nhận định trên. B. Ý kiến của giáo viên: 1.Tổng hợp ý kiến giáo viên qua phiếu hỏi ý kiến: Câu 1: Xin thầy cô đánh giá chung trình độ Toán học của học sinh lớp 10 (hoặc lớp thầy cô đang dạy): a. Giỏi: b. Khá: Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 99 c. Trung bình: d. Yếu: Các thầy cô đều thống nhất là: nói chung trình độ học sinh yếu. Tỉ lệ học sinh giỏi, khá còn thấp, học sinh trung bình, yếu, kém còn cao. Ý kiến khác nhau là tỉ lệ học sinh cụ thể các loại giỏi, khá, trung bình, yếu (vì nhiều thầy cô căn cứ vào lớp mình đang dạy để đánh giá). Câu 2: Xin thầy cô cho ý kiến: vì sao học sinh lớp 10 khả năng tư duy Toán học và kỹ năng giải toán còn yếu: a) Do kiến thức lớp dưới chưa vững. b) Do không ham học c) Do cả hai nguyên nhân a, b. d) Nguyên nhân khác . Tất cả các giáo viên Toán được hỏi ý kiến đều cho là do cả hai nguyên nhân a, b, tức là do kiến thức lớp dưới chưa vững và không ham học. Câu 3: Thầy cô có vận dụng phương pháp củng cố, hoàn thiện khả năng tư duy Toán học và kỹ năng giải toán của học sinh thông qua tiết ôn tập, giải bài tập không: a) Thường xuyên. b) Ít chú ý. Ý kiến chung các thầy cô là thường xuyên. Câu 4: Thầy cô thấy phương pháp hướng dẫn học sinh củng cố và hoàn thiện khả năng giải toán qua việc giải bài tập nâng cao về phương trình, hệ phương trình so với các phương pháp khác như thế nào? a) Hiệu quả hơn. b) Như nhau. c) Khó phân biệt. Câu này chỉ có 2 luồng ý kiến là: a) Hiệu quả hơn. b) Như nhau. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 100 Tuy nhiên ý kiến a nhiều hơn. Câu 5: Thầy cô có nhận xét về trình độ, khả năng giải và biện luận phương trình, hệ phương trình của học sinh lớp 10 như thế nào: a. Giỏi: b. Khá: c. Trung bình: d. Yếu: Câu này gần giống với câu 1. Chỗ khác nhau là ở câu 1 hỏi về trình độ khả năng toán nói chung, còn ở câu 5 hỏi về loại toán giải và biện luận phương trình, hệ phương trình . Các thầy cô đưa ra những số liệu khác nhau về tỉ lệ học sinh giỏi, khá, trung bình, yếu. Tuy nhiên có điểm giống nhau ở chỗ tỉ lệ học sinh giỏi, khá còn thấp, tỉ lệ học sinh trung bình, yếu còn cao. Câu 6: Theo thầy cô, việc rèn luyện khả năng tư duy Toán học thông qua giờ giải bài tập có cần thiết không, vì sao? Về câu này các thầy cô đưa ra nhiều lí do khác nhau, nhưng đều thống nhất là rất cần thiết. Câu 7: Theo thầy cô việc giải bài tập để củng cố, hoàn thiện tư duy Toán học và kỹ năng giải và biện luận phương trình, hệ phương trình gặp khó khăn gì? Các thầy cô nêu những khó khăn là do học sinh chưa nắm vững kiến thức nên lúng túng trong việc xác định hệ số và kỹ năng tính toán. Có khi không biết bắt đầu từ đâu phải làm gì (thường gặp ở học sinh trung bình, yếu). Câu 8: Để cải tiến phương pháp dạy toán ở trường THPT chúng ta cần làm gì? Các thầy cô đều cho rằng: - Thường xuyên củng cố và rèn luyện khả năng tư duy cho học sinh . - Nâng cao ý thức tự giác học tập cho học sinh (khả năng độc lập suy nghĩ, tự tin), đặc biệt là tự học (giải bài tập) ở nhà. - Trước khi giảng bài mới, giáo viên cần đặt một số câu hỏi gợi mở cho học sinh suy nghĩ, chuẩn bị học bài mới tốt hơn. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 101 2. Kết luận của chúng tôi: Qua 8 câu hỏi ở phiếu hỏi ý kiến giáo viên chúng tôi nhận thấy: a.Về phía học sinh: - Thầy cô đều đánh giá là trình độ Toán học, khả năng tư duy Toán học nói chung, phần giải và biện luận phương trình, hệ phương trình nói riêng còn yếu. - Nguyên nhân chính là: kiến thức lớp dưới chưa vững, chưa ham học, chưa có phương pháp học tập đúng đắn, sáng tạo, chưa thật sự tự giác trong học tập. Vì vậy kết quả học tập không cao. Không có học sinh xuất sắc, số học sinh giỏi, khá, tỉ lệ không cao. - Đánh giá về tỉ lệ phân loại học sinh có khác nhau : lớp 10A1, 10A2, tỉ lệ học sinh giỏi, khá (học kì I): 41,57% nhưng có lớp lại không có học sinh giỏi, khá. Học sinh yếu ở lớp 10A1, 10A2: 10,2% nhưng có lớp học sinh yếu lên đến 55,9%, và nói chung toàn trường học sinh yếu khoảng 30%. Đây là vấn đề khó khăn trong việc nâng cao chất lượng. Muốn nâng cao chất lượng phải có kế hoách từng bước, kiên trì, đúng hướng. - Chính vì vậy đề tài của chúng tôi là tìm cách giải quyết “bài toán” nâng cao chất lượng, tìm hướng đi thích hợp, giải quyết vấn đề đã nêu trên. b.Về phía giáo viên: - Trong giảng dạy các thầy cô thường xuyên áp dụng phương pháp củng cố và rèn luyện tư duy Toán học cho học sinh. Tuy nhiên còn gặp nhiều khó khăn và nhiều nguyên nhân khác nhau nên kết quả chưa cao, không đồng đều. - Chúng tôi ghi nhận sự nhiệt tình, yêu nghề và tinh thần trách nhiệm của các thầy cô trong giảng dạy, hướng dẫn giáo sinh thực tập và đã có nhiều ý kiến đóng góp cho giáo dục, tạo điều kiện cho chúng tôi hoàn thành đề tài nghiên cứu này. Cũng nhân dịp này chúng tôi nêu một số ý kiến của giáo viên (qua phiếu cho ý kiến của thầy Nguyễn Hoàng Sáu và cô Nguyễn Thị Hiền là những giáo viên dạy lớp 10 trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm) để các cấp lãnh đạo, các nhà giáo dục xem xét và các thầy cô (có dịp đọc luận văn này) tham khảo. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 102 KẾT LUẬN I. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC: - Dù chưa được mỹ mãn, nhưng mục đích đặt ra đã được thực hiện, nhiệm vụ nghiên cứu đã hoàn thành, giả thuyết nghiên cứu đã được khẳng định chứng minh. - Về cơ sở lí luận (chương I): Chúng tôi đã khái quát và nhấn mạnh việc giải toán là kiểm nghiệm lại nhận thức Toán học, củng cố lý thuyết đã học và vận dụng kiến thức đã học để giải quyết vấn đề một cách logic, đầy đủ và trọn vẹn. - Trong chương II: Chúng tôi trình bày nội dung của phương pháp tìm lời giải các bài toán nói chung và những bài toán ở dạng nâng cao về giải và biện luận phương trình, hệ phương trình nói riêng, có những ví dụ để chứng minh cho giả thuyết đặt ra. - Trong chương III: Chúng tôi chứng minh tư duy Toán học của học sinh được rèn luyện qua việc giải toán các bài tập về giải và biện luận phương trình, hệ phương trình cho học sinh lớp 10 nâng cao, đồng thời chứng minh khả năng tư duy Toán học và kỹ năng giải toán sẽ được củng cố, hoàn thiện từng bước bằng việc giải toán theo từng dạng, từng vấn đề và có những ví dụ các bài toán để làm sáng tỏ vấn đề được đặt ra. - Trong phần thực nghiệm sư phạm: chúng tôi khảo sát trình độ học sinh khi chưa thực hiện đề tài (kết quả điểm trung bình Toán học kì I) của học sinh các lớp 10, đặc biệt lớp 10A1,10A2 lớp thực nghiệm và kiểm tra sau khi thực nghiệm (4 bài), so sánh mức độ thu nhận, khả năng tư duy và kỹ năng giải toán để thấy rõ hiệu quả của đề tài. - Chúng tôi cũng trao đổi với giáo viên dạy Toán, giáo viên khác trong trường, đưa phiếu hỏi ý kiến giáo viên dạy Toán để làm cơ sở nghiên cứu cho đề tài. Những ý kiến của giáo viên đã chứng minh sự cần thiết của đề tài và ghi nhận kết quả của đề tài. II. HẠN CHẾ CỦA ĐỀ TÀI: - Do thời gian thực hiện đề tài ngắn, không gian nghiên cứu cũng chưa rộng (chỉ giới hạn trong 11 lớp 10 Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm, là những lớp chúng tôi giảng dạy thực tập và những tiết dạy để nghiên cứu đề tài). Vì vậy, nhận xét về trình độ, khả năng tư duy Toán học của học sinh lớp 10 nói chung còn nhiều hạn chế. - Vì còn đang là sinh viên chưa có kinh nghiệm thực tế giảng dạy, số giờ dạy thực tập và giảng dạy kiểm nghiệm đề tài còn ít nên việc nhận xét đánh giá kết quả để bổ sung, sửa đổi gặp khó khăn. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh Trang 103 III. HƯỚNG GỢI MỞ CỦA ĐỀ TÀI: Vì những lý do khó khăn nên đề tài nghiên cứu chỉ giới hạn trong Đại Số lớp 10. Trong quá trình thực hiện đề tài, từ những cơ sở lý luận đã được phân tích trên chúng tôi thấy rằng đề tài có thể được mở rộng theo các hướng nghiên cứu sau: - Hướng ngược chiều: có thể nghiên cứu rèn luyện tư duy Toán học và kỹ năng giải toán bằng việc giải toán dạng giải và biện luận phương trình, hệ phương trình cho học sinh lớp 9. Tất nhiên giáo viên phải có cách diễn giảng dể hiểu, các ví dụ hợp trình độ nhưng chặt chẽ. - Hướng xuôi chiều, đi lên: áp dụng giải và biện luận phương trình, hệ phương trình ở chương trình lớp 11, 12. - Hướng mở rộng: việc rèn luyện tư duy Toán học qua việc giải toán không những chỉ áp dụng ở Đại Số mà còn có thể áp dụng ở Hình Học, nói chung là môn Toán các lớp 10, 11, 12. IV. KẾT LUẬN CHUNG: - Đề tài nghiên cứu của chúng tôi đã hoàn thành. Đề tài đã đạt được những kết quả và hướng gợi mở cho những nghiên cứu mới nhưng cũng có những thiếu sót, hạn chế. - Vấn đề rèn luyện tư duy Toán học cho học sinh qua việc giải toán là vấn đề rộng nên chúng tôi chỉ nghiên cứu trong phạm vi giải và biện luận phương trình, hệ phương trình lớp 10 theo khả năng và yêu cầu phải làm. Đến nay đã đạt được kết quả nhất định. Tuy chưa được mỹ mãn nhưng chúng tôi khép lại đề tài ở đây. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Dương Quốc Anh – Vì sao ? Toán Học NXB Khoa học và kỹ thuật , 2002 2. Vũ Hữu Bình – Kinh nghiệm dạy Toán và học Toán. NXBGD 1998. 3. Hoàng Chúng – Rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học ở trường phổ thông. NXB TPHCM 1991. 4. Phạm Văn Đồng – “ Đào tạo thế hệ trẻ của dân tộc thành những chiến sĩ cách mạng dũng cảm, thông minh, sáng tạo”. NXBGD Hà Nội 1969 5. Nguyễn Bá Đô – Hồ Châu. Các câu chuyện Toán học (tập 2) – Cái đã biết trong cái chưa biết. NXBGD 2002. 6. Sách giáo khoa, sách bài tập, sách giáo viên,sách bồi dưỡng giáo viên Toán lớp 10 (cơ bản và nâng cao),tài liệu về đổi mới PPDH của Bộ GD và ĐT năm 2000. 7. Nghị quyết BCH TW ĐCS Việt Nam về công tác giáo dục: Hội nghị IV ( Khóa VII - 1993) Hội nghị II ( Khóa VIII – 1997) ( Trích Văn Kiện Đại Hội Đảng) 8. Luật giáo dục Quốc hội nước Cộng Hòa XHCN Việt Nam thông qua 1988 9. Nguyễn Thái Hòe – Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập Toán. NXBGD 1997. 10. Nguyễn Phụ Hy – Các phương pháp giải phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình. NXBGD 2002 11. Phạm Văn Hoàn (chủ biên) – Giáo dục học môn Toán. NXBGD 1981. 12. Nguyễn Bá Kim (chủ biên) – Phát triển lí luận dạy học môn Toán. NXBGD 1994 13. Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học môn Toán. NXB Đại học Sư Phạm 2002 14. V.Ôkôn – Những cơ sở của việc dạy học nêu vấn đề. NXBGD 1981. 15. Nguyễn Văn Vĩnh – Một số vấn đề về nội dung, chương trình và phương pháp dạy học Giải tích 12. Giáo trình ĐHSP TPHCM 1992 16. Nguyễn Văn Vĩnh – Báo cáo khoa học: “ Hình thành cho học sinh các phương pháp tiếp cận khác nhau tìm kiếm lời giải bài toán ”. ( 2001) NXBGD 2002 NXBGD 1998. Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Nguyễn Thiết SVTH: Trần Thị Mai Thanh 17. Tài liệu ôn thi cuối khóa môn phương pháp dạy học Toán ( khóa IV ), ĐHAG 18. Nguyễn Lâm Như Thảo – Khóa luận tốt nghiệp , Đại học An Giang, khoa Sư Phạm, ngành Toán , 2006 19. Lê Minh Triều – Khóa luận tốt nghiệp , Đại học An Giang, khoa Sư Phạm, ngành Toán , 2005 20. Tống Phước Lộc – Khóa luận tốt nghiệp , Đại học Sư Phạm TPHCM , 2001 21. Phan Đức Chính – Phạm Văn Điều – Đỗ Văn Hà – Phan Văn Hạp – Phạm Văn Hùng – Phạm Đăng Long – Nguyễn Văn Mậu – Đỗ Thanh Sơn – Lê Đình Thịnh. Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp (tập 1, 2, 3). NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội – 2001 22. Phạm Gia Đức (chủ biên) – Bùi Huy Ngọc – Phạm Đức Quang. Giáo trình phương pháp dạy học các nội dung môn Toán. NXBGD 2002.