Nghiên cứu thực hành của giáo viên trong dạy học hệ phương trình tuyến tính ở lớp 10

ộng viên tơi hồn thành luận văn này. Xin chân thành cảm ơn: PGS. TS. Lê Thị Hồi Châu, PGS. TS. Lê Văn Tiến, TS. Đồn Hữu Hải, TS. Trần Lương Cơng Khanh, TS. Nguyễn Ái Quốc, TS. Lê Thái Bảo Thiên Trung, PGS. TS. Claude Comiti, PGS. TS. Annie Bessot, TS. Alain Birebent đã nhiệt tình truyền đạt cho chúng tơi những kiến thức Didactic quý báu. TS. Nguyễn Xuân Tú Huyên đã giúp tơi dịch luận văn này sang tiếng Pháp. Ban Giám hiệu và Thầy Cơ Trường THPT Nguyễn Hữu Cầu, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, THPT Nguyễn Huệ, THTH ĐHSP, THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa, THPT Tạ Quang Bửu, THPT Nguyễn Trãi, THPT Ngơ Quyền, THPT Nguyễn Văn Cừ, THPT Lương Thế Vinh, THPT Bùi Thị Xuân, THPT Lê Qúy Đơn TP. Hồ Chí Minh và THPT Hồng Lê Kha Tây Ninh đã giúp đỡ tơi hồn thành thực nghiệm cho luận văn này. Ban Giám hiệu trường ĐHSP TP.HCM, Ban Chủ nhiệm khoa Tốn, Lãnh đạo và chuyên viên phịng KHCN & SĐH đã giúp đỡ, tổ chức tốt lớp học cho chúng tơi. Các thành viên của lớp cao học Didactic khĩa 16 đã động viên tơi trong quá trình nghiên cứu. Trần Thị Mỹ Dung DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT THPT : Trung học phổ thơng SGK : Sách giáo khoa GK9 : Sách giáo khoa tốn đại số 9 – tập 2 hiện hành GKCB : Sách giáo khoa tốn đại số 10 cơ bản hiện hành GKNC : Sách giáo khoa tốn đại số 10 nâng cao hiện hành BT9 : Sách bài tập tốn đại số 9 – tập 2 hiện hành BTCB : Sách bài tập tốn đại số 10 cơ bản hiện hành BTNC : Sách bài tập tốn đại số 10 nâng cao hiện hành GV9 : Sách giáo viên tốn đại số 9 – tập 2 hiện hành GVCB : Sách giáo viên tốn đại số 10 cơ bản hiện hành GVNC : Sách giáo viên tốn đại số 10 nâng cao hiện hành TCTH : Tổ chức tốn học OD : Tổ chức didactic Hệ (m, n) : Hệ gồm m phương trình và n ẩn số GV : Giáo viên HS : Học sinh PTTT : Phương trình tuyến tính MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài và Câu hỏi xuất phát Trong chương trình tốn ở trường phổ thơng, hệ phương trình tuyến tính xuất hiện trong cả hai phạm vi đại số và hình học, trước hết với tư cách một đối tượng nghiên cứu, sau đĩ với tư cách một cơng cụ để giải quyết nhiều dạng tốn khác nhau. Cĩ những hệ thống biểu đạt khác nhau đã được sử dụng để nĩi về đối tượng này. Khơng chỉ vậy, hệ phương trình tuyến tính cịn xuất hiện và giải quyết nhiều vấn đề thuộc những lĩnh vực khoa học khác như vật lý, hĩa học, sinh học, kinh tế, trắc địa, tin học, … và cả trong cuộc sống thường nhật. Chính sự phong phú và đa dạng đĩ đã thúc đẩy chúng tơi tìm hiểu thật rõ về đối tượng tri thức này. Câu hỏi đầu tiên mà chúng tơi tự đặt ra cho mình là: Q1’: Nhìn từ gĩc độ tri thức tốn học, cĩ những phương pháp nào để giải hệ phương trình tuyến tính, cơ sở lý thuyết của các phương pháp ấy là gì ? Ưu, nhược điểm của mỗi phương pháp? Việc giải hệ phương trình tuyến tính giúp giải quyết những vấn đề gì? Tìm và học được một tri thức cho bản thân mình quả thực cĩ ý nghĩa, nhưng khai sáng tri thức cho nhiều người cịn ý nghĩa hơn hàng vạn lần. Là giáo viên giảng dạy tốn, điều mà chúng tơi mong muốn nhất là cĩ một bài giảng thật hay gắn với đối tượng tri thức nhắm đến. Một bài giảng khơng phải là bài thuần lý thuyết mà là để sau đĩ, học sinh cịn cĩ thể thấy được sự cần thiết phải học tri thức ấy, phải thấy rằng biết được tri thức ấy là hé mở ra một chân trời cho nhiều ứng dụng, ích lợi cho thực tế cuộc sống. Chính vì vậy, chúng tơi muốn nghiên cứu thực hành của giáo viên trong dạy học hệ PTTT. Tri thức phổ thơng là nền tảng cơ bản để từ đĩ mỗi người cĩ thể tự mình tìm đến miền tri thức cao hơn, xa hơn. Với ý nghĩa đĩ, chúng tơi chọn thời điểm nghiên cứu thực hành của GV trong dạy học hệ PTTT là ở lớp 10 – lớp cuối cùng mà hệ PTTT chính thức được dạy. Như vậy, ngồi câu hỏi Q1’, chúng tơi cịn tìm kiếm những yếu tố trả lời thích đáng cho các câu hỏi sau: Q2’: Gắn với đối tượng hệ phương trình tuyến tính, chương trình tốn phổ thơng hiện hành quy định dạy những gì và dạy như thế nào? Cĩ sự khác biệt gì so với tri thức tốn học? Cĩ những yếu tố nào lẽ ra cĩ thể tồn tại nhưng nĩ đã khơng được xây dựng? Q3’: Trong thực tế dạy học, giáo viên đã giảng dạy tri thức ấy như thế nào? Cĩ sự khác biệt, tương đồng nào giữa tri thức tốn học, tri thức trình bày trong sách giáo khoa (SGK) và tri thức được dạy? Q4’: Những sự lựa chọn của chương trình, SGK phổ thơng và của giáo viên đã ảnh hưởng như thế nào đến việc dạy, học, hiểu tri thức? Liệu cĩ một sự lựa chọn nào tốt hơn hay khơng? Để giải đáp bốn câu hỏi nêu trên, chúng tơi tiến hành tìm kiếm các cơng trình nghiên cứu đã cĩ liên quan đến hệ PTTT. Kết quả cho thấy, cĩ hai luận văn thạc sỹ gắn với nội dung này. Luận văn thứ nhất của tác giả Nguyễn Thị Như Hà, nghiên cứu về “Máy tính bỏ túi trong dạy – học tốn. Trường hợp hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ở lớp 10”. Luận văn thứ hai của Nguyễn Thùy Trang, nghiên cứu về “Algorit và tham số trong dạy – học chủ đề phương trình ở trường THPT. Trường hợp hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn”. Trong cả hai luận văn này, chưa cĩ một luận văn nào nghiên cứu hoạt động tác nghiệp của giáo viên. Vì lẽ đĩ, chúng tơi chọn đề tài “Nghiên cứu thực hành của giáo viên trong dạy học hệ PTTT ở lớp 10”.  Thế nhưng, căn cứ vào đâu để đánh giá giáo viên theo hệ câu hỏi nêu trên? 2. Khung lý thuyết tham chiếu Đã từ lâu, thanh tra giáo dục thường dự giờ các tiết dạy của giáo viên, giám sát hoạt động của họ trên lớp học rồi đưa ra những nhận xét, đánh giá. Ở cương vị một giáo viên, chúng tơi cũng thường xuyên làm cơng việc này. Chúng tơi đã dựa vào đâu mà đánh giá? Thường là: giáo viên trình bày bảng ra sao? Sử dụng các phương tiện dạy học như thế nào? Cĩ quản lý tốt học sinh trên lớp hay khơng? Đặc biệt, về kiến thức, cĩ sai sĩt gì khơng và về phương pháp thì giáo viên đĩ đã sử dụng phương pháp gì, cĩ phù hợp với nội dung và đối tượng dạy học hay khơng? Như vậy, việc đánh giá chủ yếu chỉ dựa vào hai cơ sở: về mặt pháp lý, đĩ là những quy định của chương trình; về mặt cá nhân, đĩ là kinh nghiệm của người dự giờ. Những cơ sở này dường như chưa thực sự thỏa đáng, đặc biệt là yếu tố kinh nghiệm. Chính didactic đã cung cấp những cơng cụ cho phép phân tích và đánh giá hoạt động tác nghiệp của giáo viên. Trong những cơng cụ đĩ, chúng tơi giữ lại các khái niệm cơ bản của lý thuyết nhân chủng học khi tìm kiếm các yếu tố trả lời cho bốn câu hỏi trên. Các khái niệm đĩ là: Chuyển đổi didactic, Tổ chức tốn học, Quan hệ thể chế, Tổ chức didactic, Quan hệ cá nhân. Dưới đây chúng tơi sẽ cố gắng chỉ ra tính thỏa đáng cho sự lựa chọn phạm vi lý thuyết của mình.  Chuyển đổi didactic Quá trình hình thành và truyền bá một tri thức tốn học gồm ba mắc xích cơ bản: hình thành tri thức trong cộng động bác học sau đĩ biến tri thức ấy thành tri thức cần dạy và từ tri thức cần dạy này biến đổi thành tri thức được dạy. Nghiên cứu thực hành của GV là nghiên cứu ở khâu tri thức được dạy và GV đĩng vai trị như một Noosphère, người thực hiện vai trị chuyển đổi trong mắc xích thứ ba này. Như thế, muốn hiểu xem sự chuyển đổi của GV cĩ thỏa đáng hay khơng, địi hỏi ta phải đối chiếu tri thức được GV giảng dạy với tri thức cần dạy mà chương trình, SGK quy định và tri thức tốn học. Chính vì vậy, ta cần vận dụng khái niệm chuyển đổi didactic.  Tổ chức tốn học Làm thế nào để phân tích độ chênh lệch của tri thức khi nhìn từ các gĩc độ: tri thức tốn học, tri thức cần dạy và tri thức được dạy? Chính khái niệm tổ chức tốn học là một cơng cụ hiệu quả để mơ hình hĩa các tri thức tốn học, tri thức cần dạy, tri thức được dạy đĩ dưới dạng các tổ chức tốn học. Từ đĩ, tiến hành so sánh, đối chiếu và đánh giá các tổ chức tốn học này để chỉ ra sự chênh lệch (nếu cĩ).  Quan hệ thể chế Theo quan điểm chuyển đổi didactic, một nghiên cứu tri thức dưới gĩc độ tri thức cần dạy trong chương trình, SGK chính là một tiêu chuẩn tham chiếu để xem xét, đánh giá tính thỏa đáng của tri thức được giáo viên giảng dạy. Do đĩ, ta cần phải chỉ ra quan hệ của thể chế I đối với đối tượng tri thức O. Cụ thể, O chính là hệ PTTT và I là thể chế dạy học tốn bậc THPT hiện hành. Để nghiên cứu quan hệ thể chế, địi hỏi ta phải tiếp cận từ gĩc độ sinh thái học. Theo cách tiếp cận này, một đối tượng tri thức O khơng thể tồn tại lơ lửng mà chúng phải nằm trong một thể chế I và cĩ mối quan hệ chằng chịt với những đối tượng khác. O sinh ra, tồn tại và phát triển trong mối quan hệ ấy. Chevallard đã dùng thuật ngữ quan hệ thể chế I với tri thức O, ký hiệu R(I,O), để chỉ tập hợp các mối ràng buộc mà thể chế I cĩ với tri thức O.  Tổ chức didactic. Quan hệ cá nhân Một nghiên cứu về thực hành giảng dạy của GV địi hỏi tất yếu phải trả lời được: GV đã làm thế nào để truyền bá một tổ chức tốn học, một tri thức tốn học? Tổ chức didactic là cơng cụ cho phép tìm ra các yếu tố trả lời thích đáng cho câu hỏi ấy. Chevallar đã khơng nghĩ rằng mọi tổ chức tốn học đều được tổ chức nghiên cứu theo một cách thức duy nhất. Thế nhưng, Ơng cũng nhận thấy rằng cho dù con đường nghiên cứu cĩ khác nhau thì một số kiểu tình huống nhất thiết phải cĩ mặt, mặc dầu dưới những hình thức rất khác nhau. Và Ơng đã tìm ra được sáu thời điểm nghiên cứu. Lý thuyết này cho phép mơ tả kỹ thuật cụ thể để phân tích, đánh giá và phát triển các tổ chức didactic. Thơng qua phân tích thực hành giảng dạy O của GV, chúng ta cũng sẽ phần nào xác định được GV đĩ đã nghĩ gì về O, hiểu O như thế nào, thao tác O ra sao, … Đĩ chính là các yếu tố cấu thành nên mối quan hệ của cá nhân GV đĩ với đối tượng tri thức O. 3. Mục đích nghiên cứu của luận văn Trong khuơn khổ của luận văn này, do điều kiện về thời gian nên chúng tơi phải gác câu hỏi Q4’ lại để tập trung vào giải quyết thỏa đáng cho ba câu hỏi Q1’, Q2’, Q3’. Và trong phạm vi lý thuyết tham chiếu đã chọn, ba câu hỏi này được trình bày lại như sau:  Q1: Nhìn từ gĩc độ một tri thức tốn học Xét trên phương diện đối tượng, cĩ những kỹ thuật nào để giải hệ PTTT? Mỗi kỹ thuật nẩy sinh từ nhu cầu giải quyết những kiểu bài tốn nào? Đâu là các yếu tố cơng nghệ, lý thuyết của từng kỹ thuật? Những hệ thống biểu đạt nào được sử dụng và nĩ mang lại thuận lợi gì? Xét trên phương diện cơng cụ, cĩ những kiểu nhiệm vụ nào được giải quyết bằng cơng cụ hệ PTTT? Sự chuyển đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt; sự mơ hình hĩa gắn với hệ PTTT đã mang lại những thuận lợi gì?  Q2: Nhìn từ gĩc độ tri thức cần dạy ở lớp 10 Xét trên phương diện đối tượng, những kỹ thuật nào đã được khai thác để giải hệ? Cĩ hay khơng các yếu tố cơng nghệ, lý thuyết giải thích cho từng kỹ thuật? Tham chiếu với tri thức tốn học, kỹ thuật nào đã khơng cĩ cơ hội xuất hiện? Kỹ thuật nào lẽ ra cĩ thể tồn tại nhưng đã khơng tồn tại? Tại sao? Những hệ thống biểu đạt nào đã được sử dụng và chúng cĩ ảnh hưởng gì? Vấn đề dạy học bằng mơ hình hĩa cĩ được thể chế quan tâm đến hay khơng? Xét trên phương diện cơng cụ, những kiểu nhiệm vụ nào được giải quyết bằng cơng cụ hệ PTTT đã được đưa vào? So với tri thức tham chiếu, những kiểu nhiệm vụ nào đã khơng được khai thác? Những kiểu nhiệm vụ nào lẽ ra cĩ thể tồn tại nhưng đã khơng tồn tại? Vì sao? Sự chuyển đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt được tính đến như thế nào? Vấn đề dạy học mơ hình hĩa được thể chế quan tâm đến như thế nào?  Q3: Nhìn từ gĩc độ tri thức được dạy bởi giáo viên Xét trên phương diện đối tượng, GV đã khai thác những kỹ thuật nào để giải hệ? Cĩ hay khơng các yếu tố cơng nghệ, lý thuyết giải thích cho từng kỹ thuật? Vấn đề về các hệ thống biểu đạt, dạy học bằng mơ hình hĩa gắn với đối tượng hệ PTTT được GV quan tâm đến như thế nào? Xét trên phương diện cơng cụ, những kiểu nhiệm vụ nào được giải quyết bằng cơng cụ hệ PTTT đã được GV khai thác? Sự chuyển đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt; vấn đề dạy học mơ hình hĩa được GV tính đến như thế nào ? Các tổ chức didactics (OD) nào đã được GV dùng để triển khai các TCTH trên ?  So với nghiên cứu tri thức cần dạy, đã cĩ sự khác biệt gì hay khơng? Vì sao? 4. Phương pháp nghiên cứu và cấu trúc của luận văn Luận văn của chúng tơi nhắm đến việc tìm ra những yếu tố trả lời thích đáng cho ba câu hỏi nêu trên.  Đối với câu hỏi Q1, do khơng cĩ điều kiện về tư liệu cũng như về thời gian nên chúng tơi khơng thể dấn thân vào một nghiên cứu khoa học luận đầy đủ dựa trên các tài liệu lịch sử tốn. Vì vậy, chúng tơi sẽ phân tích một số giáo trình tốn dùng ở các trường đại học và một số giáo trình lịch sử tìm được nhằm chỉ ra các yếu tố trả lời cho câu hỏi này. Cơng cụ lý thuyết mà chúng tơi sử dụng chính là mơ hình Tổ chức tốn học của lý thuyết nhân chủng. Kết quả sẽ được trình bày trong chương 1 và đây cũng chính là cơ sở tham chiếu cho các nghiên cứu tiếp theo.  Tham chiếu những kết quả thu được từ chương 1, chúng tơi sử dụng các khái niệm tổ chức tốn học, phân tích sinh thái, quan hệ thể chế, quan hệ cá nhân để tiến hành phân tích chương trình tốn trung học phổ thơng và phân tích các sách giáo khoa tốn lớp 10 hiện hành để trả lời cho câu hỏi Q2. Nghiên cứu này sẽ được trình bày trong chương 2.  Nghiên cứu ở hai chương đầu cho phép chúng tơi dự đốn những gì cĩ thể tồn tại trong lớp học, những điều kiện, ràng buộc trên hoạt động dạy của giáo viên, hoạt động học của học sinh, sự tiến triển và thời điểm quan trọng nhất của việc học, ... Đây là cơ sở để tìm các yếu tố trả lời cho câu hỏi Q3 – tiến hành phân tích thực hành của GV. Kết quả nghiên cứu sẽ được trình bày trong chương 3. Trong chương này, ngồi việc chỉ ra các TCTH thực sự được GV dạy trong lớp học, chúng tơi cũng sẽ làm rõ tổ chức didactic mà GV lựa chọn để triển khai các TCTH đĩ. Cụ thể, dựa vào lý thuyết sáu thời điểm nghiên cứu trong lý thuyết nhân chủng học, chúng tơi sẽ xác định các thời điểm nghiên cứu cấu thành nên tổ chức didactic mà GV đã triển khai. Ngồi ra, từ quan điểm chuyển đổi didactic, chúng tơi sẽ chỉ ra sự chênh lệch (nếu cĩ) giữa TCTH được GV dạy trong lớp học với TCTH cần phải dạy. Q1 Tri thức tốn học Q2 Quan hệ thể chế Giáo Viên Q3  Kết quả nghiên cứu ở ba chương đầu cho phép chúng tơi đưa ra những kết luận gắn với thực tế dạy học và là cơ sở để phát triển tổ chức didactic. Dựa vào những kết quả thu được từ chương 3, từ việc đánh giá các tổ chức tốn học và tổ chức didactic kết hợp với những kết quả cĩ được từ nghiên cứu hệ PTTT nhìn từ gĩc độ tri thức tốn học, tri thức cần dạy, chúng tơi sẽ cĩ cơ sở để phát triển tổ chức didactic. Chương 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH NHÌN TỪ GĨC ĐỘ MỘT TRI THỨC TỐN HỌC Mở đầu Nghiên cứu thực hiện ở chương này nhằm làm rõ những đặc trưng của hệ PTTT nhìn từ gĩc độ một tri thức tốn học. Cụ thể, qua nghiên cứu này, chúng tơi muốn tìm những yếu tố trả lời cho câu hỏi Q1: Xét trên phương diện đối tượng, cĩ những kỹ thuật nào để giải hệ PTTT? Mỗi kỹ thuật nảy sinh từ nhu cầu giải quyết những kiểu bài tốn nào? Đâu là các yếu tố cơng nghệ, lý thuyết của từng kỹ thuật? Những hệ thống biểu đạt nào được sử dụng và nĩ mang lại thuận lợi gì? Xét trên phương diện cơng cụ, cĩ những kiểu nhiệm vụ nào được giải quyết bằng cơng cụ hệ PTTT? Sự chuyển đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt; sự mơ hình hĩa gắn với hệ PTTT đã mang lại những thuận lợi gì? Như đã nĩi trong phần mở đầu, do khơng cĩ điều kiện về thời gian và tư liệu, chúng tơi khơng thể thực hiện một nghiên cứu gốc trên các tài liệu lịch sử tốn học. Cùng với vài tài liệu lịch sử tìm được, chúng tơi sẽ tìm kiếm câu trả lời cho những câu hỏi trên trong một số giáo trình dành cho sinh viên tốn các trường đại học sư phạm, tổng hợp, kỹ thuật, kinh tế. Hệ PTTT là một đối tượng xuất hiện trong nhiều phân mơn tốn học: đại số tuyến tính, phương pháp tính và hình học. Chúng tơi sẽ phải xem xét giáo trình của tất cả các phân mơn này. Như thế, hệ thống tư liệu tham khảo của chúng tơi gồm 4 nhĩm :  Nhĩm giáo trình đại số tuyến tính: Những giáo trình sau đã được chúng tơi xem xét : - Nguyễn Viết Đơng – Lê Thị Thiên Hương - Nguyễn Anh Tuấn - Lê Anh Vũ (2003), Tốn cao cấp, tập 2, NXB Giáo dục - Tạ Văn Hùng – Nguyễn Phi Khứ - Hà Thanh Tâm (2000), Đại số tuyến tính, NXB Thống Kê - Trần Văn Hãn (1996), Đại số tuyến tính trong kỹ thuật, Tủ sách trường Đại học Đại Cương, NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp - V.V. Voevơđin (1983), Đại số tuyến tính, NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp, NXB “Mir” Hà Nội – Maxcova. Bản dịch của NXB ĐH và THCN.  Nhĩm giáo trình hình học: Phân mơn Hình học chỉ cĩ trong chương trình dành cho các trường đại học sư phạm và tổng hợp. Giáo trình mà chúng tơi đã tham khảo là: - Nguyễn Mộng Hy (2001), Hình học cao cấp, NXB Giáo dục  Nhĩm giáo trình phương pháp tính: - Nguyễn Chí Long (2002), Phương pháp tính, NXB ĐHQG TP.HCM - Trần Văn Trản (2007), Phương pháp số thực hành, tập 1, NXB ĐHQG Hà Nội - Lê Văn Hạp – Lê Đình Thịnh (2000), Phương pháp tính và các thuật tốn, NXB Giáo Dục.  Nhĩm các tài liệu lịch sử: chúng tơi đã sử dụng tư liệu được đăng tải trên hai trang web: - J J O'Connor and E F Robertson, “Matrices and determinants”, groups.dcs.st- nd.ac.uk/~history/HistTopics/Matrices_and_determinants.html. - “A Brief History of Linear Algebra and Matrix Theory”, Kết quả nghiên cứu của chương được chúng tơi trình bày thành hai phần: hệ PTTT với tư cách một đối tượng và với tư cách một cơng cụ tốn học. Trong phần thứ nhất, chúng tơi sẽ làm rõ những hệ thống biểu đạt được dùng để biểu diễn đối tượng hệ PTTT và đặc biệt là lợi ích của mỗi một trong chúng đối với việc nghiên cứu các kỹ thuật giải hệ phương trình. Trong phần thứ hai, chúng tơi sẽ chỉ ra tác động của hệ PTTT trong hai tổ chức tốn học liên quan đến hai bài tốn hình học - biểu thị tuyến tính một vectơ qua một hệ hữu hạn vectơ và nghiên cứu sự tương giao của các phẳng. 1.1. Hệ phương trình tuyến tính xét trên phương diện đối tượng 1.1.1. Hệ PTTT và các hệ thống biểu đạt Một hệ PTTT cĩ thể được biểu thị ít nhất bằng ba ngơn ngữ.  Một hệ gồm m phương trình của n ẩn số x1, x2, ..., xn  *m,n cĩ dạng (1.1) 11 1 12 2 1n n 1 21 1 22 2 2n n 2 m1 1 m2 2 mn n m a x a x ... a x b a x a x ... a x b ......................................... a x a x ... a x b             với ij ia b K (i 1,m; j 1,n  , ) , K là trường số thực hay số phức, được gọi là hệ PTTT (m phương trình, n ẩn số) trên K. Nghiệm của hệ (1.1) là một bộ n số sắp thứ tự (c1, c2¸..., cn) sao cho khi thay xj = cj n nj ,1 vào các phương trình của hệ (1.1) ta nhận được các đồng nhất thức trên K.  Phương trình ma trận Bằng cách đưa vào các kí hiệu   11 12 1n 21 22 2n ij m x n m1 m2 mn a a ... a a a ... a A a ... ... ... ... a a ... a           , 1 2 m b b B ... b          , X = (và gọi chúng lần lượt là ma trận các hệ số của ẩn, ma trận cột hệ số tự do, ma trận cột các ẩn), người ta cĩ thể viết hệ phương trình (1.1) ở dạng AX = B (1.2) 1 2 n x x ... x         Cách viết này được gọi là dạng ma trận của hệ phương trình (1.1).  Phương trình vectơ Ta cịn cĩ thể viết hệ phương trình (1.1) dưới dạng mibxa i n j jij ,1;. 1   . Nếu kí hiệu ,            mj j j j a a a A ... 2 1 , thì hệ (1.1) lại được viết lại dưới dạng mới : nj ,1 x1A1 + x2A2 + ... + xnAn = B (1.3) hay .    n j jj BAx 1 “Ta cũng bảo cột tự do B được biểu thị tuyến tính qua hệ n cột  1 2 nA , A , ..., A của A bởi tổ hợp tuyến tính x1A1 + x2A2 + ... + xnAn . Như vậy, mỗi nghiệm của (1.1) cho ta một cách biểu thị tuyến tính B qua  1 2 nA , A , ..., A . Giải hệ (1.1) tương đương với quá trình đi tìm tất cả các cách biểu thị B qua  1 2 nA , A , ..., A 1 ” (Nguyễn Viết Đơng và các tác giả, tr. 97). Vì khơng gian các ma trận cột cấp m là một khơng gian vectơ m chiều nên phương trình (1.3) được gọi là dạng vectơ của hệ (1.1), và giải hệ cũng cĩ nghĩa là biểu diễn một vectơ qua hệ vectơ đã cho. Như thế, cĩ ít nhất là ba hệ thống biểu đạt, hay cịn gọi là ba ngơn ngữ để viết một hệ PTTT. Để thuận tiện trong trình bày, chúng tơi gọi chúng lần lượt là ngơn ngữ hệ, ngơn ngữ ma trận, ngơn ngữ vectơ. Với ngơn ngữ hệ, khi giải hệ PTTT ta phải biến đổi trực tiếp trên các phương trình (cĩ cả hệ số và biến số). Điều đĩ làm cho lời giải khá cồng kềnh, đặc biệt với những hệ cĩ số phương trình và số ẩn tương đối lớn. Lịch sử đã chỉ ra rằng chính vì để khắc phục nhược điểm này mà khái niệm ma trận đã nẩy sinh từ quá trình nghiên cứu kỹ thuật giải các hệ PTTT. Cĩ lẽ cũng vì lý do đĩ mà tất cả các giáo trình đại học chúng tơi đã tham khảo đều trình bày khái niệm hệ PTTT bằng ngơn ngữ ma trận. Lúc này, việc giải một hệ PTTT tương đương với việc giải một phương trình ma trận. Ở đây, người ta chỉ thực hiện biến đổi trên ma trận số. Như chúng tơi sẽ chỉ ra trong phần dưới, khi làm rõ những tổ chức tốn học gắn với kiểu nhiệm vụ “giải hệ PTTT”, chính cách biểu đạt này đã mang lại nhiều lợi thế cho việc tìm các kỹ thuật giải quyết vấn đề. Ưu thế của cách biểu đạt hệ PTTT bằng ma trận dường như khơng cịn giữ được với ngơn ngữ vectơ. Tuy nhiên, loại ngơn ngữ thứ ba này lại cho thấy vai trị cơng cụ của hệ PTTT đối với bài tốn “biểu thị tuyến tính một vectơ qua một hệ hữu hạn vectơ”. Vấn đề này sẽ được chúng tơi làm rõ hơn trong phần 1.2 (hệ PTTT trên phương diện cơng cụ) của chương. 1.1.2. Về các kiểu nhiệm vụ con của kiểu nhiệm vụ T* “Giải hệ phương trình tuyến tính” Luận văn Thạc sĩ “Algorith và tham số trong dạy - học chủ đề phương trình ở trường THPT. Trường hợp hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” của tác giả Nguyễn Thùy Trang (2005), ĐHSP Tp.HCM rất gần với vấn đề mà chúng tơi nghiên cứu trong phần này. Tác giả đã đề cập đến các tổ chức tốn học (TCTH) gắn với hai kiểu nhiệm vụ: - giải hệ PTTT khơng chứa tham số và - giải hệ PTTT cĩ chứa tham số (R, D tương ứng là chữ cái đầu tiên của hai từ résoudre, discuter trong tiếng Pháp. Ở đây hai từ này được sử dụng với nghĩa “giải” và “biện luận”). Trong bảng 1.1 và bảng 1.2 dưới đây, chúng tơi liệt kê lại những kỹ thuật mà tác giả đã chỉ ra để giải quyết các kiểu nhiệm vụ , . Hệ thống ký hiệu của tác giả được chúng tơi giữ nguyên. Để tránh sự dài dịng khơng cần thiết, chúng tơi sẽ khơng nêu ở đây các yếu tố cơng nghệ và lý thuyết mà tác giả đã làm rõ. (m,n) RT (m,n) R DT  (m,n) RT (m,n) R DT  Bảng 1.1: Các kỹ thuật giải hệ PTTT khơng chứa tham số Kiểu nhiệm vụ Kỹ thuật (n,n) Cr - Kỹ thuật giải hệ Cramer (m,n) Cr - Kỹ thuật đưa về hệ Cramer G - Kỹ thuật Gauss Giải trực tiếp G J - Kỹ thuật Gauss - Jordan Cho - Kỹ thuật Cholesky Rac - Kỹ thuật căn bậc hai Orth - Kỹ thuật trực giao Ite - Kỹ thuật lặp đơn (m,n) RT Giải hệ PTTT khơng chứa tham số Giải gián tiếp Sei - Kỹ thuật Seidel Bảng 1.2: Các kỹ thuật giải hệ PTTT cĩ chứa tham số Kiểu nhiệm vụ Kỹ thuật (m,n) Cr - Kỹ thuật đưa về hệ Cramer Cramer - Kỹ thuật Cramer (định thức) G - Kỹ thuật Gauss (m,n) R DT  Giải hệ PTTT cĩ chứa tham số G J - Kỹ thuật Gauss – Jordan Tán thành với Nguyễn Thùy Trang, chúng tơi cũng phân kiểu nhiệm vụ T* - “giải hệ PTTT” thành T- “giải hệ PTTT khơng cĩ tham số” và - “giải hệ PTTT cĩ chứa tham số” (ts: tham số), vì đây là cách tốt nhất để cĩ thể làm rõ tầm ảnh hưởng của các kỹ thuật gắn với T*. Cặp (m, n) tương ứng chỉ số phương trình và số ẩn của hệ. Để thuận tiện, chúng tơi sẽ nĩi hệ (m, n) thay cho hệ PTTT gồm m phương trình, n ẩn. tsT Cách gọi “kỹ thuật giải hệ Cramer” do tác giả Nguyễn Thùy Trang đề nghị cĩ lẽ khơng hồn tồn chính xác, nên chúng tơi sẽ thay bằng “kỹ thuật Cramer”. Kỹ thuật này chỉ áp dụng được cho hệ Cramer. Vả lại, thực ra thì khơng cĩ sự khác biệt nào trong kỹ thuật giải giữa hệ (m, n) với m  n và hệ (n, n) nhưng khơng phải là hệ Cramer. Rõ ràng, sự khác biệt ấy nằm ở chỗ hệ phương trình cĩ phải là hệ Cramer hay khơng. Vì hai lý do này mà chúng tơi sẽ tách T thành hai kiểu nhiệm vụ con là CT - “giải hệ phương trình Cramer khơng chứa tham số” và CT - “giải hệ khơng cĩ tham số và r” việc nghiên cứu sách giáo khoa cũng như p 1.1.3 khơng phải là hệ Crame . Đối với kiểu nhiệm vụ tsT thì thay cho kỹ thuật Cramer (bảng 1.2) chúng tơi sẽ nĩi đến “kỹ thuật định thức”. Cách gọi này bao trùm cả kỹ thuật Cramer. Nĩ chỉ một kỹ thuật cĩ thể dùng để giải khơng chỉ hệ Cramer mà cịn là mọi hệ (n, n) (cĩ số phương trình và số ẩn bằng nhau). Như chúng tơi sẽ chỉ ra trong phần dưới, cách phân các hệ PTTT cĩ chứa tham số thành hai dạng, tùy thuộc vào chỗ số phương trình và số ẩn cĩ bằng nhau hay khơng, sẽ thuận lợi hơn cho hân tích thực hành của giáo viên sau này. Sơ đồ dưới đây trình bày cách phân loại các kiểu nhiệm vụ của chúng tơi. T*- Giải hệ PTTT T - Giải hệ PTTT khơng cĩ tham số ts T - Giải hệ PTTT cĩ tham số CT - Giải hệ khơng cĩ tham số (khơng phải hệ Cramer) CT - Giải hệ Cramer khơng cĩ tham số (m,n) tsT - Giải hệ (m, n) cĩ tham số (m  n) ( n ,n ) tsT - Giải hệ (n, n) cĩ tham số . Về các kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ T n gốc nẩy sinh, ưu điểm, hạn chế hay nĩi cách khác là đánh giá tầm ảnh hưởng của nĩ. Như bảng 1.1 đã chỉ ra, Nguyễn Thùy Trang phân các kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ T (giải hệ PTTT khơng cĩ tham số) thành 2 nhĩm - nhĩm kỹ thuật giải trực tiếp và nhĩm kỹ thuật giải gián tiếp. Tác giả giải thích cơ sở cho sự phân nhĩm các kỹ thuật là: nhĩm phương pháp trực tiếp (nhĩm phương pháp giải đúng) cĩ đặc điểm chung là sau một số hữu hạn phép tính sẽ cĩ kết quả và nhĩm phương pháp gián tiếp là phương pháp giải “gần đúng” hay phương pháp lặp. Nhưng thực ra các kỹ thuật Cholesky, căn bậc hai và trực giao cũng cĩ thể cho kết quả đúng. Hơn thế, về nguyên tắc thì kỹ thuật Gauss luơn cho nghiệm đúng, nhưng trong thực tế, nếu chuyển từ phân số sang cách viết thập phân thì nĩ lại cĩ thể tạo ra sai số. Vì những lý do này chúng tơi sẽ khơng phân biệt các kỹ thuật thành hai nhĩm như bảng 1.1. Ngồi ra, do mục đích nghiên cứu cĩ gắn với hệ PTTT xét trên phương diện cơng cụ và sau đĩ gắn với hoạt động tác nghiệp của giáo viên, chúng tơi sẽ phân tích sâu hơn kỹ thuật Gauss. Cụ thể, để thấy được sự quan tâm đến sai số trong bản thân kỹ thuật Gauss, chúng tơi phân nĩ thành Gauss nguyên thủy, Gauss với phép chọn bán phần, Gauss với phép chọn tồn phần. Hơn thế, đối với từng kỹ thuật, chúng tơi cũng sẽ cố gắng chỉ rõ nguồ Cần phải nĩi thêm rằng, do số trang hạn chế của luận văn, chúng tơi sẽ khơng trình bày chi tiết từng kỹ thuật. Ngồi ra, vì các yếu tố cơng nghệ, lý thuyết của những kỹ thuật này đều là kiến thức về hệ phương trình tương đương và ma trận nên chúng tơi cũng sẽ khơng nhắc lại chúng ở đây. Bạn đọc cĩ thể tìm thấy một phân tích chi tiết trong luận văn của Nguyễn Thùy Trang. 1.1.3.1. Các kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ CT (giải hệ PTTT khơng cĩ tham số và khơng phải là hệ Cramer) Như Nguyễn Thùy Trang đã chỉ ra, gắn với kiểu nhiệm vụ CT cĩ 3 kỹ thuật cĩ thể được sử dụng: kỹ thuật đưa về hệ Cramer , kỹ thuật Gauss – Jordan Cr G J , kỹ thuật Gauss . (m,n)G  Kỹ thuật đưa về hệ Cramer Cr Xét hệ PTTT viết ở dạng ma trận AX = B. Gọi ]|[ BAA  là ma trận hệ số mở rộng của hệ phương trình, cĩ được bằng cách ghép thêm cột tự do B vào bên phải A. Kỹ thuật này gồm các bước:  Tính các định thức con của A, A để tìm ra định thức con D(r), D(r’) khác khơng cĩ cấp cao nhất của A, A (định thức con cơ sở): rank(A) = r và rank ( A ) = r’  Nếu r < r’ thì hệ phương trình vơ nghiệm  Nếu r = r’ thì hệ phương trình cĩ nghiệm  Từ một định thức con cơ sở D(r),  Xác định các phương trình chính: hàng hệ số của phương trình chính chứa 1 dịng của D(r). Bỏ các phương trình khơng chính.  Xác định các ẩn số chính: cột hệ số của ẩn chính chứa 1 cột của D(r). Các ẩn cịn lại gọi là ẩn tự do, được chuyển sang vế phải và xem như là tham số. Ta thu được hệ Cramer đối với r ẩn chính.  Giải hệ (r, r) bằng cơng thức Cramer jj Dx D , j 1, r hoặc dùng ma trận nghịch đảo 1 X ' A ' B'  Nhận xét Trong lịch sử, cĩ nhiều bài tốn thực tế mà lời giải bao hàm một hệ PTTT. Kỹ thuật đưa về hệ Cramer trong một thời gian dài được sử dụng vì về nguyên tắc nĩ cho phép giải mọi hệ PTTT. Kỹ thuật này cĩ điểm thuận lợi về phương diện nghiên cứu lý thuyết (cơng thức nghiệm đưa ra rõ ràng) nhưng lại bất tiện trên phương diện thực hành (phải tính rất nhiều định thức khi hệ phương trình cĩ kích cỡ chỉ mới vừa đủ lớn (số phương trình hay số ẩn lớn) hay các hệ số là số lẻ). Chính vì vậy, kỹ thuật này khơng được các giáo trình ứng dụng (phương pháp tính, phương pháp số) mơ tả. Điều này cũng xẩy ra trong lịch sử, khi mà những câu hỏi về thiên văn và trắc địa học đã dẫn đến các hệ phương trình với số phương trình rất lớn. Hạn chế này của được khắc phục dần với kỹ thuật Gauss- Jordan và Gauss. Cr  Kỹ thuật Gauss – Jordan G J Ở đây người ta tìm rank(A) và rank ( A ) (bằng cách tính các định thức con) và làm tương tự như kỹ thuật . Riêng với trường hợp hệ phương trình cĩ nghiệm, sau khi đưa được về hệ Cramer đối với r ẩn chính, thay vì dùng cơng thức Cramer, kỹ thuật này sử dụng phép biến đổi sơ cấp trên dịng để đưa ma trận hệ số các ẩn chính về dạng chính tắc (ma trận đơn vị cấp r). Từ đĩ, thu được nghiệm tổng quát của hệ đã cho theo (n - r) ẩn tự do. Cr  Nhận xét So với kỹ thuật đưa về hệ Cramer, khi dùng kỹ thuật Gauss - Jordan ta khơng phải tính định thức khi hệ cĩ nghiệm mà thay vào đĩ bằng việc thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận. Tuy nhiên, kỹ thuật G J vẫn cịn điểm bất tiện là việc tính các định thức vẫn cần phải trải qua để xác định rank(A) và rank( A ). Do đĩ, kỹ thuật này vẫn gây khĩ khăn khi hệ phương trình cĩ kích cỡ lớn.  Kỹ thuật Gauss : G Yếu điểm của hai kỹ thuật trên được khắc phục bởi kỹ thuật Gaus._.s. Bằng các phép biến đổi sơ cấp dịng song song với việc tính hạng A và A , kỹ thuật đồng thời đưa hệ đã cho về dạng đơn giản vừa cho biết hệ vơ nghiệm hay khơng và nếu cĩ thì cũng dễ dàng tìm được nghiệm. “Số phép tính nhân cần thực hiện theo kỹ thuật Gauss nhỏ hơn số phép tính nhân theo qui tắc Cramer là rất lớn. Cũng với hệ (30,30) và cũng bằng máy tính như trước, chúng chỉ mất cĩ 0,54 phần tỷ giây để giải bằng phương pháp Gauss thay vì 378.080 tỷ năm bằng qui tắc Cramer.” (Trần Văn Trản, tr.181). Kỹ thuật này được mơ tả như sau : G  Lập ma trận mở rộng A =[A|B]. Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dịng của ma trận A để đưa A về dạng bậc thang dịng A' =[A’|B’].  Căn cứ vào hạng của A’ và hạng của A 'để kết luận về số nghiệm của hệ phương trình. Cụ thể:  Nếu rank(A’) < rank ( A ' ) thì hệ vơ nghiệm  Nếu rank(A’) = rank ( A ' ) = n thì hệ cĩ nghiệm duy nhất  Nếu rank(A’) = rank ( A ' ) = r < n thì hệ cĩ vơ số nghiệm phụ thuộc (n – r) tham số. Trường hợp này trong dạng bậc thang dịng của A’ tồn tại định thức con cấp r, rD 0 , Dr được gọi là định thức con cơ sở. Tính các ẩn chính theo các tham số (ẩn tự do) ta được nghiệm tổng quát của hệ phương trình đã cho. Ý tưởng cơ bản của kỹ thuật Gauss là khử dần các ẩn số. Từ trên xuống dưới, số các ẩn chính trong các phương trình sẽ giảm dần, cho đến khi phương trình cuối (khơng kể các phương trình ứng với những dịng bằng khơng bị bỏ đi) chỉ cịn đúng một ẩn chính. Tùy thuộc vào phép biến đổi sơ cấp dịng được lựa chọn để đưa ma trận mở rộng A về dạng bậc thang dịng A' mà ta cĩ các kỹ thuật thuộc loại Gauss nguyên thủy , Gauss với phép chọn bán phần , Gauss với phép chọn tồn phần . Nĩi cách khác, các kỹ thuật này chỉ khác nhau ở khâu đưa aiiG  a j* G aijG A về dạng bậc thang. Vì thế, chúng tơi chỉ mơ tả phép biển đổi sơ cấp mà mỗi kỹ thuật lựa chọn cho khâu này.  Phép biến đổi sơ cấp trong kỹ thuật Gauss nguyên thủy aiiG : - Ở bước khử đầu tiên, lấy dịng 1 của A lần lượt nhân với đại lượng i1 11 a a  (giả thiết ) rồi cộng vào dịng thứ i, sẽ khử được biến x1 trong các PT thứ i (với 11a 0 i 2,m ) - ….. - Bằng cách tương tự, ở bước khử thứ k, ta lấy dịng thứ k của ma trận /kA (ma trận A sau bước biến đổi thứ k) lần lượt nhân với ik kk a a  (giả thiết ) rồi cộng vào dịng thứ i, ta sẽ lần lượt khử được xk trong phương trình thứ i. kka  0  Thực hiện tối đa qua m-1 bước khử, hệ phương trình đã cho được đưa về hệ tương đương cĩ dạng bậc thang.  Nhận xét : “Kỹ thuật Gauss nguyên thủy cĩ hai yếu điểm. Một là, ở bước khử nào đĩ, nếu phần tử trên đường chéo bằng khơng thì cơng việc bị dừng lại. Hai là, nếu phần tử trên đường chéo khác khơng nhưng cĩ trị tuyệt đối nhỏ hơn các phần tử khác cùng cột thì khi chia cho nĩ sẽ làm tăng sai số tương đối, và do đĩ khuếch đại sai số làm trịn số, dẫn đến lời giải bị biến dạng mạnh.” (Trần Văn Trản, tr.182). Hai nhược điểm này cĩ thể khắc phục dần bằng thuật tốn khử kết hợp với phép chọn bán phần, phép chọn tồn phần sau.  Phép biến đổi sơ cấp trong kỹ thuật Gauss với phép chọn bán phần a j*G  Ngay từ bước 1, người ta chọn phần tử cĩ trị tuyệt đối lớn nhất trên cột 1. Nếu phần tử đĩ nằm ở dịng k thì đổi vị trí dịng đĩ cho dịng 1 rồi thực hiện tiếp các thủ tục khử ở bước khử đầu tiên như trong kỹ thuật Gauss nguyên thủy. Đến bước 2, k 1 cũng lại chọn phần tử cĩ trị tuyệt đối lớn nhất ở cột hai (từ dịng 2 trở xuống), làm phép đổi vị trí của dịng chứa phần tử đĩ với dịng 2 (nếu cần thiết) và thực hiện phép khử ở bước khử thứ hai như trong kỹ thuật Gauss nguyên thủy. Cứ như vậy, ở tất cả các bước khử ta đều thực hiện phép chọn phần tử cĩ trị tuyệt đối lớn nhất trên cột tương ứng và hốn đổi vị trí dịng trước khi tiến hành phép khử.  Phép biến đổi sơ cấp trong kỹ thuật Gauss với phép chọn tồn phần aijG  Ở đây, ngay từ bước khử đầu tiên, ta khơng chọn phần tử cĩ trị tuyệt đối lớn nhất trên cột 1 mà chọn phần tử cĩ trị tuyệt đối lớn nhất trong tất cả các phần tử ija (i 1,m, j 1,n)  của tồn ma trận. Giả sử đĩ là phần tử apq nằm ở dịng thứ p và cột thứ q. Ta gọi dịng p là dịng trội. Lần lượt ta nhân dịng này với thừa số iqi pq a m a   rồi cộng kết quả vào dịng thứ i. Bằng cách này, ta đã loại bỏ được ẩn xq ra khỏi các phương trình của hệ, trừ phương trình thứ p. Loại dịng trội và cột q ra khỏi hệ phương trình vừa biến đổi, ta thu được hệ gồm m-1 phương trình. Tiếp tục thực hiện bước khử kế tiếp với hệ mới này. Ta chỉ cần thực hiện tối đa là (min(m,n)-1) bước khử sẽ cĩ hệ phương trình bậc thang gồm các dịng trội ở các bước khử . i p  1.1.3.2. Các kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ (Giải hệ Cramer khơng cĩ tham số) CT Hệ Cramer là hệ PTTT cĩ số phương trình bằng số ẩn và ma trận các hệ số của ẩn khơng suy biến (ma trận cĩ định thức khác khơng). Đối với các hệ phương trình này, hai kỹ thuật Gauss – Jordan G J và Gauss G đều cĩ thể sử dụng. Thay cho kỹ thuật đưa về hệ Cramer là kỹ thuật Cramer Cr Cr , ở đĩ chỉ cần áp dụng cơng thức Cramer để tìm nghiệm. Ngồi ra, do ma trận các hệ số của ẩn khơng suy biến nên người ta cịn cĩ thể giải quyết kiểu nhiệm vụ bằng ba nhĩm các kỹ thuật khác: nhĩm kỹ thuật phân rã, nhĩm các kỹ thuật trực giao và nhĩm kỹ thuật lặp. Chúng tơi sẽ khơng trình bày chi tiết các nhĩm kỹ thuật này, chỉ giới thiệu ý đồ của chúng. Bạn đọc quan tâm cĩ thể tìm hiểu qua giáo trình tham khảo (sẽ được giới thiệu tương ứng). CT  Nhĩm kỹ thuật phân rã ... : Nhĩm kỹ thuật này ra đời từ nhu cầu giải các bài tốn thực tế về cơng nghiệp và kinh doanh. Ở đây người ta phải giải một chuỗi hệ phương trình cĩ ma trận các hệ số của ẩn giống nhau: AX = B1, AX = B2, …, AX = Bp. Tư tưởng chung của nhĩm kỹ thuật này là phân rã ma trận A thành tích hai ma trận tam giác đặc biệt S, V. Sau đĩ, thay vì giải hệ phương trình ban đầu AX = B, ta chỉ việc giải hai hệ PTTT dạng tam giác đặc biệt : SY= B và VX = Y. Việc phân tích A thành tích S.V chỉ cần thực hiện một lần nhưng lại được dùng để giải nhiều hệ PTTT cĩ cùng ma trận các hệ số của ẩn. Đây chính là ưu điểm của kỹ thuật này so với các kỹ thuật trước đĩ. Cĩ ít nhất là ba cách phân tích ma trận A thành tích S.V như vậy. Chúng được gọi là kỹ thuật Cholesky , kỹ thuật phân rã LU , kỹ thuật căn bậc hai Cho LU  .  Kỹ thuật Cholesky Cho : Phân tích: A = SV, trong đĩ S là ma trận tam giác dưới, và V là một ma trận tam giác trên với các phần tử chéo bằng 1. Người ta đã tìm ra cơng thức xác định các phần tử của ma trận S và V và từ đĩ cĩ cơng thức tìm nghiệm của hệ phương trình (tham khảo Nguyễn Chí Long, tr. 127).  Kỹ thuật căn bậc hai  Đây là trường hợp đặc biệt của kỹ thuật Cholesky khi ma trận A là ma trận đối xứng, nghĩa là ij jia a (i, j 1, n  ) T (tham khảo Nguyễn Chí Long, tr. 131).  Kỹ thuật phân rã LU LU Tương tự như kỹ thuật Cholesky, nhưng phân rã A thành tích 2 ma trận L và U, trong đĩ L là ma trận tam giác dưới với các phần tử chéo bằng 1 và U là ma trận tam giác trên (tham khảo Trần Văn Trản, tr.190).  Nhĩm các kỹ thuật trực giao Đối với một hệ Cramer bất kỳ AX=B, ưu điểm của kỹ thuật Cramer là cĩ thể đưa ngay cơng thức nghiệm X=A-1B. Tuy nhiên, việc tìm ma trận nghịch đảo của một ma trận A khơng đặc biệt khơng phải là đơn giản. Nhưng, nếu A là ma trận trực giao thì (chuyển vị của ma trận A). Như vậy, nghiệm 1A 1A A  TX A B của hệ sẽ được tìm một cách dễ dàng. Kết hợp tư tưởng này với tư tưởng phân rã ma trận hệ số A (nhĩm kỹ thuật phân rã), nhĩm kỹ thuật trực giao tiến hành phân tích ma trận hệ số A thành tích hai ma trận đặc biệt: một ma trận là ma trận trực giao hoặc gần như là trực giao (cĩ các cột trực giao, các hàng trực giao) và một ma trận tam giác.  Kỹ thuật trực giao hĩa các cột cot : Phân tích ma trận A thành tích hai ma trận S, V, với S là ma trận cĩ các cột trực giao, V là ma trận tam giác trên cĩ các phần tử chéo bằng 1. Người ta đã tìm ra cơng thức cho phép xác định S, V và sau đĩ là nghiệm của hệ phương trình (tham khảo Trần Văn Trản, tr. 275)  Kỹ thuật trực giao hĩa các hàng hang : Phân tích ma trận A thành tích hai ma trận L và S, trong đĩ S là ma trận cĩ các hàng trực giao, L là ma trận tam giác dưới cĩ các phần tử chéo bằng 1. Cơng thức xác định S, V và sau đĩ là nghiệm của hệ phương trình cũng đã được tìm thấy (tham khảo Trần Văn Trản, tr. 279)  Nhĩm các kỹ thuật lặp ... : Đối với những hệ cĩ kích cỡ lớn hoặc hệ gần suy biến, việc giải bằng các kỹ thuật đã nêu khơng tránh khỏi những sai số do làm trịn số. Điều này làm cho hệ gần suy biến thành hệ suy biến (hệ gần suy biến là hệ mà ma trận hệ số của ẩn cĩ định thức gần bằng khơng) hoặc nghiệm thu được khơng chính xác. Trong thực tế, người ta vẫn chấp nhận một khoảng sai số cho phép giữa nghiệm tìm được với nghiệm chính xác thực sự. Nhưng các kỹ thuật giải đã nêu khơng xác định được khoảng sai số đĩ trong quá trình giải. Nhĩm kỹ thuật lặp đáp ứng được yêu cầu ấy. Kỹ thuật này cịn cĩ thể thực hiện vai trị điều chỉnh nghiệm gần đúng (cĩ được từ việc giải bằng các phương pháp khác) về nghiệm gần đúng thuộc khoảng sai số cho phép. Bù lại, trong khi các kỹ thuật giải đã nêu trên cho phép dự đốn trước số phép tốn phải thực hiện, thì kỹ thuật lặp lại khơng. Một qui trình lặp cĩ thể ngưng ngay khi nghiệm gần đúng là đủ chính xác theo ý muốn. Dầu vậy, các phương pháp lặp cũng cĩ thể bị thất bại hoặc thực thi quá chậm đối với một số bài tốn. Tư tưởng chung của nhĩm kỹ thuật này là viết lại hệ phương trình dưới dạng X= f(X). Nghiệm gần đúng được tính bằng cách sử dụng nghiệm gần đúng trước đĩ. Nghiệm đúng cĩ được của hệ trong trường hợp này, về phương diện lý thuyết, là kết quả của một quá trình vơ hạn bước lặp. Nhưng trên thực tế, một qui trình lặp cĩ thể ngưng ngay khi nghiệm gần đúng là đủ chính xác cho cơng việc thực tế (nằm trong khoảng sai số cho phép). Về nhĩm kỹ thuật lặp, bạn đọc cĩ thể tìm thấy trong giáo trình Trần Văn Trản (tr.204-213), ở đĩ người ta trình bày chi tiết các kỹ thuật lặp đơn, lặp Jacobi (một trường hợp đặc biệt của kỹ thuật lặp đơn), lặp theo Seidel, lặp Gauss – Seidel (một trường hợp đặc biệt của kỹ thuật lặp theo Seidel) và các yếu tố cơng nghệ, lý thuyết giải thích cho từng kỹ thuật. 1.1.4. Về kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ (tsT giải hệ PTTT cĩ tham số) 1.1.4.1. Kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ (Giải hệ (m, n) cĩ tham số, trong đĩ m  n) (m,n) tsT Về mặt lý thuyết, gắn với kiểu nhiêm vụ này cĩ ba kỹ thuật giải: đưa về hệ Cramer , Gauss – Jordan Cr G J , Gauss G . Các giáo trình đại học khơng nhấn mạnh sự khác biệt trong kỹ thuật giải hệ cĩ chứa tham số và khơng chứa tham số. Tuy nhiên, về mặt thực hành, việc vận dụng các kỹ thuật vào giải hệ cĩ chứa tham số phức tạp hơn khá nhiều, đơi khi khĩ cĩ thể thực hiện được vì phải biện luận quá nhiều trường hợp của tham số. Trong ba kỹ thuật nêu trên thì kỹ thuật Gauss cĩ ưu thế hơn. 1.1.4.2. Kỹ thuật giải quyết kiểu nhiệm vụ (Giải hệ (n, n) cĩ tham số) (n,n)tsT Ba kỹ thuật dùng để giải quyết kiểu nhiệm vụ vừa nêu trên đều sử dụng được cho kiểu nhiệm vụ . Ngồi ra, việc giải quyết kiểu nhiệm vụ này đánh dấu sự xuất hiện của kỹ thuật định thức . (m,n) tsT (n,n) tsT (n,n) D  Kỹ thuật định thức : (n,n)D Tính D = det A và các định thức Dj, j 1, n (Dj: từ D, thay cột thứ j bởi cột tự do) - Nếu D 0 thì hệ phương trình cĩ nghiệm duy nhất , với 1 2 nX (x , x ,..., x ) j j D x B-1 D hoặc X=A - Nếu D = 0 và tồn tại njD 0, 1 j   thì kết luận hệ phương trình vơ nghiệm. - Nếu D = 0 và jD 0, j 1,n thì chưa kết luận. Thay giá trị của tham số (ứng với trường hợp này) vào hệ đã cho và giải theo phương pháp Gauss, hệ cĩ thể vơ nghiệm hoặc vơ số nghiệm.    Tĩm lại, liên quan đến vấn đề giải hệ PTTT, ta cĩ thể nhĩm những kiểu nhiệm vụ trên thành các tổ chức tốn học sau: Bảng 1.3: Các tổ chức tốn học liên quan đến việc giải hệ PTTT Kiểu nhiệm vụ Kỹ thuật Cr - Kỹ thuật đưa về hệ Cramer G J - Kỹ thuật Gauss - Jordan aiiG  - Gauss nguyên thủy a j* G - Gauss với phép chọn bán phần CT Giải hệ PTTT khơng cĩ tham số và khơng phải là hệ Cramer Nhĩm kỹ thuật Gauss G... aijG  - Gauss với phép chọn tồn phần )n,n( Cr - Kỹ thuật Cramer G J - Kỹ thuật Gauss - Jordan aiiG  - Kỹ thuật Gauss nguyên thủy CT Giải hệ phương trình Cramer khơng cĩ tham số Nhĩm kỹ thuật Gauss G... a j* G - Gauss với phép chọn bán phần aijG  - Gauss với phép chọn tồn phần cot - Kỹ thuật trực giao cột Nhĩm kỹ thuật trực giao ... hang - Kỹ thuật trực giao hàng Cho - Kỹ thuật Cholesky LU - Kỹ thuật phân rã LU Nhĩm kỹ thuật phân rã ...  - Kỹ thuật căn bậc hai .don - Kỹ thuật lặp đơn Nhĩm kỹ thuật lặp ... .Seidel - Kỹ thuật lặp theo Seidel Cr - Kỹ thuật đưa về hệ Cramer G J - Kỹ thuật Gauss - Jordan )n,m( tsT Giải hệ PTTT cĩ tham số cĩ số PT và số ẩn bất kỳ G - Kỹ thuật Gauss D - Kỹ thuật định thức Cr - Kỹ thuật đưa về hệ Cramer G J - Kỹ thuật Gauss - Jordan )n,n( tsT - Giải hệ PTTT cĩ tham số cĩ số PT và số ẩn bằng nhau G - Kỹ thuật Gauss Ứng với mỗi kiểu nhiệm vụ, ta cĩ một tổ chức tốn học bộ phận (organisation ponctuelle). Các tổ chức bộ phận (cĩ chung một cơng nghệ) nhĩm lại với nhau thành tổ chức địa phương (organisation locale). Nhiều tổ chức địa phương (cĩ chung một lý thuyết) kết hợp với nhau thành một tổ chức vùng (organisation régionnale). Yếu tố cơng nghệ giải thích cho các kỹ thuật giải hệ PTTT nêu trên cĩ thể chia làm ba nhĩm: nhĩm 1 gồm định lý Kronecker - Capelli về điều kiện cĩ nghiệm, định lý Cramer (giải thích cho  D nhĩm 2 gồm định lý Kronecker - Capelli về điều kiện cĩ nghiệm, định lý về hệ phương trình tương đương (giải thích cho G J Cr , ;)  ); nhĩm 3, so với nhĩm 2, cĩ thêm định lý về sai số trong phép chia (giải thích cho G ) nên cĩ a tổ chức tốn học địa phương. Và trong đĩ, hai tổ chức tốn học địa phương gắn với nhĩm cơng nghệ 1 và 2 cĩ cùng một yếu tố lý thuyết (lý thuyết hệ phương trình tương đương, lý thuyết ma trận) đã tạo thành một tổ chức tốn học vùng. b 1.2. Hệ PTTT xét trên phương diện cơng cụ Trong mọi lĩnh vực của cuộc sống, mọi ngành khoa học, ta đều cĩ thể gặp những bài tốn mà việc giải quyết dẫn đến một hệ PTTT. Bởi thế, khơng thể kể hết các kiểu nhiệm vụ mà hệ PTTT can thiệp với tư cách một cơng cụ. Trong phần dưới đây, chúng tơi sẽ chỉ đề cập đến hai kiểu nhiệm vụ thường gặp trong hình học và, như chúng tơi sẽ chỉ ra ở chương 2, cũng là hai kiểu nhiệm vụ được nghiên cứu trong chương trình mơn tốn ở trường phổ thơng. 1.2.1. TCTH gắn với kiểu nhiệm vụ “biểu thị tuyến tính một vectơ qua một hệ hữu hạn các vectơ”  Kiểu nhiệm vụ Tvt: Trong , cho m vectơ n ia  = (ai1, ai2, …, ain), (i 1,m) và vectơ = (b1, b2, …, bn) . Hãy biểu thị tuyến tính B B  qua m vectơ . ia   Kỹ thuật : vt - Viết hệ thức ở dạng: 1 1 1 2 m mx a + x a + ... + x a = B    1 11 2 21 m m1 1 1 12 2 22 m m2 2 1 1n 2 2n m mn n x a x a ... x a b x a x a ... x a b .... x a x a ... x a b             - Giải hệ PTTT trên. Nếu hệ cĩ nghiệm (vơ nghiệm) thì B (khơng) biểu thị tuyến tính qua m vectơ ia  . Nghiệm của hệ chính là các hệ số cần tìm.  Cơng nghệ : Khái niệm tổ hợp tuyến tính của hệ vectơ, vectơ bằng nhau, các phép tốn trên vectơ, và cơng nghệ của kỹ thuật giải hệ PTTT. vt  Lý thuyết vt: Lý thuyết vectơ, lý thuyết hệ PTTT. 1.2.2. TCTH liên quan đến vấn đề tương giao giữa các phẳng 1.2.2.1. TCTH gắn với kiểu nhiệm vụ “Xét vị trí tương đối của 2 cái phẳng”  Kiểu nhiệm vụ T2p : Nghiên cứu vị trí tương đối giữa p – phẳng Ap (cĩ phương Vp) và q- phẳng Aq (cĩ phương Vq) cĩ phương trình cho trước.  Kỹ thuật 2p:  Bước 1: Lập hệ PTTT (*) bao gồm tất cả các phương trình của p – phẳng Ap và q- phẳng Aq  Bước 2: Dùng kỹ thuật Gauss đưa (*) về dạng bậc thang, xác định phương chung p qV V và số điểm chung p qA A . Đặt d =  p qdim V V p q rank(*)    , s là số điểm chung p qA và cũng chính là số nghiệm của (*) A  Bước 3: Kết luận về vị trí tương đối của p – phẳng và q- phẳng: thì  Nếu d = 0: - và s > 0 p qA , A cĩ 1 điểm chung duy nhất. - và s 0 thì p qA ,A gọi là chéo nhau (hồn tồn).  Nếu d 0 , - và d 0 thì giao của chúng là một d – phẳng. ng cĩ phương Aq ới Aq ới nhau  Cơng g khơng gian afin An được biểu thị bằng một hệ PTTT với các bi p – phẳng A cĩ phương là V và và q- phẳng A cĩ ph - và d< p, s = 0 thì chúng khơng cĩ điểm chung như chung (chéo nhau khơng hồn tồn). - và d = p  q, s > 0 thì Ap bị chứa trong - và d = p = q, s > 0 thì Ap trùng Aq - và d = p  q, s = 0 thì Ap song song v - và d = p= q, s = 0 thì Ap và Aq song song v nghệ 2p : Mỗi m – phẳng tron ến x1, x2, …, xn và cĩ hạng bằng n-m. Phương trình đĩ gọi là phương trình tổng quát của m – phẳng. Và ngược lại. Trong khơng gian afin An cho p p q pương là V . Ta giả sử p q . Căn cứ vào phương chung p qV V và điểm chung p qA A ta cĩ vị trí tương đối c hai cái phẳng đĩ. ý thuyết HH : Lý thuyết hình học afin, lý th ủa  L uyết hệ PTTT, lý thuyết vectơ.  Trường hợp đặc biệt: í tương đối của hai siêu phẳng (P): và (Q): Cĩ 2 kỹ thuậ để giải n, áp dụng cho trường hợp đặc biệt cả 2 phẳng đều là siêu phẳng. Kiểu nhiệm vụ ?2spT : Xét vị tr n i i i 1 a x b 0    n i ic x d 0  t i 1 Kỹ thuật 2p đã nêu trê Kỹ thuật’2p : Tính 1 2 na a a 1 2 n b, , ..., , c c c d ji i j aai j : c c    thì (P) cắt (Q) (Nếu i, j 1, n ) Nếu 1 2 n 1 2 n a a a b... c c c     d thì Nếu (P) //(Q) 1 2 n 1 2 n a a a b... c c c     d thì (P) (Q) 1.2.2 TH gắn với kiểu nhi ụ “Tìm giao của các phẳng” nh cho trước” .2. TC ệm v  Kiểu nhiệm vụ T2p : “Tìm giao của các phẳng cĩ phương trì  Kỹ thuật 2p :  Lập hệ PTTT gồm tất cả các phương trình của các phẳng hì các phẳng giao nhau tại một điểm cĩ tọa độ là m thì các phẳng này khơng cĩ điểm chung hau bởi một k – thuyế 1.3. ết luận phân tích trên đã đưa ra các yếu tố trả lời khá thích đáng cho câu hỏi Q1 v  Giải hệ phương trình - Nếu hệ cĩ 1 nghiệm t nghiệm của hệ - Nếu hệ vơ nghiệ - Nếu hệ cĩ vơ số nghiệm thì kết luận các phẳng này giao n phẳng cĩ PT là hệ sau khi thu gọn, với k = n - số PT của hệ sau khi thu gọn. Cơng nghệ và lý thuyết giải thích cho kỹ thuật này cũng chính là cơng nghệ và lý t của tổ chức tốn học xét vị trí tương đối giữa hai phẳng {T2p, 2p, 2p, 2p} K Kết quả các ề đặc trưng của hệ PTTT nhìn từ gĩc độ một tri thức tốn học. 1.3.1. Xét về sự chuyển đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt ra ba hệ thống biểu đạt (regi tốn học, ta thấy một hệ PTTT lại cĩ thể d Trong phần 1.1. của chương này, chúng tơi đã chỉ stre) của hệ PTTT mà chúng tơi gọi là ba ngơn ngữ biểu đạt: ngơn ngữ hệ, ngơn ngữ ma trận, ngơn ngữ vectơ. Kết quả nghiên cứu của chương này cho thấy các giáo trình đại học đã khai thác tốt ba ngơn ngữ đĩ. Chính hệ thống biểu đạt một hệ PTTT đã tạo điều kiện thuận lợi cho sự ra đời của các kỹ thuật giải hệ. Với ngơn ngữ hệ, kỹ thuật giải hệ sơ khai chỉ là các phép biến đổi tương đương phương trình. Khi đĩ, chỉ cần hệ cĩ kích cỡ hơi lớn lời giải cũng đã khá cồng kềnh. Với ngơn ngữ ma trận, việc giải hệ trở nên vơ cùng sáng sủa, hàng loạt các kỹ thuật giải hệ ra đời. Kỹ thuật đưa về hệ Cramer gắn liền với định thức của ma trận, kỹ thuật Gauss gắn liền với phép biến đổi sơ cấp trên ma trận, kỹ thuật Gauss – Jordan là bước chuyển dần từ kỹ thuật đưa về hệ Cramer sang kỹ thuật Gauss (thay dần việc tính định thức bằng các phép biến đổi sơ cấp ma trận). Kỹ thuật phân rã gắn liền với ma trận tam giác. Kỹ thuật trực giao gắn liền với ma trận trực giao. Cũng khai thác cách biểu diễn theo ma trận, kỹ thuật lặp sử dụng thêm cách viết dưới dạng đẳng thức X = f(X) thuận lợi cho việc lặp nghiệm. Như vậy, tất cả các kỹ thuật đều sử dụng cơng cụ, hệ thống biểu đạt ma trận. Hay ngơn ngữ ma trận là một trong những điều kiện sinh thái tốt cho sự ra đời của nhiều kỹ thuật giải hệ PTTT. Ngơn ngữ hệ và ngơn ngữ vectơ thì lại cho phép khai thác phương diện hệ PTTT - cơng cụ đại số trong việc giải quyết nhiều bài tốn hình học. Sức mạnh của đại số, của các cơng cụ đại số đã được khẳng định. Khi xét hệ PTTT với tư cách một cơng cụ ùng để biểu diễn cho một phẳng hoặc giao của các phẳng (trường hợp đặc biệt là siêu phẳng). Chính điều đĩ đã mở rộng giá trị cơng cụ của hệ PTTT vào việc giải các bài tốn liên quan đến sự tương giao của các phẳng (vốn khĩ hoặc khơng thể giải quyết bằng các cơng cụ của hình học (trực quan) trong khơng gian từ 3 chiều trở lên). Thế nhưng khi khơng gian cĩ số chiều khơng vượt quá 3 thì, một cách biện chứng, ta cĩ thể lật ngược lại vấn đề: các phẳng, đặc biệt là các siêu phẳng, lại cĩ thể xem như một hệ thống biểu đạt khác cho những hệ PTTT cĩ số ẩn khơng vượt quá 3. Chúng tơi gọi đây là hệ thống biểu đạt hình học của hệ PTTT. Lúc này, ta lại cĩ thêm một kỹ thuật khác để giải hệ PTTT: chuyển về xét tương giao các phẳng bằng cơng cụ của hình học. Ưu điểm của hình học, của các cơng cụ hình học cĩ thể được khai thác khi giải hệ PTTT. Như chúng tơi đã nĩi, kỹ thuật này khơng xuất hiện trong các giáo trình đại học, bởi đối tượng nghiên cứu ở đĩ là những hệ PTTT cĩ số ẩn tùy ý. Nhưng chắc là cơ hội xuất hiện kỹ thuật này trong chương trình tốn học phổ thơng thì khơng phải là ít, bởi ở đây các khơng gian được xét là khơng gian vật lý, cĩ số chiều tối đa là 3, và các hệ PTTT cũng chỉ cĩ khơng quá 3 ẩn. Đây là vùng sống mà các cơng cụ đại số cĩ thể tồn tại, phát triển, khẳng định sức mạnh đối với nghiên cứu hình học, và ngược lại, các yếu tố của hình học trực quan cũng cĩ thể thể hiện lợi thế của mình trong nghiên cứu đại số, giải tích. Sự thay đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt (cadre et registre) giữa đại số, giải tích, hình học luơn mang lại những lợi ích quan trọng cho việc học tốn (và cả cho việc nghiên cứu tốn, như Douady đã nĩi). Vấn đề này sẽ được chúng tơi quan tâm đến khi phân tích quan hệ thể chế với đối tượng hệ PTTT và khi quan sát thực hành của giáo viên. 1.3.2. Xét trên phương diện kỹ thuật giải hệ PTTT  Như chúng tơi đã phân tích ở trên, kỹ thuật đưa về hệ Cramer mang lại thuận lợi về ph bất tiện trên phương diện thực hành khi hệ phươ Tầm ảnh hưởng của mỗi kỹ thuật ương diện nghiên cứu lý thuyết nhưng ng trình cĩ các hệ số là số lẻ hay cĩ kích cỡ lớn vì ở đĩ ta phải tính rất nhiều định thức. Kỹ thuật Gauss - Jordan khơng địi hỏi phải tính định thức khi hệ cĩ nghiệm. Tuy nhiên, điều này vẫn phải thực hiện ở bước xác định rank(A) và rank( A ). Yếu điểm của hai kỹ thuật trên được khắc phục bởi nhĩm kỹ thuật Gauss. Bằng các phép biến đổi sơ cấp dịng song song với việc tính hạng A và A , nhĩm kỹ thuật này cho phép đưa hệ đã cho về dạng đơn giản đồng thời cho biết hệ vơ nghiệm hay khơng và nếu cĩ thì cũng dễ dàng tìm được nghiệm. Nhưng trong th c hành, nĩ cĩ thể dẫn tới sai số khá lớn mà ta khơng đánh giá được sai số đĩ. Nhĩm kỹ thuật lặp đáp ứng được yêu cầu ấy, nghĩa là nĩ cho phép tìm nghiệm gần đúng với một sai số xác định. Thế nhưng, khác với các kỹ thuật trên, nĩ lại khơng cho phép dự đốn trước số phép tốn phải thực hiện. Nhĩm kỹ thuật phân rã cho phép giải cùng lúc nhiều hệ PTTT cĩ cùng ma trận các hệ số của ẩn, thường gặp trong bài tốn thực tế về cơng nghiệp và kinh doanh. Nhĩm kỹ thuật trực giao được xây dựng trên cơ sở kết hợp ưu điểm của nhĩm kỹ thuật phân rã và kỹ thuật Cramer, lại tận dụng thêm được tính chất đặc trưng của ma trận trực giao.  Phân loại kỹ thuật ự Xét về khía cạnh sai số, tất cả các kỹ thuật được chia làm 3 nhĩm: nhĩm khơng quan giải tích. tâm đến sai số, nhĩm hạn chế tối đa sai số (do làm trịn số) khi tìm nghiệm, nhĩm ước lượng được khoảng sai số của nghiệm gần đúng khi tìm nghiệm. Nhĩm thứ nhất gồm 3 kỹ thuật: kỹ thuật đưa về hệ Cramer, kỹ thuật Gauss – Jordan và Gauss nguyên thủy. Nhĩm thứ ba gồm các kỹ thuật lặp. Nhĩm thứ hai gồm các kỹ thuật cịn lại. Ta cũng cĩ thể phân loại các kỹ thuật tùy theo các đặc trưng đại số, hình học, Chúng tơi nĩi một kỹ thuật thuộc vào nhĩm đại số nếu nĩ chỉ gồm những tính tốn đại số, thuộc nhĩm kỹ thuật giải tích hay hình học nếu nĩ cĩ sử dụng kiến thức của các ngành tốn học này. Tất cả những kỹ thuật giải hệ PTTT được mơ tả ở trên đều cĩ thể xếp vào nhĩm đại số, trừ các kỹ thuật lặp cĩ bản chất giải tích (vì muốn tìm được nghiệm chính xác phải qua phép lấy giới hạn). Tuy nhiên, trong thực hành, kỹ thuật lặp cũng đã được đại số hĩa, bỏ qua phép lấy giới hạn và chỉ xét trong hữu hạn bước, xấp xỉ nghiệm trong khoảng sai số cho phép. Kỹ thuật hình học hồn tồn vắng bĩng. Điều này cĩ thể giải thích được, bởi khi số phương trình hay số ẩn khá lớn thì ta phải nĩi đến những p-phẳng của khơng gian nhiều chiều, mà đối với những khơng gian cĩ số chiều vượt quá ba thì rõ ràng là hệ thống biểu đạt hình học (registre géométrique) khơng thể phát huy ảnh hưởng. 1.3.3. Xét về phương diện cơng cụ. Sự mơ hình hĩa. hạm vi hình học cĩ chịu sự tác động ười ta cĩ nĩi đến dạy học mơ hình hĩa và dạy học bằng mơ h ngắn gọn về quá trình Mơ hình là một đối tượng cụ thể nào đĩ dùng thay thế cho một nguyên bản tươn là một mơ hình biểu diễn tốn học của những mặt chủ yếu của một Chúng tơi đã chỉ ra những kiểu nhiệm vụ thuộc p của hệ PTTT. Khơng chỉ thế, cơng cụ này cĩ mặt ở khắp nơi và việc thống kê các kiểu nhiệm vụ là khơng thể. Chúng tơi dùng thuật ngữ “giải bài tốn thực tế” để nĩi về tất cả những kiểu nhiệm vụ mà lời giải địi hỏi phải cĩ sự can thiệp của hệ PTTT. Kiểu nhiệm vụ cĩ trong cuộc sống, trong các khoa học vật lý, hĩa học, sinh học, kinh tế, xã hội, v.v… Để giải quyết kiểu nhiệm vụ này, ta phải thực hiện việc mơ hình hĩa (modélisation). Trong didactic tốn, ng ình hĩa. Điều này là một trong những mối quan tâm của chúng tơi khi nghiên cứu chương trình, sách giáo khoa và thực hành giảng dạy của giáo viên. Chính vì vậy, trước tiên chúng tơi sẽ trình bày ở đây một cách mơ hình hĩa để sử dụng cơng cụ tốn học vào giải quyết một vấn đề của thực tiễn hay của các khoa học khác và sau đĩ là vấn đề dạy học mơ hình hĩa và bằng mơ hình hĩa. g xứng để cĩ thể giải quyết một nhiệm vụ nhất định trên cơ sở sự đồng dạng về cấu trúc và chức năng. Mơ hình tốn học nguyên bản theo một nhiệm vụ nào đĩ, trong một phạm vi giới hạn, với một độ chính xác vừa đủ và trong dạng thích hợp cho sử dụng. Cụ thể hơn mơ hình tốn học là các cơng thức để tính tốn các quá trình hĩa học, vật lý, sinh học, … được mơ phỏng từ hệ thống thực. (Theo Modeling.htm) Quá trình mơ hình hĩa tốn học được minh họa bằng sơ đồ sau: Tham khảo sơ đồ - quy trình mơ hình hĩa một hệ ngồi tốn học, Coulange (1997) B ần giải i tiết khơng quan trọng làm cho bài tốn cĩ nội dung thực tiễn trở n : Chuyển từ một BTPTT thành bài tốn tốn học (BTTH) bằng cách sử dụng ụ tốn học để giải BTTH ược lại từ câu trả lời củ ừ BTPTT, nhìn lại những gì đã làm ở bước 1 để hư vậy, quá trình mơ hình hĩa tốn học đã khai thác việc sử dụng mơ hình tốn học k (1) Phạm vi tốn học Phạm vi ngồi tốn học ước (1): Tiến hành mơ tả các vấn đề bản chất của một hệ thống, tình huống c quyết (bài tốn cĩ nội dung thực tiễn) để đưa về một bài tốn phỏng thực tiễn (BTPTT) bằng cách: Loại bỏ những ch ên dễ hiểu và dễ nắm bắt hơn. Từ đĩ, xác định các yếu tố, khía cạnh cốt lõi của hệ thống. Rút ra những mối liên hệ, điều kiện, ràng buộc liên quan đến các yếu tố cốt lõi của hệ thống. Bước (2) hệ thống biểu đạt, cơng cụ tốn học. Bước (3): Tìm và áp dụng các cơng c Bước (4): Nhìn lại các thao tác đã làm ở bước 2 để chuyển ng a BTTH sang câu trả lời cho BTPTT. Bước (5): Phân tích kết quả thu được t chuyển từ câu trả lời của BTPTT sang câu trả lời cho bài tốn cĩ nội dung thực tiễn. N ết hợp với sự chuyển đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt. Điều đĩ đã tạo nên thế Bài tốn phỏng thực tế (BTPTT) Hệ thống, tình huống cần giải q uyết (bài tốn cĩ nội dung thực tiễn) Câu trả lời cho (bài tốn cĩ nội dung thực tiễn Câu trả lời cho BTPTT Bài tốn tốn học (BTTH) Câu trả lời Giải cho BTTH Sự chuy th Sự ển (2) (4) (5) chuy đổi phạm vi và hệ thống biểu đạt ển đổi phạm vi và hệ ống biểu đạt (3) mạnh của quá trình mơ hình hĩa tốn học: giải quyết được nhiều vấn đề phức tạp, đa dạng trong nhiều phạm vi ngồi tốn học. Vấn đề dạy học mơ hình hĩa và bằng mơ hình hĩa đã được tác giả Lê Văn Tiến trình bày trong giáo trình “Phương pháp dạy học mơn tốn ở trường phổ thơng” (2005). Dạy học mơ hình hĩa là dạy học cách thức xây dựng mơ hình tốn học của thực tiễn, nhắm tới trả lời cho những câu hỏi, vấn đề nảy sinh từ thực tiễn. Từ đĩ, một quy trình dạy học tương ứng cĩ thể là: Dạy học tri thức tốn học lý thuyết Vận dụng các tri thức này vào việc giải các bài tốn thực tiễn và do đĩ vào việc xây dựng mơ hình của thực tiễn. Tuy nhiên, quy trình này làm mất đi vai trị động cơ của các bài tốn thực tiễn và do đĩ làm mất đi nguồn gốc thực tiễn của các tri thức tốn học: tri thức tốn học khơng cịn nảy sinh từ nhu cầu giải quyết các bài tốn thực tiễn. Quan niệm “dạy học bằng mơ hình hĩa” cho phép khắc phục khiếm khuyết này. Theo quan niệm này, vấn đề là dạy học tốn thơng qua dạy học mơ hình hĩa. Như vậy, tri thức tốn học cần giảng dạy sẽ nảy sinh qua quá trình giải quyết các bài tốn thực tiễn. Quy trình dạy học tương ứng cĩ thể là: Bài tốn thực tiễn Xây dựng mơ hình tốn học Câu trả lời cho bài tốn thực tiễn Tri thức cần giảng dạy Vận dụng tri thức này vào giải các bài tốn thực tiễn.       Những kết quả đạt được ở chươn._.thuộc R, ta sẽ cĩ 1 cặp điểm. Sẽ cĩ rất nhiều nghiệm. Sẽ cĩ dạng thành phần thứ nhất là x, thành phần thứ 2 là 3x- 1. Mấy em nhớ nhé khi gặp dạng này, em giữ lại cho x tùy ý và em tính y. Cịn em kết luận như vậy (bài giải câu c) là khơng đạt vì đề bài yêu cầu giải hệ phương trình tức là tìm tất cả các nghiệm, là coi nghiệm cĩ dạng gì chứ khơng phải hỏi là hệ này cĩ bao nhiêu nghiệm. Em trả lời hệ cĩ vơ số nghiệm là đúng rồi nhưng cịn phải chỉ ra nghiệm của nĩ luơn. Mấy em dùng phương pháp thế cũng được. x;3x 1) / x   30. GV (chỉ sang bảng chính): Các em theo dõi này, phương trình ax by c  cĩ tập nghiệm là đường thẳng d; phương trình a 'x b ' y c '  cĩ tập nghiệm là đường thẳng d’. Như vậy, nghiệm của hệ này chính là giao điểm của 2 đường thẳng d và d’. Nếu như đường thẳng d và d’ cĩ 1 giao điểm (cắt nhau) thì theo các em, hệ này cĩ mấy nghiệm? 31. HS: 1 32. GV: Nếu d và d’ song song thì …? 33. HS : Vơ nghiệm vì song song thì khơng cĩ giao điểm 34. GV: Nếu d và d’ trùng nhau thì …? 35. HS: Vơ số nghiệm 36. Các em nhìn vào SGK, hình 3.2 cĩ minh họa 3 vị trí cắt nhau, song song và trùng nhau của 2 đường thẳng (d) và (d’) cùng phần tĩm tắt bằng lời. Đĩ là ý nghĩa hình học của hệ (2,2). 37. GV ghi: 2. Giải và biện luận hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn a) Xây dựng cơng thức 38. GV: Chúng ta sẽ xây dựng và các em theo dõi. Cách giải hệ tổng quát ban đầu. Thầy làm như sau: Nhân phương trình đầu cho b’, nhân phương trình thứ 2 cho – b rồi cộng lại. Ta được ab 'x bb ' y cb ' a 'bx bb ' y bc '      . Cộng vế với vế, ta được: .  ab ' a 'b x b 'c bc '   Ta đã nhân cho b’ và –b để làm mất y, bây giờ ta làm mất x bằng cách nhân phương trình thứ nhất cho a’, phương trình thứ 2 cho –a, rồi cộng lại. Ta được (a’b – ab’) y = a’c – ac’ , tiếp tục nhân (-1) vào 2 vế ta được (ab’ – a’b) y = ac’ – a’c . Nối kết 2 phương trình thành hệ (I)  ab ' a 'b x b 'c bc ' (ab' - a'b) y = ac' - a'c      39. GV: Các em thấy ab’ – a’b giống nhau ở hai phương trình khơng? Nên đặt D = ab’ – a’b, Dx = b’c – bc’, Dy= ac’ – a’c. Ta cĩ x y D (II) D   .. Từ hệ (I) dẫn tới hệ (II). Hệ (II) là hệ quả của hệ (I). Nếu D 0 Dx Dy  thì ta cĩ tìm được nghiệm của hệ khơng? Lộc 40. Lộc: Dạ được ạ, x Dx D  và yDy D  41. GV ghi lên bảng: Trường hợp 1: D 0 x y Dx D (II) Dy D    yx DD ; D D     42. GV: Là nghiệm của hệ (II) thì cĩ chắc là nghiệm của hệ (I) khơng? 43. Vài HS trả lời khơng, đa số HS im lặng. 44. GV: Các em phải thử lại. 45. GV: Cĩ em nào xong chưa? Nam 46. Nam: . ax by c (1) a ' x b ' y c ' (3)     yx DDThay x , y (2) D D   Thay (2) vào (1), ta được: cb'-c'b ' 'a ab'-a'b ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ( ) ac a cb c ab a b acb ac b abc a bc acb a bc acb a bc acb a bc D             Thay (2) vào (3). Tương tự, ta được: ac’b’ – a’c’b = ab’c’ – a’c’b (đúng) 47. GV: Như vậy,khi thế vào, các em sẽ thấy cặp yx DD ; D D    là nghiệm của hệ phương   trình (I). GV tĩm tắt lại: TH1: D 0 hệ (I) cĩ nghiệm (x;y) duy nhất xDx D  yDy D   48. GV: Chúng ta đã xét xong trường hợp 1: D 0 . Bây giờ chúng ta xét trường hợp 2: D=0. Trở lại hệ (II) 49. GV ghi vào phần bảng 2: TH2: D=0 x y 0x D (II) 0y D    50. GV: Nếu xD 0 thì phương trình 0x = Dx thế nào? 51. HS: Vơ nghiệm 52. GV: Vậy hệ thế nào? 53. HS: Vơ nghiệm 54. GV nhắc lại: Một hệ phương trình cĩ 1 phương trình vơ nghiệm thì sẽ vơ nghiệm. Tương tự, nếu yD 0 thì hệ thế nào? 55. HS: Hệ vơ nghiệm 56. GV: tĩm tắt ghi tiếp vào bảng chính 1: Trường hợp 2: D=0 Trường hợp 2a: Nếu xD 0 hoặc yD 0 thì hệ (I) vơ nghiệm Trường hợp 2b: Dx = Dy = 0 57. GV: Trường hợp 2b: 0 0( ) 0 0 x II y    . Hệ (II) cĩ vơ số nghiệm. Vậy hệ (I) cũng cĩ vơ số nghiệm. Đúng khơng? 58. HS trả lời: Khơng kết luận được vì (II) chỉ là hệ quả của hệ (I) 59. GV: Đúng rồi. Vậy trường hợp này ta chưa kết luận được. 60. GV vừa giảng vừa ghi vào bảng phụ: Giả sử a 0 D=0 '' ' 0 ' a bab a b b a      Dy = 0 '' ' 0 ' a cac a c c a      Vì nên ta luơn chia cho a a 0 Thế b’ và c’ vào hệ (I), ta được ' '' ax a x  by c a b a cy a a     ' ' ax by c aa x a by a c      '   ' ' ax by c a ax by a c      61. GV: Các em thấy trong 2 phương trình này, phương trình thứ hai là hệ quả của phương trình thứ nhất. Như vậy nếu phương trình thứ nhất đúng thì phương trình thứ 2 đúng. Vậy ta chỉ giữ lại một phương trình: ax + by = c. Vậy tập nghiệm của hệ là nghiệm của phương trình này, cho x tùy ý rồi tính y hoặc cho y tùy ý rồi tính x. 62. GV ghi vào bảng chính: Trường hợp 2b : Dx = Dy = 0. Hệ (I) cĩ vơ số nghiệm. Tập nghiệm của (I) cũng chính là tập nghiệm của phương trình ax + by = c 63. GV nĩi bảng tĩm tắt này cĩ trong SGK. Một em đứng lên đọc lại bảng tĩm tắt này. Quang đứng dậy đọc dùm Thầy. 64. Quang đọc: “…. ” . Nội dung phần tĩm tắt này chính là các trường hợp 0D  , D=0, Dx, Dy mà GV vừa ghi lên bảng. 65. Sau đĩ, GV đưa vào ký hiệu, cách tính định thức cấp hai. Từ đĩ đưa vào các định thức D, Dx, Dy cùng cách tính và cách nhớ. 66. GV ghi tiếp lên bảng: a) Giải và biện luận 67. GV: Thực chất ở đây ta đã giải được rồi nhưng người ta đưa thêm một kiến thức nữa đĩ là định thức 68. HS tự lên xĩa bảng, GV yêu cầu HS: Các em giữ lại bảng ghi các D, Dx, Dy 69. GV yêu cầu HS ngồi tại chỗ mỗi em làm hoạt động 3 trong SGK 70. GV: Các em làm xong chưa? Gọi Vũ 71. Vũ: Trong định thức D, cột thứ nhất gồm các hệ số của x; cột thứ hai gồm các hệ số của y. Trong định thức Dx, cột thứ nhất gồm cĩ c và c’; cột thứ hai gồm các hệ số của y. Trong định thức Dy, cột thứ nhất gồm cĩ hệ số của x; cột thứ hai gồm cĩ c và c’. 72. GV: Từ đĩ các em hãy rút ra cách nhớ? Hương 73. Hương: D gồm các hệ số của x và y; cịn Dx thì thay cột hệ số của x bằng c và c’; cịn Dy thì mình thay cột hệ số của y bằng c và c’. 74. GV: à đúng rồi và GV nhắc lại, D thì dễ thuộc rồi cứ lấy hệ số của x và y vơ thành 2 cột. Dx thì từ định thức D giữ cột hệ số của y, em bỏ cột x đi và thay bằng c, c’. Tương tự, muốn tính Dy từ định thức D bỏ cột y đi thay bằng cột c,c’. Em nào nhắc lại dùm thầy cách nhớ D, Dx, Dy? 75. 1 HS nhắc lại y như vậy 76. GV yêu cầu HS xem ví dụ trên và làm hoạt động 4. 77. GV: Muốn giải hệ phương trình, người ta tính D, Dx, Dy . Vậy ngồi phương pháp cộng, thế, ta cĩ thêm một cách nữa là dùng định thức. 78. GV gọi 1 em HS lên bảng. HS trình bày như sau: 2x 3y 13 7x 4y 2     . Ta cĩ: 2 3 8 ( 21) 29 7 4 13 3 5813.4 ( 6) 58 2 2 4 29 2 13 874 13.7 87 3 7 2 29 x x y y D DD x D D D y D                         Vậy hệ cĩ nghiệm (2;-3) 79. GV hỏi các HS ở dưới lớp: nghiệm (2;-3) đúng khơng? 80. HS: Khơng cĩ HS nào phản đối 81. GV: cho qua 82. GV: Ngồi SGK, thầy đưa thêm 1 ví dụ. Ví dụ: Giải và biện luận hệ : x my 1 mx y   1   Giải: Bởi vì hệ cĩ chứa tham số nên ta phải giải và biện luận. Đầu tiên, các em cũng tính D, Dx, Dy: 2 x y 1 m 1 m 1 1 D 1 m , D 1 m , D 1 m m 1 1 1 m 1          . Các em cĩ tính được như vậy khơng? 83. GV: Bây giờ chúng ta biện luận. Ở đây, ta cĩ 2 trường hợp là D=0 và D 0 . Ta xét D 0 trước rồi xét D=0. Trường hợp 1: . Hệ (I) cĩ nghiệm duy nhất x 2 y 2 D 1 mx D 1 m D 1 my D 1 m           D 0 m 1   Ra tới đây, chúng ta cĩ thể đơn giản vì mẫu 1 – m2 cĩ thể phân tích thành 1-m và 1+m , ta đơn giản cho 1 – m. Vậy x = 1 1 m (GV ghi bổ sung vào kết quả trên) Với Dy, ta cũng đơn giản như vậy: y= 1 1 m (GV ghi bổ sung vào kết quả trên)  84. GV: Xong trường hợp 1, ta qua trường hợp 2: 1D 0 m    Cĩ tới 2 giá trị của m làm cho D=0. Vậy ta thế lần lượt từng giá trị vơ Trường Hợp 2a: m = 1 Muốn biết như thế nào thì em thế trực tiếp vơ hệ. Thế m = 1 vào hệ (I). Hệ (I) x y 1 x y 1      Ta thấy 2 phương trình giống nhau, ta chỉ giữ lại 1. GV ghi tiếp: x y 1   85. GV: Vậy hệ này thế nào? 86. HS: Vơ số nghiệm x cho tùy ý, y = 1 – x 87. GV ghi bổ sung vào bảng : x y 1 x      88. GV ghi tiếp: Trường hợp 2: m=-1 Thế m = -1 vào hệ (I) lúc này hệ trở thành x y 1(I) x y 1      Phương trình trên giữ nguyên, phương trình dưới nhân với -1  x y 1 x y 1      Các em thấy, ở trên x – y = 1 và ở dưới x – y = -1. Vậy em thấy hệ này như thế nào ? 89. HS : Hệ vơ nghiệm 90. GV ghi vào bảng :  hệ vơ nghiệm 91. GV vừa nĩi vừa ghi vào bảng phần kết luận sau: Kết luận : Nếu thì hệ (I) cĩ nghiệm duy nhất m 1  1 1(x; y) ;1 m 1 m       Nếu m = 1 thì hệ (I) cĩ vơ số nghiệm x y 1 x     Nếu m = -1 thì hệ (I) vơ nghiệm 92. GV: Vậy để giải và biện luận hệ chứa tham số, các em tính D, Dx, D; sau đĩ, xét 2 trường hợp: D 0 và D=0. Khi D = 0 thì m bằng giá trị nào? Nếu cĩ 2 giá trị thì thế lần lượt từng giá trị vào hệ ban đầu, nếu 1 giá trị thì thế thẳng vào rồi giải hệ ban đầu cụ thể. 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d    2 3       Các hệ số a, b, c trong các phương trình khơng được đồng thời bằng khơng Về nghiệm, hệ phương trình tương đương, hệ phương trình hệ quả cũng giống như hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn. Các em đã nắm được dạng của nĩ rồi chứ? 93. GV: Người ta giải bằng phương pháp thế, từ phương trình đầu tiên người ta rút z theo x với y. Mấy em thấy cụ thể là rút z = 2 – x – y rồi thế vào 2 phương trình cịn lại. Từ 3 ẩn, ta thế cịn lại hai ẩn đĩ là nguyên tắc chung khi giải hệ 3 ẩn. Từ 3 ẩn cịn 2 mà hệ 2 ẩn thì các em đã biết cách giải rồi. 94. GV: Các em làm hoạt động 5. Sau khi dùng kỹ thuật thế để khử z trong hai phương trình của hệ (3,3) ở ví dụ 3 thì được một hệ (2,2) theo 2 ẩn x,y. Hoạt động 5 yêu cầu giải hệ (2,2) này. 95. HS: Mỗi em tự giải 96. GV: Em nào làm xong rồi thì đọc dùm Thầy kết quả? Thầy chỉ định một em HS. 97. HS: x = 1, y = 3, z = -1 98. GV khẳng định lại kết quả rồi cảm ơn HS. 99. GV: Hơm nay, các em đã được học thêm một cách mới để giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn. Để giải được theo cách này, các em phải nắm vững cách tính D, Dx, Dy. Một em nhắc lại cho Thầy cách tính D, Dx, Dy. 100. HS: D = ab’ - a’b ; Dx = cb’ - c’b ; Dy= ac’ –a’c 101. GV: Các em tính định thức bằng cột nào, cột nào để dễ nhớ? D bằng cột thứ nhất (hệ số của x), cột thứ hai (hệ số của y); Dx ….. ; Dy … . Em nào nhắc lại cách nhớ D, Dx, Dy? Long 102. Long: Từ định thức D, muốn tính Dx ta bỏ cột hệ số của x đi và thay bằng cột c; Dy thì bỏ cột hệ số của y đi và thay bằng cột c. 103. GV: Các em về nhà làm hoạt động 6 xem như là bài tập về nhà. Các em nghỉ. Hoạt động 6 yêu cầu giải một hệ (3,3). Phần bài tập Lời giải của HS Hoạt động chỉnh sửa Bài 31 31a.1. Câu a: 5x 4y 3 7x 9y 8     Ta cĩ : 5 4D 45 28 7 9      17 31a.2. GV: Câu này dễ! Các em so sánh đáp số với bạn. Các em cĩ thể thử lại bằng cách bấm máy tính. Trong thực hành khi gặp hệ này, các em khơng cần tính D, Dx, Dy để làm gì đâu, các em cứ bấm máy thoải mái vì các em cịn sử dụng khi học các mơn vật lý, hĩa học nữa. x X y y 3 4 D 5 5D 27 32 5 x 8 9 D 17 17 D5 3 19D 40 21 19 y 7 8 D 17 17                    19 Vậy hệ cĩ nghiệm duy nhất (19; 19 17  ) 31a.3. HS: im lặng 31a.4. GV sửa tiếp sang câu b 31b.1. Câu b: 3x 2y 1 2 2x 3y 0       Ta cĩ: 3 2D 3 2 2 3    4 1  x x 1 2 D 3D 3 x D 10 3         3 y y D3 1 2 2D 2 2 y D 12 2 0        2 2 Vậy hệ cĩ nghiệm duy nhất  3; 2 2 31b.2. GV: Bài này các em bấm máy sẽ ra nghiệm rất là lẻ. Nhưng nếu dùng định thức thì sẽ cho kết quả chính xác. Các em so kết quả D, Dx, Dy ba kết quả này đúng là được rồi. Đúng hết phải khơng? 31b.3. HS khơng phản ứng gì 31b.4. GV: Em được 10 điểm 33a.1. Bài 33a: 2 2 x my 0 mx y m 1 1 m D 1 m m 1           m 1 2 x y 0 m D m m 1 1 1 0 D m m m 1       m 1  * Nếu thì hệ phương trình cĩ nghiệm duy nhất D 0 1m   2 x y D m m m(m 1) mx D (m 1)(m 1) (m 1)(m 1) m 1 D m 1 1y D (m 1)(m 1) m 1                   * Nếu m=1 D=0, thì hệ phương trình vơ nghiệm xD  0 1 * Nếu m = -1 D=0, Dx = 0, Dy = 0 thì hệ phương trình cĩ vơ số nghiệm  Kết luận: * Với thì hệ phương trình cĩ nghiệm duy nhất m   mx m 1   , 1y m 1   33a.2. HS lúc đầu tính sai D = - 1 – m2, tính đúng Dx, Dy. Khi biện luận HS cảm giác cĩ vẻ sai nhưng khơng biết sai ở chỗ nào. 33a.3. GV yêu cầu HS xem lại các định thức 33a.4. HS chỉnh sửa và làm xong. 33a.5. GV: Bài này bạn đã tính D, Dx, Dy một hồi lâu mới được! Các em thấy bạn tính D, Dx, Dy đúng chưa? Trường hợp đầu tiên xét D chứ khơng phải D=0 0 33a.6. GV: sửa lại m 1, giải thích m 1 D 0      tức là m 1 và m 1  em nào ghi “hay” là sai. 33a.7. GV nhận xét : m = 1 thì bạn thấy D = 0, thì hệ phương trình vơ nghiệm là đúng. xD  0 m = -1  D=0, Dx = 0, Dy = 0 thì hệ phương trình cĩ vơ số nghiệm. Trả lời vậy đúng khơng?Khơng. Bài này yêu cầu * Với m=1 thì hệ phương trình vơ nghiệm * Với m = -1 thì hệ phương trình cĩ vơ số nghiệm giải và biện luận mà giải là phải chỉ ra tập nghiệm của nĩ. Nếu nĩ cĩ vơ số nghiệm thì thế nào? GV chỉ lại trường hợp  x \ 0 5y x 2     . Ở đây, đúng là tơi đồng ý với em là hệ cĩ vơ số nghiệm nhưng tơi chưa thấy mặt mũi của nĩ ra sao? Mấy em xem lại ví dụ SGK và ví dụ tơi xét thì với những trường hợp cụ thể này, sao? Ta thế thẳng vào hệ phương trình suy ra hệ cụ thể khơng cịn tham số. Hệ cĩ thể là vơ nghiệm hay vơ số nghiệm mà vơ số nghiệm thì phải chỉ ra tập nghiệm của nĩ. Em làm như vậy chưa được. GV: My làm bài này, về chép phạt 20 lần cơng thức tính định thức. Chép đi để nhớ. Trừ em 1 điểm. GV nhận xét: Bài này phần lớn là làm được chỉ cĩ em My này làm khơng được. Bài 35: Hình 3.3 cho 1 mạch điện kín. Biết R1=0,25Ω, R2=0,36Ω, R3=0,45Ω và U=0,6V. Gọi I1 là cường độ dịng điện của mạch chính, I2 và I3 là cường độ dịng điện của hai mạch rẽ. Tính I1, I2 và I3 (chính xác đến hàng phần trăm) Hướng dẫn. I1, I2 và I3 là nghiệm của hệ phương trình GV hướng dẫn bằng lời: Ví dụ dịng điện đi qua đĩ mắc song song, đúng khơng? R2 và R3 mắc song song vậy là dịng điện lấy cộng lại hả? I2 + I3 ra I1 phải khơng? Sách cĩ hướng dẫn nên các em tự làm, khơng phải sửa lên bảng. Thực ra là với hệ ba ẩn này, đầu tiên các em giải bằng cách thế để giảm biến xuống, từ 3 biến giảm xuống cịn 2 biến rồi dùng định thức giải rồi sau đĩ bấm máy để thử lại kết quả. 33b.1. Bài 33b: 2ax 3y 5 (a 1)x y 0      33b.2. GV : nhận xét đúng HS làm bước này « 0 5(a 1) 5a 5 5(a 1)        » dài dịng : đặt nhân tử rồi phân phối ra rồi lại đặt nhân tử chung”   x y 2a 3 D 2a 3(a 1) 2a 3a 3 a 3 (a 3 a 1 1 5 3 D 5 0 5 0 1 2a 5 D 0 5(a 1) 5a 5 5(a 1) a 1 0                           ) * D 0 a 3 0 a 3        Hệ cĩ 1 nghiệm duy nhất 5x (a 3)   , 5(a 1)y a 3   *D=0 a 3   hệ phương trình vơ nghiệm xD 0  Kết luận: a  3 hệ phương trình cĩ nghiệm 5 5; a (a 1) 3     (a 3)  a= -3 Hệ phương trình vơ nghiệm  GV: phải chỉnh sửa dấu “ ” thành “ ” 34.1. Bài 34: 34.2. x y z 11 (1) 2x y z 5 (2) 3x 2y z 24 (3)          (1) z = 11 – x - y. Thay z = 11 – x – y vào (2), (3) ta được  (2) 2x – y + (11 – x – y) = 5   2x – y + 11 – x – y = 5 x – 2y = - 6 (4)  (3) 3x + 2y + (11 – x – y ) = 24   3x+2y+11 – x – y = 24 2x + y = 13 (5)  Từ (4) và (5) ta cĩ hệ phương trình x 2y 6 x 4 2x y 13 y 5          Thay x = 4, y = 5 vào (1) ta được z = 2 Vậy hệ phương trình cĩ nghiệm duy 34.3. Trước khi HS làm GV cĩ gợi ý: Thực chất, hệ 3 ẩn được giải bằng phép thế để đưa 3 biến về hai biến rồi dùng định thức giải. Dùng máy tính bấm thử lại kết quả. 34.4. HS hồn tất bài giải. GV nhận xét đúng nhất là x 4y 5 z 2    39.1. Bài 39: x my 1 a) mx 3my 2m 3      2 2 x y 1 m D 3m m m 3m 1 m D 6m 2 2m 3 3m 1 1 D 2m 3 m m 2m 3             m m 3 TH1: thì hệ phương trình cĩ nghiệm duy nhất 2D 0 3m m 0 m 0,m 3         2 x 2 y 2 D 6m 2mx 2 D 3m m D m 3 1y D 3m m           m TH2: D=0 m=0, m=-3  TH2a: m= 0. Thế m = 0 vào hệ phương trình (vơ nghiệm) x 1 0x 0y 3    TH2b: m=-3. Thế m = -3 vào hệ phương trình x 3y 1 x 3y 1 3x 9y 3         x x 1y 3     Kết luận: * hệ phương trình cĩ nghiệm duy nhất m 0 m 3    1(x; y) 2; m      * m=0, hệ phương trình vơ nghiệm * m=-3, hệ phương trình cĩ vơ số nghiệm 39.2. GV xem qua bài làm của HS và bổ sung dấu bằng sau D, Dx, Dy; x x 1y 3     sau kết luận vơ số nghiệm; dấu tương đương x x 1y 3     . 39.3. GV khẳng định: Bài 39 biện luận vậy được rồi. Em lưu ý sau D, Dx, Dy thiếu dấu bằng. 38.1. Bài 38: 38.2. GV : Bạn gọi x là chiều rộng, y là chiều dài nên sau đĩ bạn phải chia thành 2 trường hợp. Nếu bạn đặt khéo léo hơn 1 tí : chọn x, y là hai kích thước Nửa thu vi 2p p 2  Gọi x là chiều rộng (x>0) Gọi y là chiều dài (y>0) Ta cĩ : TH1 : x y p (x 3)(y 2) xy 246       x y x y p xy 2x 3y 6 xy 246 x y p 2x 3y 240 1 1 D 1 2 3 p 1 D 3p 240 240 3 1 p D 240 2p 2 240                      Vì 1 0 (đúng)    x y Dx 3p 240 (p 80) D D y 240 2p p 120 D         Vậy với 80<p<120 x 3p 240 y 240 2p     TH2 : x y p (x 2)(y 3) xy 246       x y x y p xy 3x 2y 6 xy 246 x y p 3x 2y 240 1 1 D 1 3 2 p 1 D 2p 240 240 2 1 p D 240 3p 3 240                       Vì 1 0 (đúng)    x y Dx 240 2p (p D D y 3p 240 p 120 D         80) thì khơng phải chia ra 2 trường hợp 38.3. GV : Em làm theo kiểu này cũng chưa đủ vì em đâu biết được cái nào là chiều dài cái nào là chiều rộng vì em chưa chắc kết quả em tìm được là x < y ? 38.4. GV sửa lại từ lời giải của HS : Gọi x, y là hai kích thước (x>0, y>0) : x + y = p diện tích tăng 246 tức là xy+ 246 chứ khơng phải 246 xy. Nhiều em nhầm như vậy. 38.5. GV ghi lời giải hồn chỉnh lên bảng: Gọi x, y là hai kích thước (x>0, y>0) Ta cĩ : x y p (x 3)(y 2) xy 246       x y p x y p xy 2x 3y 6 xy 246 2x 3y 24               x 1 1 D 1 2 3 p 1 D 3p 240 240 3      y 1 p D 240 2p 2 240    Vì 1  0 (đúng)   x y Dx 3p 240 (p 80) D D y 240 2p p 120 D         Biện luận: * x là chiều rộng, y là chiều dài x<y 3p-240<240-2p  5p<480 p<96 * x là chiều dài, y là chiều rộng x>y 3p-240>240-2p Vậy chiều rộng là 240 – 2p Chiều dài là 3p – 240 với 0<p<120  5p>480 p>96 So với điều kiện ban đầu 80<p<120 Kết luận: * Nếu 80<p<96: chiều rộng bằng 3p- 240, chiều dài bằng 240 – 2p * Nếu 96<p<120 thì chiều dài bằng 3p- 240, chiều rộng bằng 240 – 2p PHỤ LỤC 2 BỘ CÂU HỎI ĐIỀU TRA GIÁO VIÊN PHIẾU THAM KHẢO Ý KIẾN CỦA GIÁO VIÊN Kính chào Quý Thầy Cơ! Chúng tơi đang tiến hành một nghiên cứu nhỏ liên quan đến việc giảng dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10. Để hồn thành nĩ, chúng tơi rất cần sự đĩng gĩp ý kiến của Quý Thầy Cơ. Xin Quý Thầy Cơ vui lịng trả lời các câu hỏi sau bằng cách đánh dấu chéo vào ơ trước nội dung muốn chọn và ghi chi tiết vào phần “………………” ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 1: Cĩ ý kiến cho rằng nên loại bỏ chủ đề “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ra khỏi chương trình tốn bậc trung học phổ thơng. Thầy Cơ cĩ đồng tình với ý kiến đĩ khơng? Vì sao?  Trả lời: Đồng tình Khơng đồng tình Lý do: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Câu 2: Khi giảng dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10, Thầy Cơ đã thực hiện theo quy trình nào trong các quy trình sau? Xin vui lịng cho biết lý do của sự chọn lựa đĩ? Nếu đã thực hiện theo quy trình khác thì xin Thầy Cơ vui lịng cho biết quy trình đĩ gồm cĩ những bước nào. Và cũng xin nêu rõ lý do của sự chọn lựa. a) Quy trình 1 b) Quy trình 2 c) Quy trình 3 - Nêu định nghĩa - Nghiên cứu phương pháp giải - Bài tập nhằm rèn luyện kỹ năng giải hệ phương trình - Nêu định nghĩa - Nghiên cứu phương pháp giải - Bài tập nhằm rèn luyện kỹ năng giải hệ phương trình, trong đĩ, cĩ chú trọng đến việc giải các bài tốn đố (cĩ nội dung thực tế) hay các bài tốn hình học - Nêu một bài tốn đố hay bài tốn hình học để làm xuất hiện nhu cầu giải hệ phương trình - Nêu định nghĩa - Nghiên cứu phương pháp giải - Bài tập nhằm rèn luyện kỹ năng giải hệ phương trình, trong đĩ, cĩ chú trọng đến việc giải các bài tốn đố (cĩ nội dung thực tế) hay các bài tốn hình học  Trả lời: Quy trình 1 Quy trình 2 Quy trình 3 Lý do: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Quy trình khác Gồm các bước: ................................................................................................................................. ........................................................................................................................................................... Lý do của sự lựa chọn: ..................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Câu 3: a) Xét bài tốn sau: « Giải và biện luận hệ phương trình x my 1 mx 3my 2m 3      » Dưới đây là lời giải của hai học sinh lớp 10 : Lời giải 1 Lời giải 2 2 2 x y 1 m D 3m m ; m 3m 1 m D 6m 2m 3 3m 1 1 D 2m 3 m m 2m 3               2m ; m 3 TH1: 2D 0 3m m 0 m 0và m 3         Hệ PT cĩ nghiệm duy nhất 2 x 2 y 2 D 6m 2mx 2 D 3m m D m 3 1y D 3m m m               TH2: D = 0 m=0 hay m= -3  TH2a: m= 0. Thế m `=0 vào hệ, ta được  (vơ nghiệm) x 10x 0y 3    TH2b: m= -3. Thế m = -3 vào hệ, ta được x 3y 1 x 3y 1 3x 9y 3         x x 1y 3     Kết luận: * hệ PT cĩ nghiệm duy nhất m 0 m 3    1(x; y) 2; m      * m=0, hệ PT vơ nghiệm * m=-3, hệ PT cĩ vơ số nghiệm x x 1y 3     2 2 x y 1 m D 3m m ; m 3m 1 m D 6m 2m 3 3m 1 1 D 2m 3 m m 2m 3          2m ; m 3      TH1: 2D 0 3m m 0 m 0và m 3         Hệ PT cĩ nghiệm duy nhất 2 x 2 y 2 D 6m 2mx 2 D 3m m D m 3 1y D 3m m m               TH2: D = 0  m=0 hay m= -3 TH2a: m= 0. Thế m =0 vào Dy yD 3 0  . Vậy hệ vơ nghiệm TH2b: m=-3. Thế m = -3 vào Dx, Dy, ta cĩ x yD D D 0   . Hệ cĩ vơ số nghiệm thỏa x - 3y = 1 x x 1y 3     Kết luận: * m 0 m 3    hệ PT cĩ nghiệm duy nhất 1(x; y) 2; m      * m=0, hệ PT vơ nghiệm * m=-3, hệ PT cĩ vơ số nghiệm x x 1y 3     a1) Trong giảng dạy, Thầy Cơ cĩ đưa dạng bài tập này cho học sinh khơng? Vì sao?  Trả lời : Cĩ Khơng Lý do: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... a2) Nếu cĩ đưa vào thì Thầy Cơ hướng dẫn học sinh giải theo lời giải nào? Vì sao?  Trả lời : Lời giải 1 Lời giải 2 Cả hai lời giải 1 và 2 Lời giải khác Lý do: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... b) Cho bài tốn: “Giải và biện luận hệ phương trình mx 2my 3 4mx 9my 11     ” Trong giảng dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10, Thầy Cơ cĩ đề cập đến những hệ phương trình thuộc dạng trên khơng? Vì sao?  Trả lời: Cĩ Khơng Lý do: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Câu 4: Xét bài tập sau: “ Đối với mỗi hệ phương trình dưới đây, hãy giải bằng tất cả các cách mà em biết. Nếu chỉ yêu cầu trình bày một cách giải thì em chọn cách nào? Vì sao? 1)    4x 3 1 y 1 3 1 x 3y 5        2) (a 2)x (a 4)y 2 (a 1)x (3a 2)y 1          ” a) Khi dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10, Thầy Cơ cĩ yêu cầu học sinh giải những bài tập thuộc dạng trên khơng?  Trả lời: Cĩ Khơng b) Theo Thầy Cơ, cĩ cần thiết cho học sinh làm các bài tập cĩ dạng như trên hay khơng? Vì sao?  Trả lời: Cĩ Khơng Lý do: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Câu 5: Khi dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10, Thầy Cơ cĩ cho học sinh xét các bài tốn đố (cĩ nội dung thực tế) mà lời giải dẫn đến một hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn hay khơng? Nếu cĩ thì khoảng bao nhiêu bài? Và đĩ là những bài tốn nào?  Trả lời: Khơng Cĩ với số lượng bài là …….. bài Các bài tốn mà Thầy Cơ đưa vào là ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Câu 6: Khi dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10, Thầy Cơ cĩ đưa vào các bài tốn thuộc phân mơn hình học mà lời giải dẫn đến một hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn khơng? Nếu cĩ thì đĩ là những dạng tốn nào?  Trả lời: Khơng Cĩ Các dạng tốn mà Thầy Cơ đưa vào là ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Câu 7: Khi dạy phần “Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn” ở lớp 10, Thầy Cơ cĩ bao giờ cho phép học sinh sử dụng máy tính bỏ túi để trực tiếp đưa ra nghiệm của hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn, 3 ẩn hay khơng? Nếu cĩ thì trong trường hợp nào? Vì sao?  Trả lời: ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................................... Xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của Quý Thầy Cơ! PHỤ LỤC 3 MỘT SỐ CÂU TRẢ LỜI CỦA GIÁO VIÊN ._.