SKKN Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS Đông Hương tìm tòi phương pháp giải toán thông qua cách nhìn sáng tạo

ĐẶT VẤN ĐỀ
I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
 Trong chương trình môn đại số cấp THCS có những bài toán , dạng toán mà đối với học sinh luôn mới mẻ và khó quá , khi các em gặp dạng này gần như mất phương hướng giải và có cảm giác “ngợp” . Song nó cũng rất đơn giản nếu ta như ta có cách nhìn thích hợp - khai thác các vai trò của các “chữ “ có mặt trong bài toán đó, lúc đó ta sẽ tìm ra được những lời giải hết sức thú vị và phong phú, và ta mới hiểu được sự đang dạng của mỗi bài toán. Hoặc có thể chúng ta chú ý đến những trường hợp đặc biệt của một vấn đề nào đó trong chương trình học , nó cũng có thể giúp ta khai thác được cách giải hợp lý cũng như đó là đường lối làm bài toán hết sức thú vị.
 Chẳng hạn, giải và biện luận phương trình: -2x3+(3-2m)x2+2mx+m2-1= 0 (x là ẩn). Nếu ta xem x là ẩn thì phương trình trên là phương trình bậc 3 đầy đủ , cách giải hết sức khó khăn với cấp học THCS. Song ta nhìn vào các chức có tham gia vào phương trình và các chức này có vai trò như nhau thì vấn đề giải hết sức đơn giản.(Phần này sẽ được trình bầy kĩ hơn ở phần sau).
 Thực ra lời giải bài toán có phong phú hay không là do cách nhìn bài toán của chúng ta, có những nhà toán học thường nói có cái nhìn, góc nhìn “chết người” và cũng có cái nhìn “nẩy lữa”. Song cũng có những quan điểm khác nhau, có nhiều khi ta phải xuất phát từ những trường hợp “ hẩm hưu, bất hạnh” , ví dụ như: tìm nghiệm duy nhất của một hệ phương trình nào đó thì giã sử có nghiệm là (x,y,z) là duy nhất thì bộ nghiệm (-x,-y,-z) cũng là nghiệm, nên có x=-x,y=-y,z=-z hay x=y=z=0.
 Trong chương trình cấp học THCS để đưa đến một cách giải hay , thì theo bản thân tôi đều do bản thân có cách nhìn thích hợp, và quan niệm về các chữ có mặt trong bài toán đều có vai trò như nhau. Đây là vấn đề hết sức chú ý cho học sinh khi giải bài toán và theo tôi thiết nghĩ đó cũng có thể coi là một phương pháp . Chính vì vậy tôi chọn đề tài Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS Đông Hương tìm tòi phương pháp giải toán thông qua cách nhìn sáng tạo để giải quyết những vướng mắc của học sinh, đồng thời tạo cho các em có một cách nhìn toàn diện và khai thác triệt để những vấn đề được coi là đặc biệt.
 II/ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
 Căn cứ vào những yêu cầu trên thì bản thân phải có những qui trình giải một cách tổng quát, hoặc phải đưa ra được những ví dụ điểm hình để minh chứng vấn đề mà bản thân đặt ra. Thực ra chúng ta phải cho học sinh nắm được trong một biểu thức (phương trình) có chứa chữ thì vai trò của các chữ hay ẩn là như nhau, tuỳ theo cách nghỉ của từng người, từng dạng bài toán, và đây là vấn đề xem là then chốt - cũng có thể phải sử dụng vài tính chẵn lẻ của hàm số.
Giúp học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức cơ bản, qua các bài tập rèn luyện cho học sinh tính tư duy tính độc lập, tính sáng tạo và linh hoạt, tự mình tìm tòi ra kiến thức mới, những phương pháp mới những thủ thuật đặc trưng để giải toán từ đó giúp các em có hứng thú học tập, ham mê với môn học và phát huy năng lực của các em khi giải toán.
Đào sâu hơn nội dung về phân tích đa thức thành nhân tử, nhằm giúp học sinh nắm được các phương pháp phân tích, rèn kỹ năng áp dụng vào giải toán loại có liên quan đến có liên
 quan đến những trường hợp riêng, đặc biệt trong quá trình học, nhằm phát triển năng lực tư duy, sáng tạo của học sinh.
Qua bài tập áp dụng rèn cho các em cách nhìn, góc nhìn và có thể quan niện “thoáng” về các biến trong một biểu thức, phương trình, hệ phương trình. nhằm phát huy trí tuệ của học sinh, kỹ năng vận dụng những kiến thức đã học và những kiến thức tiếp theo, tư duy lôgic toán học từ đó nâng cao chất lượng giáo dục để sau khi tốt nghiệp trung học cơ sở các em có một hành trang vững vàng mọi mặt để bước tiếp con đường dẫn đến tương lai tươi sáng của các em góp phần làm cho xã hội ngày càng phát triển đáp ứng được nhu cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa của thế giới.
 III/ PHẠM VI CỦA ĐỀ TÀI:
 Do điều kiện về thời gian nghiên cứu , cho nên đề tài này đề cập đến đối tượng học sinh khá giỏi ở khối 9.
 IV/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
 Chủ yếu sử dụng phương pháp tổng kết kinh nghiệm .
NỘI DUNG
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN:
 Trong quá trình học tập về giải và biện luận phương trình bậc nhát một ẩn ở môn đại số lớp 8 (Hoặc giải và biện luận hệ phương trình ở đại số 9 ). Chúng ta có thể tóm tắt cách giải và biện luận phương trình bậc nhất một ẩn như sau:
 Ta cho phương trình ax=b (1)
- Nếu a thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất: x=
- Nếu a = 0 và b0 thì phương trình (1) vô nghiệm
- Nếu a = 0 và b = 0 thì phương trình (1) trở thành 0x = 0 và có vô số nghiệm. 
 Ở trường hợp thứ ba này ta coi nó là trường hợp “hẩm hưu và bất hạnh” nhất ví nó ít gặp và rất ít quan tâm. Những cũng chính trường hợp “ hẩm hưu và bất hạnh” này nếu ta suy rộng ra một chút , nhìn sâu hơn một chút thì sự hẩm hưu” đó, “bất hạnh” đó trở nên một kết quả tuyết vời và hết sức thú vị đến bất ngờ. Thực vậy khi a=0 và b=0 thì giá trị của x muốn lấy bao nhiêu cũng được , hay nói cách khác đẳng thức (1) xẩy ra với mọi giá trị x R.
 Vâng ! quả vậy chúng ta đi theo trường hợp này, nếu ta thay a và b bằng hai biểu thức chứa chữ ( hay chứa ẩn ) còn x ta coi như một biến số tham gia và đẳng thức (1) thì ta sẽ thu được dạng mới là: m.A(x,y) +B(x,y) = 0 (2) . Cúng như đẳng thức trên ta thấy (2) sảy ra với mọi m khi và chỉ khi 
 Đây chính là cơ sở khoa học khi ta giải bài toán tìm điểm cố định khi một đường thẳng nào đó đi qua và cũng là bài toán giải phương trình “đặc biệt” nào đó.
 Cũng như vấn đè đặt ra, việc xem như a,b là chữ thay bằng biểu thức chứa ẩn , còn x coi như một biến số . Đây cũng chính là việc quan niệm vai trò của các chữ , các ẩn là bình đẳng , mà ta có thể coi đây là vấn đề tế nhị và tinh tế.
II/ THỰC TRẠNG:
kết quả khảo sát học tập của học sinh trường THCS Đông Hương khi thực hiện sáng kiến kinh nghiệm:
Khối lớp
Tổng số học sinh
KẾT QUẢ XẾP LOẠI
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
TS
%
TS
%
TS
%
TS
%
9A
30
2
7
7
23
12
40
9
30
9B
29
1
1
6
20
13
45
10
34
 III/ NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ ĐỂ MINH HOẠ:
 Bài toán 1: Tìm tất cả giá trị của a và b để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 
Nếu như trong việc giải và biện luận hệ phương trình thì ta có thể sử dụng tính chẳn lẻ của hàm số. Cụ thể trong bài này, không ít học sinh lúng túng và không tìm ra hướng giải quyết. Song đây không phải là bài toán giả và biện luận hệ bình thường mà để giải bài toán này ta phải suy luận chặt chẽ, và sử dụng ngay tính chẳn lẽ của hàm số. Trước hết ta cần tìm a , b để hệ có nghiệm day nhất
 a, Điều kiện cần: Nếu (x0,y0,z0) là nghiệm của hệ thì (-x0,-y0,-z0) cũng là nghiệm của hệ. Và hệ có nghiệm day nhất nên ta có: x0=-x0; y0=-y0; z0=-z0 Thay vào hệ ta có 
 vậy z0=2 hoặc z0=-2 do đó (a,b)=(2,2) hoặc (a,b)=(-2,-2)
 b, Thử điều kiện đủ:
Nếu a=2, b=2: ta có hệ 
 Hệ có nghiệm (0,0,2) 
 Từ (*) và (**) suy ra: xy(z2-z)=0 Nếu x=0 thì từ (**) và (***) suy ra z=z và y=0 . Đây là nghiệm đã biết. Nếu y=0 ta cũng suy ra được nghiệm đó bằng cách lập luận tương tự.
 Bây giờ nếu z2-z=0 z=0 hoặc z=1. Nhưng z=0 thì mâu thuẩn với (*) và (**)
 Nếu z=1 ta có a=b=2 không có nghiệm duy nhất.
Nếu a=b=-2 ta có hệ:
 hệ có nghiệm (0,0,-2)
 Vậy lập luận tương tự ta suy ra hệ có nghiệm duy nhất (0,0,-2) khi a=b=-2
 Bài toán 2: Giải phương trình:
 -2x3+(3-2m)x2+2mx+m2-1 = 0 (1)
 Nếu ta xem x là ẩn thì đây là phương trình bậc 3 đầy đủ, cách giải rất khó khăn đối với bậc học. Vậy ta nhìn vào vai trò của các chữ x, m trong phương trình và quan niệm nó có vai trò như nhau , khi đó gọi m là ẩn ta có :
 m2- 2(x2- x) m -2x31 = 0 (2) giải phương trình nay ta có: 
 = (x2-1)2 khi đó m1,2= x2-x(x2-1)
 . Nếu m = 1-x 
 . Nếu 
Nếu >0 vây phương trình có nghiệm 
Nếu phương trình có hai nghiệm kép x0 =
Nếu Phương trình vô nghiệm.
Hai phương trình (1), (2) có nghiệm chung: 1-x=2x2-x-1 hay x2=1 nên x= suy ra m=0 hoặc m=2.
 Vậy: . phương trình có hai nghiệm nếu m=0 hoặc m=2; phương trình có 3 nghiệm khi 
 . Nếu phương trình có 2 nghiệm
 . Nếu phương trình có 1 nghiệm
 Bài toán 3: Giải và biện luận phương trình:
 (1)
 Ta triển khai như sau: dây không phải là phương trình trùng phương , mà phương bậc 4, quả là cách giải hết sức khó khăn. Tương tự bài toán trên ta quan niệm ẩn của phương trình là a và x là tham số tham gia và phương trình như vậy ta viết phương trình (1) dưới dạng sau: (2)
 và đưa đến giải hai phương trình bậc hai: (3) và (4)
 Điều kiện để (3) có nghiệm là 
 Điều kiện để (4) có nghiệm là 
 Kết quả: Nếu a<-3 (1) vô nghiệm
 Nếu a=-3 (1) có một nghiệm x=-1
 Nếu -3<a<-1 (1) có hai nghiệm 
 Nếu a=-1 (1) có ba nghiệm và x3=1
 Nếu a>-1 (1) có bốn nghiệm ; 
 Bài toán 4: Chứng minh rằng các đường thẳng sau luôn đi qua một điểm cố định khi a thay đổi: (1)
 Giả sử có điểm cố định M(x0,y0) thoả mãn yêu cầu của đề bài toán thì đẳng thức (2) sẽ thoả mãn mọi giá trị của a. Nếu coi a là ẩn của phương trình đó, ta cố gắng đưa về dạng phương trình này muốn có vô số nghiệm khi và chỉ khi . Đó chính là hệ phương trình cho phép tìm được điểm cố định , như vậy có tìm được điểm cố định hay không là ta phải nhờ vào việc hệ phương trình có nghiệm hay không. Quả là thú vị khi tìm điểm cố định của mộ đường thẳng lại liên quan đến nghiệm của hệ phương trình. Trở lại bài toán ta biến đổi: 
 (2) 
 Như vậy ta giải hệ phương trình sau:
 vậy điểm cố định mà đồ thị luôn đi qua là M(3,2).
 Với cách làm trên thì ta xây dựng được phương pháp tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số đi qua.
 Cũng như việc quan niệm trên về các chữ có mặt trong phương trình , ta làm bài toán sau:
 Bài toán 5: Phân tích đa thức thành nhân tử:
 Nếu ta để như thế này rất khó hình dung được, vì các số hạng không có như tử chung. Ta dựa vào cách “nhìn” linh hoạt xem như bậc 2 đối với biến y nên ta nghỉ ngay đến phương pháp phân tích thành nhân tử dựa vào hằng đẳng thức. Thật vậy: 
 Nhận thấy khi đó ba hạng tử đầu là hằng đẳng thức , vậy ta có thể làm như 
sau: Ta lại tiếp tục dùng hằng đẳng: 
 Đến đây ta xem như phân tích đã xong, những còn vấn đề hai nhân tử đó khi phân tích thì như thế nào ? Song việc hai tam thức bậc hai trên có phải là bất khả qui trên trường số R hay chứa ? Việc đó trong đề tài này ta chưa đề cập tới , hẹn dịp khác.
 Bài toán 6: Chứng minh rằng hệ phương trình
 không có nghiệm ( k nguyên dương )
 Riêng bài này ta dùng vào tính chẵn lẽ mà biện luận. Thực vậy ta có 199393 là một số lẽ, do vậy xy cũng lẻ , hay x và y lẽ , cho nên xk,yk là số lẻ. Vì vậy 
xk+yk là số chẵn trong khi đó 931994 là số lẻ. Mâu thuẩn. Vậy hệ phương trình đã cho không có nghiệm.
 Bài toán 7: Chứng minh rằng các đường parabol sau luôn đi qua điểm cố định khi m thay đổi: 
 Ta biến đổi ta có hệ phương trình sau: Vậy điểm cố định mà parabol đi qua là .
 Bài toán 8: Tìm tham số a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 
 Giả sử (x,y) là nghiệm của hệ phương trình, khi đó (y,x) cũng là nghiệm của hệ phương trình đó. Do vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì x=y. Từ đó say ra 
 nên ta có x=0, hoặc x2-5x+a = 0 .
 Nếu x=0 thì x=y=o. Muốn cho hệ có nghiệm duy nhất thì phương trình 
x2-5x+a = 0 (*) hoặc vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm bằng 0.
 Ta có <0 phương trình (*) vô nghiệm 
 Với x=0 thì a=0 thì phương trình (*) có dạng x2-5x=0 có nghiệm x=0; x=5. Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi a>.
 Bài toán 9: Giải phương trình với ẩn là x:
 (a-x)3+(b-x)3 = (a+b-2x)3
 ở bài toán này , yêu cầu chúng ta phải có cách nhìn tinh tế và sâu sắc. Nếu chúng ta chỉ nghỉ rằng phải khai triển thì chắc có lẻ rất rối rấm và khó tìm lời giải. Song nếu ta có nhận xét như sau, ở vế phải có dạng (a+b-2x) có liên quan gì đến vế trái hay không ? mà sự liên quan đó như thế nào ? Thật vậy ta có (a-x) +(b-x) = (a+b-2x) , đây là mấu chốt của việc giải phương trình này. Do đó phương trình đã cho viết thành: 
 hay .
 Bài toán 10: Cho . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của
 S = x+y.
 Đây là bài tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất có điều kiện, vậy miền giá trị của S chính là những giá trị của S thoả mãn hệ phương trình sau có nghiệm
 . Khi đó x,y là nghiệm của phương trình: = 0 có nghiệm.
 hay 
 Vậy S Max= ; SMin= Khi đó ta tìm được x và y.
 Bài toán 11: Giải phương trình
	 (9)
	Đây là phương bậc bốn đối với biến x, mặt khác chúng còn có thêm một biến a: (9) (9’)
Nếu sử dụng phương pháp giải phương trình bậc bốn bằng cách phân tích ra thừa số thì hết sức khó khăn. 
Song chúng chú ý đến nếu chúng ta nhìn theo quan điểm đây là phương trình bậc hai đối với biến a thì việc giải phương trình bậc hai lại trong “tầm tay”. 
	Như vậy ta viết phương trình (9) (9’’)
	Lúc này phương trình (9’’) chính là phương trình bậc hai với ẩn là a. Với cách nhìn này ta tìm được x theo x và có nghiệm là: 
	Như vậy ta lại giải phương trình bậc hai đối với x:
	 ta tìm được nghiệm của phương trình (9).
	Điều kiện để (*) có nghiệm là và các nghiệm của phương trình (*) là: 
	Điều kiện để (**) có nghiệm là và các nghiệm của phương trình (**) là: 
	Tổng kết: a	 	 -3 -1 
Ph­¬ng tr×nh (*) V« mghiÖm 2 nghiÖm 2 nghiÖm
Ph­¬ng tr×nh (**) V« nghiÖm V« nghiÖm 2 nghiÖm
Ph­¬ng tr×nh (9) V« nghiÖm 2 nghiÖm 4 nghiÖm 
	Như vậy với một số vía dụ ta giải được phương trình bậc bốn nhờ biết biến đổi sáng tạo vế trái của phương trình dễ dần tới việc giải các phương trình tích và phương trình quen thuộc.
	Bài toán 12: Cho phương trình 
	 (10)
	a. Giải phương trình khi 
	b. Giải và biện luận theo tham số a
	Đây là phương trình bậc 2 đối với x và có tham số a tham dự vào phương trình. 
	Trước hết ta xem xét câu a: ở đây ta chỉ việc thay vào phương trình (10) khi đó ta có nghiệm của phương trình như sau: như vậy phương trình (10) có 4 nghiệm khi 
	Câu b: Để giải và biện luận phương trình này, chúng ta chưa có đường lối cụ thể với phương trình bậc bốn. Nhưng nhờ có cách nhìn sáng tạo và vai trò của các chữ trong phương trình là như nhau nên ta có thể coi phương trình (10) dưới phương trình ẩn là a và ta có: (10’)
	Xem (10’) là phương trình bậc hai của a ta có:
	Suy ra phương trình (10’) phân tích được thành: 
	Khi này ta giải và biện luận các phương trình (*)và v (**) theo tham số a.t
 a	 	 -9 -6 
Ph­¬ng tr×nh (*) V« mghiÖm 2 nghiÖm 2 nghiÖm
Ph­¬ng tr×nh (**) V« nghiÖm V« nghiÖm 2 nghiÖm
Ph­¬ng tr×nh (10) V« nghiÖm 2 nghiÖm 4 nghiÖm 
Tóm lại thông qua sơ đồ sau:
 () Ph­¬ng tr×nh ph¶n th­¬ng lo¹i 1 Ph­¬ng tr×nh ph¶n th­¬ng lo¹i 2
	 §Æt §Æt 	 
Ph­¬ng tr×nh (**)
Ph­¬ng tr×nh (*)
V« nghiÖm
V« nghiÖm
2 nghiÖm ©m
V« nghiÖm
NghiÖm kÐp ©m
V« nghiÖm 
1 nghiÖm d­¬ng
2 nghiÖm
2 nghiÖm d­¬ng
4 nghiÖm
2 cÆp nghiÖm ®èi nhau
Bài toán 13: Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm
	 (11)
	 (Thi Học sinh giỏi quận i TPHCM 1998T-1999 )
	Để chứng minh phương trình này vô nghiệm ta làm như thế nào? nên xuất phát từ đâu? đâu có như các dạng phương trình đã được học.......Nhưng nếu ta chọn một khoảng nào đó mà xét thì thấy nó cũng đâu là hướng đi thích hợp chăng! Thật vậy ta có:
	* Nếu : Thì vế trái là dương
	* Nếu : Vế trái lúc này vẫn dương nếu ta nhóm hợp lý
	* Nếu : Vế trái dương bằng cách nhóm hợp lý 
	Chỉ cần xét một khoảng hợp lý nào đó (như trên n) thì nhận thấy phương trình (11) vô nghiệm .
	Hay chúng ta đi xét một ví dụ về phương trình trùng phương sau:
	Bài toán 14: Tìm điều kiện của a và b để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt: (12)
	ở bài toán này thì ta đưa về phương trình bậc hai khi ta đặt . Khi đó phương trình (12) (12’)
	Như thế, để cho phương trình (12) có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (12’) phải có thoả mãn điều kiện: thật vậy ta có:
	Do với mọi a, b do đó để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt, thì .
	Ngoài ra còn một số cách nưa như giải phương trình bằng phương pháp đồ thị thì ta chuyển phương trình: (I) bằng cách ta đặt khi đó ta được hệ phương trình: 
	Hoành độ các giao điểm của parabol, đồ thị của (*)và của đường tròn đồ thị v (**)là nghiệm của phương trình l (I). Hay chúng ta cũng có thể xây dựng được công thức nghiệm. 
	Do thời gian không cho phép nên trong bài viết này tôi chỉ nêu ra hai phương pháp để giải phương trình bậc bốn mà trong quá trình giảng bản thân đã tích luỹ củng như thường xuyên phải sử lý bằng những cách giải trên là cơ bản.
 Bài toán 16: Cho bốn số thực u, v,x,y sao cho u2 + v2 = 1 và x2 + y2 = 1 
Chứng minh rằng: - £ u ( y - x ) + v (x + y ) £ 
 Nếu ta đã quen biết với việc chứng minh bất đẳng thức , thì ta lại có thể có ý nghĩ liên hệ khác . Ta lần lướt qua trong đầu các bất đẳng thức : Bất đẳng thức Cô-si à ? Bất đẳng thức Cô-si chỉ phát biểu cho số dương thôi . ở đây u,v,x,y là những số thực mà ! 
 Thế thì còn bất đẳng thức nào nhỉ ?....
à ! bất đẳng thức Bunhiacôpxki thì có lẽ được , bởi nó phát biểu cho các số thực ! Như thế nào nhỉ ? 
 Cho A,B,C,D là các số thực . Ta có : (A2+B2)(C2+D2) ³ (AC + BD)2 Hay là
 ³ AC + BD ³ - 
Đến đây ta nhìn nó giông giống cái bất đẳng thức của ta ? Và ta đặt thử A = u, C = y-x, B = v, D = y+x. Quả nhiên ta có lời giải thứ nhất:
 Đặt như ta vừa nói, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: 
 ³ P ³ - 
hay ³ P ³ - hay ³ P ³ - (đpcm)
 Ta lại suy nghĩ về cái biểu thức P. Ta thử "phá ngoặc" ra xem sao:
P = uy - ux + vx + vy = (uy + vx) + (vy - ux)
Nếu ta đặt A = (uy + vx), B = (vy - ux) , ta có P = A + B.
Mà: 
A2 + B2 = u2y2+v2x2+2xyuv + v2y2+u2x2 - 2xyuv = y2(u2+v2) +x2(u2+v2)
 = y2+x2 
Vậy ta phải chứng minh : -£ A +B £ 
 Û (A + B)2 £ (A2+B2)2
 Û (A.1 + B.1)2£ (A2+B2)(12+12) 
Lại dạng Bunhiacôpxki ! Ta chứng minh xong. Như vậy cho tới đây ta đã có cách giải hai.
 Nhưng từ đầu đến giờ , ta chưa để ý đến một vấn đề rất dể nhận thấy . Các số u,v rồi lậi v,u....x,y rồi lại y,x . Nhìn kỹ các giả thiết ta thấy u,v có vai trò như nhau , và x,y cũng không khác nhau về " địa vị" trong giả thiết . Tức là trong phần kết luận ta có thể thay x cho y và ngược lại ; u cho v và ngược lại , thậm chí thay cặp x,y cho cặp u,v cũng được . Từ cách nhìn ấy ta lại có nhiều cách giải khác : 
 + Cách giải thứ 3: Ta dùng phản chứng
 Giả sử: u(y-x) + v(x+y) > (1) 
 Thế thì do vai trò x,y như nhau ta có :
 u(x-y) + v(x+y) > (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2):
 2v(x+y) ³ 2 hay vx + vy > (3)
Nhưng theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki 
 (vx + vy)2 £ ( v2+v2)(x2+y2) = 2v2 £ 2 ( vì -1£ v<1) 
Hay: - £ vx + vy £ (*)
Vậy (3) mâu thuẩn với (*). Suy ra (1) không xẩy ra , tức là:
 P £ 
 Giả sử u(y-x) + v(x+y) < -
Tương tự ta cũng có mâu thuẩn. Nên P ³ - 
Kết hợp lại: ³ P ³ - (đpcm)
+ Cách giải thứ 4:
 Vẫn dùng phản chứng. Nhưng đổi vai trò của u,v 
Giả sử u(y-x) + v(x+y) > (1')
Thế thì v(y-x) + v(x+y) > (2')
Do đó 2(uy+vy) > 2
 yv + yu > (3')
Tương tự cách giải 3 ta phải có
 - £ yv + yu £ (**) ( dùng Bunhiacôpxki ). Vậy xẩy ra mâu thuẩn giữa (3') và (**) Þ P .
Vẫn đổi vai trò u,v ta cũng có P ³ -
Vậy ³ P ³ -
+ Cách giải thứ 5: 
Vẫn dùng phản chứng . Nhưng đổi x cho y và ngược lại , đồng thời đổi vai trò của u,v .
Giả sử u(y-x) + v(x+y) > (1'')
Thế thì v(x-y) + u(x+y) > (2'')
Do đó 2uy + 2 vx > 2 
 uy + vx > (3'')
Nhưng ta có : 
 (uy+vx)2 £ (u2+v2)(y2+x2)
 - £ uy + vx (***)
Vậy (3'') mâu thuẩn với (***) . Suy ra P £ .
Tương tự : P ³ -.
Vậy ³ P ³ -(đpcm)
Bài toán 17:
 Từ bài toán tính tổng : S = + + + ... + =
 = + + ... +
đến đây bài toán đã giải xong nhưng đối với học sinh có thói quen đào sâu suy nghĩ ( nghiên cứu bài toán và bài giải ) sẽ nhận thấy :
 = - 
Thế thì không thoả mãn , tiếp tục mỡ rộng bài toán cho n số hạng , học sinh phải tìm ra bài toán khái quát:
 + +.... + +- = 
- Nét đặc trưng nhìn thấy vấn đề mới trong các điều kiện quen biết còn có thể hiện ở năng lực nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết .
Bài toán 18: Tìm x,y,z biết = ; = ; và x3 +y3 +z3 = 99
Với một số bài toán giải phương trình có dạng đặc biệt thì từ các tính chất quen thuộc của tỷ lệ thức ta có thể có một cách giải đơn giản và độc đáo , cụ thể:
 Từ = = ; tương tự == từ đó ta có: == 
 = = = = x=2; y=3;z=4
C. KẾT LUẬN
	Trong học toán, cách giải bài tập là con đường đi từ những điều đã biết, 
kết hợp các dữ kiện, các mối quan hệ giữa chúng để đạt được chân lý, hay tìm ra đá