Đề tài Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình

    
3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x 
(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) 
HD: p dụng BĐT ô-si cho T, ĐS: x -1 
Bài 9. Giải phương trình:    
2 4 2 413 9 16x x x x 
- 15 - 
HD: p dụng BĐT ô-si cho T, ĐS: x 
2 5
5
Bài 10. Giải phương trình 
2
3 21 2 1
2 2
x x
x x x     
HD: p dụng BĐT ô-si , ĐS: x 0 hoặc x=3 
Bài 11. Giải phương trình:   
34 316 5 6 4x x x 
HD: p dụng BĐT ô-si , ĐS: x 1/2 
Bài 12. Giải hệ phương trình: 
3 5 9
1 3 5
9
x y z
x y z
  


  

với x, y, z > 0 
HD: p dụng BĐT ô-si 
x = y=z=1 
Bài 13. Giải hệ phương trình: 
6
10
6
10
6
10
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z









. ĐS: x y z 1 
Bài 14. Giải hệ phương trình      
   


    
3
3
3
1 1 1 1
x y z
x y z xyz
HD: p dụng BĐT ô-si số, ĐS: x y=z=1 
Bài 15. Giải hệ phương trình:  
    

 
       
3 2 7 10
1 1
2
3 3
x y x y
x y
x y x y
(Đề thi đề nghị của trường THPT chuyên Lương Thế inh t nh Đồng Nai thi 
Olympic 0/4 năm 2012) 
HD: p dụng BĐT ô-si , hpt có nghiệm là x =y=4 
Bài 16. Giải hệ phương trình 

 


  

2
4
2
4
1
2 3
1
2 3
x
y
y
x
HD: p dụng BĐT ô-si số, ĐS: (x;y)={(1;1),(1;-1),(-1;1),(-1;-1)} 
Bài 17. Giải hệ phương trình 

  
  

   
  
2
3 2
2
23
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y
 ĐS: (x;y) {(1;1),(0;0)} 
- 16 - 
4. Ứng ng B ng Bunn a sk 
Khi giải phương trình, hệ phương trình mà thấy các “dấu hiệu” sau: 
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình nhiều hơn số phương trình. 
 Số ẩn của phương trình, hệ phương trình bằng số phương trình. 
 Phương trình,hệ phương trình có chứa các căn bậc hai. 
Khi áp dụng BĐT Bunnhiacốpski với 2 cặp số  1 2,a a và  1 2,b b (hoặc cặp số) để dễ 
ph n t ch chúng tôi dùng 2 cặp. 
 Biểu thức  2 2 2 21 2 1 2( )( )a a b b là hằng số hoặc là biểu thức bé hơn hoặc bằng vế còn lại 
của phương trình. 
 Biểu thức  
2
1 1 2 2a b a b là hằng số hoặc là biểu thức lớn hơn hoặc bằng vế còn lại 
của phương trình. 
“thì thử” ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải. 
Khi giải “lưu ý”: Nghiệm của phương trình, hệ phương trình cũng là giá trị của biến để 
dấu “=” xảy ra tại mỗi lần áp dụng BĐT Bunnhiacốpski hoặc các BĐT khác nên: 
 +Nếu nhẩm được nghiệm của phương trình, hệ phương trình thì ta có thể suy 
luận được là nên ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski hay không? Ứng dụng thế nào để BĐT 
Bunnhiacốpski có dấu”=” xảy ra tại các BĐT được sử dụng. 
 +Ngược lại nếu định hướng dùng BĐT Bunnhiacốpski thì ta có dấu”=” của BĐT 
xảy ra để suy ra nghiệm. 
+Người làm toán nên kết hợp Dấu”=” của BĐT và nghiệm của phương trình, hệ 
phương trình từ đó cho lời giải nhanh nhất. Nếu chúng không đồng thời xảy ra thì 
phương trình vô nghiệm hoặc phải đổi BĐT hoặc hướng khác.. 
B ng Bu-nhi-a- -xki (Cauchy- Schwarz)vớ 2 ặ s ự 
Cho hai cặp số thực  1 2,a a và  1 2,b b ta có:    
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( )( )a b a b a a b b . 
Dấu "=" xảy ra  1 2 2 1a b a b 
C ng m n 
Ta có    
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( )( )a b a b a a b b 
                    
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 22a b a b a b a b a b a b a b a b 
             
2 2 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 12 0a b a b a b a b a b a b (đpcm) 
Dấu “=” xảy ra   1 2 2 1 0a b a b  
1 2
1 2
a a
b b
( 1 2 0b b ) 
B ng c Bu-nhi-a- -xki (Cauchy- Schwarz) vớ 2 ộ a s ự 
Cho hai bộ ba số thực    1 2 3 1 2 3, , , , ,a a a b b b ta có: 
      2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3( ) ( )( )a b a b a b a a a b b b . 
Nếu 1 2 3 0b b b thì đẳng thức xảy ra   
31 2
1 2 3
aa a
b b b
C ng m n : 
- 17 - 
Thật vậy 
              
                 
       
      
     
        
      
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
22 2
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 2 2 3 1 1 3 33
2 2 2 2 22 2 2 2
1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3
2 22 2
1 1 2 2 2 2 3 3 1 1 3 3 1 2 1 3 2 1 2 3
( ) ( )( )
2 2 2
2 2 2
a b a b a b a a a b b b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b    
           
 
                     
2 2
3 1 3 2
2 2 2 22 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 3 3 1 1 3 3 1 2 3 3 2 2 3 3 22 2 2 0
a b a b
a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b
           
2 22
1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2 0a b a b a b a b a b a b (đpcm) 
Dấu "=" xảy ra 
 

 
  
1 2 2 1
1 3 3 1
2 3 3 2
0
0
0
a b a b
a b a b
a b a b
   31 2
1 2 3
aa a
b b b
( 1 2 3 0b b b ) 
 Trong nhiều trường hợp áp dụng BĐT Bunnhiacốpski để giải phương trình đem lại 
hiệu quả cao, lời giải ngắn gọn, xúc tích, phù hợp với học sinh lớp 10 và THCS. Sau đây 
là minh hoạ. 
V 13. Giải phương trình:    
8 8
1 3 2x x    
Phân tích: 
 Phương trình có bậc 8 nên HS rất khó vận dụng được 7 hàng đ ng thức đáng nhớ. 
Phương pháp giải đối với HS lớp 10 nếu không dùng BĐT thì “bó tay”. 
 Phương pháp dùng BĐT Bunnhiacốpski rất mới lạ và hay. 
 ó thể dùng phương pháp hàm số nhưng đ y là kiến thức của HS12, HS lớp 10 chưa 
học tới. 
Lờ g 1 (k ông ùng BĐT): 
 t hàm số 
   
8 8
( ) 1 3f x x x    
   
7 7'( ) 8 1 4 3f x x x     
   
   
'
7 7
7 7
( ) 0
8 1 8 3 0
1 3
1 3
2
f x
x x
x x
x x
x

    
   
   
 
x  2  
f’(x) - 0 + 
f(x) 
  
 2 
Ta có Min f(x)=2 khi 2x  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 2x  
- 18 - 
Lờ g 2 (Dùng BĐT): 
Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số  
4
1x  ;  
4
3 x và 1 ; 1 ta được 
                 
2 2 2 2
4 4 4 4 8 8 4 42 2 11 3 1 1 1 .1 3 .1 1 3 1 3 (1)
2
x x x x x x x x
                            
 Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số  
2
1x  ;  
2
3 x và 1 ; 1 ta được 
                 
2 2 2 2
2 2 2 2 4 4 2 22 2 11 3 1 1 1 .1 3 .1 1 3 1 3 (2)
2
x x x x x x x x
                            
Tiếp tục, áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số  1x ;  3 x và 1 ; 1 ta có 
           
22 2 2 22 21 3 1 1 1 .1 3 .1 1 3 2 (3)x x x x x x                   
Từ (1) và (2) ta được    
8 8
1 3 2x x    . 
Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra 
   
2 2
1 3
1 1 2
1 3
1 1
x x
x
x x
  


  
  

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x=2. 
N ận : Bằng cách áp dụng BĐT Bunnhiacốpski có thể xử l bài toán mạnh hơn : 
Mở rộng Ví dụ 13 : Giải phương trình:    
2 2 *,
2
k k a b
x a x b k N

     với a, b là 
các hằng số cho trước. 
B ng so sán á ưu, n ượ m ủa Lờ g 1 và Lờ g 2 vớ HS lớ 10: 
 Ưu m N ượ m 
Lời giải 1 
(Không 
dùng BĐT) 
- HS lớp 10 không hiểu do chưa học 
phương pháp hàm số. 
Lời giải 2 
(Dùng 
BĐT) 
-Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. 
- iải quyết được bài toán tổng quát 
khi phương trình có bậc lớn. 
-Ứng dụng BĐT Bunnhiacốpski phù 
hợp với HS lớp 10. 
Qua bảng so sánh trên ta thấy rằng đối với bài toán trên: 
+ p dụng LG1 phải dùng tới các kiến thức lớp 12 (Ứng dụng đạo hàm). Do đó HS lớp 
10 không hiểu. 
+ p dụng LG2 ch dùng Bunnhiacốpski trong chương trình, lời giải ngắn gọn. Do 
đó, rất dễ hiểu đối với HS lớp 10. 
V 14. Giải phương trình: 22 3 5 2 3 12 14x x x x      
Phân tích: 
 Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc 4, bậc 8 g y khó khăn. 
- 19 - 
 Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpski. 
 Tacó      
2 2 2
2 21. 2 3 1. 5 2 1 1 2 3 5 2 4 2x x x x VT                
 mà 2VP  
 
Áp dụng dấu”=” trong BĐT
xảy ra ta được x 2, thử lại x 2 là nghiệm của phương 
trình.
Lờ g : 
ĐK: 
2 3 0
1,5 2,5
5 2 0
x
x
x
 
  
  
 
2
2
2 3 5 2 3 12 14
2 3 5 2 3 2 2
x x x x
x x x
     
      
Áp dụng Bunnhiacốpxki cho 2 bộ số 1; 1 và 2 3x  ; 5 2x 
     
2 2 2
2 21. 2 3 1. 5 2 1 1 2 3 5 2 4x x x x              
 2 3 5 2 2 2 3 5 2 0x x Do x x        
Dấu “=” xảy ra 2 3 5 2 2x x x      
Lại có  
2
3 2 2 2x    dấu”=” xẩy ra  x = 2 
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2 
N ận : 
 ó thể áp dụng BĐT ô-si để giải. 
 Bằng kĩ thuật giải trên có thể mở rộng bài toán hơn (đã đề cập ở phần BĐT ô-si) 
V 15. Giải phương trình :  
2
1 3 2 3 2 2x x x x       (1) 
Phân tích: 
 Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc cao. 
 Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpxki. 
Lờ g : 
*ĐK: 1x  
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bô số 1x  ; (x -3) và 1 ; 1 ta có: 
          
 
2 2 2 22 2
2
1. 1 1. 3 1 1 1 3 2 3 2 2
1 3 2 3 2 2 (2)
x x x x x x
x x x x
            
 
       
(1) và (2) xảy ra khi và chỉ khi: 
2 2
3 0 3 5( )
1 3
2( )1 6 9 7 10 0
x x x n
x x
x lx x x x x
     
                
vậy  5S  
- 20 - 
V 16. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): 
2 2
9
1
x x
x
  

Phân tích: 
 Bình phương 2 vế phương trình trở thành bậc cao. 
 Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpski. 
Lờ g : 
Giải: Đk x 0 
Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 cặp số 2 2; 1x  và 
1
;
1 1
x
x x 
Ta có : 
       
2 22
2 21 1
2 2 1 2 2 1 9
1 1 1 1
x x
x x x
x x x x
                                            
Dấu “=” xảy ra 

1 1
2 2 1 2 2 1 8 1
71 1
x
x x x x x x
x x
   
                
V 17. Giải hệ phương trình : 
   2 2 2 2
3 3 3
3 4 26
92
x y z x y z
x y z
     

  
Lờ g : 
Áp dụng BĐT Bunnhiacốpski cho 2 bộ số 1,3,4 và x,y,z ta được 
      2 2 2 2 2 2 2 2 2 21. 3 4 1 3 4 26x y z x y z x y z          
Dấu “=” xảy ra 
1 3 4
x y z
   . 
Kết hợp với hệ phương trình ta có
1
3
4
x
y
z



 
Bà ậ ương ự ( p dụng BĐT Bunnhiacốpski ) 
Bài 1. Giải phương trình:    
4 4
1 3 2x x    . ĐS: 2x  
Bài 2. Giải phương trình:    
16 16
1 3 2x x    . ĐS: 2x  
Bài 3. Giải phương trình : 2 1 3 5 2 13x x    . ĐS: 
29
13
x  
Bài 4. Giải phương trình : 27 5 12 38x x x x      . ĐS x 6. 
Bài 5. Giải phương trình 
21 3 2 10 16x x x x      . ĐS x 5. 
Bài 6. Giải phương trình : 4 4 44 2 4 2 4x x x     ĐS:Ptvô nghiệm 
Bài 7. Giải phương trình : 2 2
6 5 36 9 5
4 5 2 1
5 5
x x x x
  
        
 
. ĐS 
3 5
2 1
5
x
 
   
 
. 
(Đề thi đề nghị của trường THPT chuyên Trà inh thi Olympic 0/4 năm 2012) 
- 21 - 
Bài 8. Giải phương trình : 
4
2 4 4 32 1x x x x    . ĐS x=1 
Bài 9. Giải phương trình : 2
6 3
3 2
1
x
x x
x x

  
 
Bài 10. Giải hệ phương trình 
2
2 2
6 3 1
1
x xy x y
x y
    

 
Bài 11. Giải hệ phương trình 
 2 21 1 1 2 1
1 1 2
1 1 1
y y x
x y xy

    



 
  
 ĐS  
1 1
{ 1;1 , ; }
2 2
S
 
  
 
(Đề thi đề nghị của trường THPT chuyên Lý Tự Trọng t nh ần Thơ thi Olympic 0/4 
năm 2012) 
5. Ứng ng n 
5.1 Ứng dụng tích vô hướng 2 véctơ 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các v c tơ:    1 1 2 2; , ;u x y v x y
r r
 khi đó ta có 
 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2. . cos .u v u v u v x x y y x y x y      
r ur r r r r
Dấu “=” xảy ra  cos 1 u v   
r
1 1
2 2
x y
k 0
x y
    , chú ý tỉ số phải dương . 
 BĐT trên cũng có dạng tương tự như BĐT Bunnhiacốpski với 2 cặp số thực 
   1 1 2 2; , ;x y x y . Do vậy có thể dùng các dấu hiệu và lưu ý của BĐT Bunnhiacốpski. 
V 18. Giải phương trình: 21 3 2 1x x x x     
Phân tích: 
 Bình phương 2 vế để khử căn thì phương trình trở thành bậc cao. 
 Phương trình có các “dấu hiệu” và “lưu ý” của BĐT Bunnhiacốpxki. Do đó có thể 
dùng t ch vô hướng 2 véctơ. 
Lờ g : 
Đặt    ;1 , 1; 3u x v x x 
r r
Ta có: 
2
. 1 3
. 2 1
u v x x x
u v x
   
 
r r
r r 
Do 2. . 1 3 2 1u v u v x x x x      
r r r r
Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra  ,u v
r r
 cùng hướng 

   2 13 11
0
1 3 1 20 3
xx x xx
x x xx
   
    
     
- 22 - 
5.2 Ứng dụng tổng độ dài các véctơ 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các v c tơ:    1 1 2 2; , ;u x y v x y
r r
 khi đó ta có 
    
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2u v u v x x y y x y x y         
r r r r
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai v c tơ ,u v
r r
 cùng hướng 1 1
2 2
x y
k 0
x y
    , chú ý 
tỉ số phải dương. 
 BĐT trên cũng có dạng tương tự như BĐT Mincốpski. 
V 19. Giải phương trình 2 21 3 1 2x x x x      
Phân tích: 
Nhận thấy 
2 22 2
2 2 1 3 3 11 3 1 2 2
2 2 2 2
x x x x x x
      
                           
Lờ g : 
Đặt 
1 3 3 1
; , ;
2 2 2 2
u x v x
   
       
   
r r
. Ta có: 
3 1 3 1
; 2
2 2
u v u v
  
      
 
r r r r
2 22 2
1 3 3 1
2 2 2 2
u v x x
      
                     
r r
Lại có 
2 22 2
1 3 3 1
2
2 2 2 2
u v u v x x
      
                        
r r r r
Kết hợp với phương trình. Dấu “=” xảy ra  ,u v
r r
 cùng hướng 

   
31
2 1 3 3 2 3 122
0 3 11113
2222
x xx x
x
xxx
          
           
             
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất 3 1x   
Bà ậ ương ự ( p dụng hình học ) 
Bài 1. Giải phương trình 2 21 1 2x x x x      . ĐS x 0. 
Bài 2. Giải phương trình 2 22 5 2 10 29x x x x      . ĐS x 1/5. 
Bài 3. Giải phương trình 2 2 24 5 2 10 16 40 26 6x x x x x x         . ĐS x 5/4. 
Bài 4. Giải hệ phương trình 
1 2 3
1 2 3
4
1 1 1 3
3
2
1 1 1 3
3
x x x
x x x

     



     

. ĐS: 1 2 3
1
3
x x x   . 
- 23 - 
Bài 5. Giải hệ phương trình 
1 2
*
1 2
1
1 1 ... 1
,
1
1 1 ... 1
n
n
n
x x x n
n
n N
n
x x x n
n
 
      



      

ĐS: 1 2 1980
1
...x x x
n
    . 
Bài 6. Tìm m để phương trình 2 24 2 1 4 2 1 2x x x x m      có nghiệm. 
ĐS -1/2<m<1/2. 
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 
 Trước khi dạy chuyên đề chúng tôi tiến hành kiểm tra lần 1 đối với đội tuyển 10 
(với số lượng 20 học sinh sẽ rút đội tuyển sau khi học xong các chuyên đề), mục đích để 
đánh giá và đối chứng với kết quả thu được về sau. 
TSHS 
Đạ yêu ầu K ông ạ yêu ầu 
TS % TS % 
20 2 10% 18 90% 
 Khi áp dụng chuyên đề trên cho đội tuyển học sinh giỏi lớp 10 thì tôi thấy HS rất 
thích thú, đồng thời các em cũng đỡ lúng túng hơn khi gặp các dạng bài tập trên. Cụ thể 
hơn, chúng tôi tiến hành kiểm tra lần 2, để chính xác chúng tôi tạo ra đề tương đương 
với đề kiểm tra lần 1. Kết quả kiểm tra sau khi dạy chuyên đề: 
TSHS 
Đạ yêu ầu K ông ạ yêu ầu 
TS % TS % 
20 19 95% 1 5% 
V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 
 Ứng dụng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình là phương pháp ngắn gọn, 
dễ hiểu, hiệu quả cho lớp bài toán khá rộng của phương trình và hệ phương trình, phù 
hợp với các học sinh lớp 10 và thi đại học. 
 Phương pháp giải trên cho HS một cách giải khác tư duy, sáng tạo hơn. Tạo động lực 
cho HS đam mê Toán. 
 Nếu có thêm thời gian mở rộng thì tôi nghĩ rằng đề tài có thể trở nên có nhiều tác 
dụng hỗ trợ thiết thực trong việc rèn luyện và phát triển tư duy góp phần giải được khá 
nhiều dạng toán trong quá trình dạy học sinh nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi 
nói riêng. 
 Tuy nhiên, các dạng và phương pháp tôi lựa chọn chưa hẳn tối ưu và đầy đủ, chắc 
chắn còn phải bổ sung thêm cho việc giảng dạy tốt hơn. Rất mong có sự đóng góp của 
quí đồng nghiệp. 
- 24 - 
VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. Phan Đình Lương, p dụng Bất đ ng thức để giải phương trình và hệ phương trình, 
THCS Bắc Hồng. 
2. Đỗ Tất Thắng, Dự đoán dấu bằng trong bất đ ng thức ô si để tìm GTLN, GTNN và 
chứng minh bất đ ng thức, SKKN 2012-2013. 
3. Đỗ Tất Thắng, Đổi biến để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất 
đ ng thức, SKKN 201 -2014. 
4. Trần Văn Hạo, Hình Học 10 ban cơ bản, năm 2007, Nhà xuất giáo dục. 
5. Trần Văn Hạo, Đại Số 10 ban cơ bản, năm 2007, Nhà xuất giáo dục. 
6. Trần Thị Hạnh, Dùng Bất đ ng thức để giải phương trình và hệ phương trình, THCS 
Mạo Khê II. 
7. Đoàn Quỳnh, Đại số 10 ban n ng cao, năm 2008, Nhà xuất giáo dục. 
 Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy Cô trong Tổ Toán Trường THPT Ngô Quyền. 
Đặc biệt, cô Lê Thanh Hà tổ trưởng đã rất nhiệt tình tư vấn, góp ý để tôi hoàn thiện sáng 
kiến kinh nghiệm này. 
NGƯỜI THỰC HIỆN 
ĐỖ TẤT THẮNG 
- 25 - 
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI 
Đơn vị Trường THPT Ngô Quyền 
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM 
Độ lậ - Tự o - Hạn ú 
Biên Hòa., ngày 20 tháng 05 năm 2015 
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
Năm : 2014-2015 
––––––––––––––––– 
Tên sáng kiến kinh nghiệm: Ứng ng B ng g P ương trình và H ương r n . 
Họ và tên tác giả: ĐỖ TẤT THẮNG Đơn vị : Trường THPT Ngô Quyền. 
Lĩnh vực: 
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán  
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: .............................................  
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  
1. T n mớ (Đánh dấu X vào 1 trong ô dưới đ y) 
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn  
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác 
giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  
2. H u qu (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đ y) 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác 
giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị  
3. K năng á ng (Đánh dấu X vào 1 trong ô mỗi dòng dưới đ y) 
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: 
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: 
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong 
Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành  
Xế loạ ung: uất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao ch p tài liệu của người 
khác hoặc sao ch p lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình. 
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã 
được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem x t, đánh giá; tác giả không 
sao ch p tài liệu của người khác hoặc sao ch p lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của chính tác 
giả. 
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có 
thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm 
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN 
Đỗ T T ắng 
XÁC NHẬN CỦA TỔ 
CHUYÊN MÔN 
Lê Thanh Hà 
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ 
HIỆU TRƯỞNG 
Nguyễn Duy P ú