Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
Đổi mới phơng pháp dạy học toán theo hớng tích cực hoá hoạt động học
tập của học sinh
A. Một vài nét về lý luận dạy học
1.T t ởng tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh
Xã hội phát triển và sự đổi mới đất nớc đòi hỏi phải nâng cao chất lợng giáo dục nhằm đào tạo những con
ngời lao động đảm bảo mục tiêu hiện đại hoá đất nớc.
+) Theo Kharlamop.I.F. Học tập là một quá trình nhận thức tích cực
+) Theo từ điển Tiếng Việt: Tích cực là một trạng thái tinh thần có tác dụng khẳng định và thúc đẩy sự phát
triển . Trong hoạt động học tập nó diễn ra ở nhiều phơng diện khác nhau: Tri giác tài liệu, thông hiểu tài
liệu, ghi nhớ, luyện tập, vận dụng, khái quát... và đợc thể hiện ở nhiều hình thức đa dạng, phong phú.
+) Động cơ học tập là nguồn tạo ra tính tích cực trong hoạt động học và khi đã hình thành lại có giá trị nh
một động cơ thúc giục hoạt động, là thuộc tính của nhân cách, còn tính tích cực lại là một trạng thái tinh
thần làm nền cho hoạt động diễn ra có hiệu quả và có thuộc tính thiên về cảm xúc .
G.I. Sukina đã chia tính tích cực ra làm ba cấp độ
1. Tính tích cực bắt chớc, tái hiện: xuất hiện do tác động kích thích bên ngoài. Trong trờng hợp này ngời
học thao tác trên đối tợng, bắt chớc theo mẫu hoặc mô hình của GV, nhằm chuyển đối tợng từ ngoài vào
trong theo cơ chế hoạt động bên ngoài bên trong có cùng cấu trúc. Nhờ đó, kinh nghiệm hoạt động đợc
tích luỹ thông qua kinh nghiệm ngời khác.
2. Tính tích cực tìm tòi: đi liền với quá trình hình thành khái niệm. Giải quyết các tình huống nhận thức,
tìm ra các phơng thức hành động trên cơ sở có tính tự giác, có sự tham gia của động cơ, nhu cầu, hứng thú
và ý chí của HS. Loại này xuất hiện không chỉ do yêu cầu của GV mà còn hoàn toàn tự phát trong quá trình
nhận thức. Nó tồn tại không chỉ ở dạng trạng thái, cảm xúc mà còn ở dạng thuộc tính bền vững của hoạt
động. ở mức độ này tính độc lập cao hơn mức trên, cho phép HS tiếp nhận nhiệm vụ và tự mình tìm ra ph-
ơng tiện thực hiện.
3. Tính tích cực sáng tạo: thể hiện khi chủ thể nhận thức tự tìm tòi kiến thức mới, tự tìm kiếm ra phơng
thức hành động riêng và trở thành phẩm chất bền vững của cá nhân. Đây là mức độ biểu hiện tính tích cực
nhận thức cao nhất .
Nh vậy nói về tính tích cực nhận thức, ngời ta thờng đánh giá về mức độ nhận thức của ngời học trong quá
trình thực hiện mục đích dạy học.
Kharlamop I.F. viết: Tính tích cực trong hoạt động nhận thức là trạng thái hoạt động của HS, đợc đặc trng
+) Đổi mới phơng pháp dạy học
Nghị quyết Trung ơng II khoá VIII của Đảng Cộng sản Việt Nam chỉ rõ Đổi mới mạnh mẽ phơng pháp
giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nếp t duy sáng tạo của ngời học...
Đào tạo con ngời năng động sáng tạo có năng lực phát hiện vấn đề và tự giải quyết vấn đề là một trong
những nhiệm vụ trọng tâm của ngành giáo dục.
Mâu thuẫn giữa yêu cầu đào tạo con ngời mới xây dựng xã hội công nghiệp hoá và thực trạng lạc hậu của
phơng pháp dạy học đã làm nảy sinh thúc đẩy công cuộc đổi mới phơng pháp dạy học ở tất cả các cấp học
trong ngành giáo dục .
Phơng pháp dạy học không phải là bản thân hoạt động và ứng xử của GV ở bình diện xem xét riêng lẻ, cụ
thể mà theo Nguyễn Bá Kim:
Phơng pháp dạy học là hình ảnh khái quát hoá những hoạt động ứng xử nào đó của GV. Hình ảnh này th-
ờng đợc hình thành do phản ánh những hoạt động ứng xử thành công của GV trong quá trình dạy học và
phản ánh những thành tựu của khoa học giáo dục hoặc những khoa học khác thông qua khoa học giáo dục...
Phơng pháp dạy học là phơng tiện để đạt mục đích dạy học .
Trong những năm gần đây t tởng dạy học chủ đạo đợc phát biểu dới nhiều hình thức khác nhau nh lấy HS
làm trung tâm,phát huy tính tích cực, phơng pháp dạy học tích cực, tích cực hoá hoạt động học tập,
Hoạt động hoá ngời học ....
Định hớng đổi mới phơng pháp dạy học hiện nay là tổ chức cho học sinh học tập trong hoạt động và
bằng hoạt động tự giác, tích cực và sáng tạo.
+) Làm thế nào để tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh ?
Nhà tâm lí học I.X.Iakimanxkai cho rằng: Nhà trờng cần trang bị cho HS hai hệ thống tri thức: 1. Về hiện
thực đối tợng; 2. Về nội dung cách thức thực hiện các hành động trí tuệ, đảm bảo việc nắm vững các tri thức
khoa học về hiện thực đối tợng đó.
Các tri thức loại một đợc phản ánh trong SGK, còn các tri thức loại hai đợc hình thành chủ yếu ở HS bằng
con đờng tự phát. ở đó tri thức loại hai là các thủ pháp của học tập nh: tri thức logic (phân tích, so sánh,
khái quát hoá, phân loại); tri thức tổ chức hợp lí các quá trình nhận thức khác nhau
Lerner I.Ia. còn thêm vào đó hai hệ thống nữa: Kinh nghiệm hoạt động sáng tạo và kinh nghiệm thái độ tình
cảm.
Các nhà lí luận dạy học P.I. Pitcaxixti,B.I. Côrôtiaiev khẳng định: tơng ứng với hai loại hoạt động nhận thức
tái tạo và tìm tòi, sáng tạo của HS thì có hai loại thông tin tái hiện và dự đoán. Thông tin tái hiện là những
tuân theo nguyên tắc tôn trọng kinh nghiệm đã có của HS và tăng dần mức độ khó khăn.
Nh vậy dạy học không bị động chờ sự phát triển, mà ngợc lại phát triển các chức năng tâm lí. Vấn đề động
cơ học tập, hứng thú nhận thức có ý nghĩa rất quan trọng đến hiệu quả của quá trình dạy học.
Để đảm bảo thành công của quá trình dạy học, thầy giáo phải đặc biệt chú ý tới mặt tâm lý trong quá trình
dạy học.
- Dạy học là một quá trình xã hội, trong đó có sự tơng tác giữa ngời và ngời, giữa ngời và xã hội. Hiểu đợc
tính xã hội của dạy học và ảnh hởng của xã hội đối với nhà trờng sẽ giúp ngời dạy điều khiển đợc quá trình
dạy học.
Sự giống nhau và khác nhau về yêu cầu xã hội, về sự phát triển nhân cách của từng ngời đòi hỏi một quá
trình dạy học thống nhất cùng với biện pháp phân hoá, do vậy trong hoạt động của mình ngời thầy cần quan
tâm đến kinh nghiệm sống và điều kiện học tập thực tế của HS để xây dựng kế hoạch và nội dung dạy học
thích hợp.
Tóm lại, căn cứ vào nhận thức về quá trình dạy học trong giai đoạn hiện nay (quá trình nhận thức, quá trình
tâm lý và quá trình xã hội), hệ thống BT cần phải phản ánh tích cực và có chọn lọc các tri thức, phơng pháp,
kỹ năng ... liên quan chặt chẽ đến hoạt động toán học, thúc đẩy các chức năng tâm lý, hứng thú nhận thức
và chú ý đến kinh nghiệm sống và điều kiện thực tế của học sinh.
Tiến trình giải bài tập toán
Giải BTT là thực hiện một loạt các hoạt động liên tục và khá phức tạp vì BTT là sự kết hợp đa dạng nhiều
khái niệm , quan hệ toán học... Vì vậy để giải đc BTT đòi hỏi học sinh nắm chắc các khái niệm, định lý,
quy tắc... các kiến thức trong mối quan hệ toán học của chơng trình đã học.
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
3
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
Theo V.M. Brađixơ BTT có thể xem là đã đợc giải chỉ sau khi đã tìm đc lời giải đảm bảo các điều kiện:
Không sai sót, có lập luận khoa học, mang tính toàn diện và tối u.
Theo Polya G. : Giải một BTT chúng ta phải lập đc một lợc đồ xác định mạnh lạc những thao tác
(lôgíc, toán học hay thực tiễn) bắt đầu từ giả thiết và kết thúc bằng kết luận, dẫn dắt từ các đối tnng mà ta
có trong tay đến đối tợng ta muốn đạt tới.
+) Polya G. quan niệm giải một BTT là một quá trình tìm kiếm những hoạt động thích hợp để đạt kết quả.
Theo ông tiến trình giải một BTT gồm 4 bc:
R. Đề Các đã nghĩ đến một phơng pháp toàn năng để giải mọi bài tập, Leibnis thì đa ra ý niệm rõ ràng về
một phơng pháp toàn mỹ để giải toán. Polya G. đã rất đề cao việc hình thành và phát triển năng lực sáng tạo
qua giải bài tập toán nhng ông đã khẳng định Tìm kiếm một phơng pháp toàn năng và toàn mỹ chẳng
mang lại kết quả gì hơn đi tìm một viên đá thần kỳ, để có thể biến mọi kim loại thành vàng . Nh vậy
không thể có phơng pháp để giải tất cả các BTT, ngoài những dạng toán có thể dùng phơng pháp theo
định hớng angôrit còn phải sử dụng phơng pháp ơristic.
Thuật ngữ ơristic có nguồn gốc Hy Lạp là ơrêca đợc hiểu là sự tìm tòi, tìm đoán, sáng tạo
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
4
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
Ơristic đợc hiểu là tổng thể nói chung các quy tắc phơng pháp khái quát từ kinh nghiệm quá khứ đợc
dùng trong quá trình nghiên cứu phát hiện, sáng tạo ra cái mới.
Giải toán theo định hớng Ơristíc mang tính chất tìm đoán thờng dùng để giải những BTT mang tính
chất là một vấn đề, tìm hiểu và phát hiện ra vấn đề, tìm cách giải quyết vấn đề đó là hoạt động toán học cần
thiết.
Cỏch thc hc phng phỏp tỡm li gii bi toỏn
Hc phng phỏp tỡm li gii khụng phi l hc mt thut gii m hc nhng kinh nghim gii toỏn mang tớnh
cht tỡm tũi, phỏt hin. Do ú cỏch thc hc phng phỏp tỡm li gii bi toỏn yờu cu:
- Thụng qua vic gii nhng bi toỏn c th, hc sinh cn nm c cỏc bc tỡm li gii bi toỏn v cú ý
thc vn dng cỏc bc ú trong quỏ trỡnh gii toỏn.
- Cng thụng qua vic gii nhng bi toỏn c th, giỏo viờn cn t ra cho hc sinh nhng cõu hi gi ý, to
tỡnh hung cỏc em tỡm tũi, d oỏn, phỏt hin v cui cựng tỡm ra li gii bi toỏn.
Nh vy, quỏ trỡnh hc sinh hc phng phỏp tỡm li gii bi toỏn l mt quỏ trỡnh bin nhng tri thc,
phng phỏp tng quỏt thnh kinh nghim gii toỏn ca bn thõn mỡnh thụng qua vic gii hng lot bi toỏn
c th. do ú ũi hi ngi gii toỏn phi cú mt chng ng lao ng tớch cc, cú nhiu yu t sỏng to.
Có ý kiến cho rằng dạy luyện tập toán giống nh luyện tập quân sự; đối với đối tợng học sinh khá, giỏi
thầy chỉ hớng dẫn các thao tác và HS tự mình làm đợc; đối với học sinh trung bình thầy làm mẫu các động
tác và học sinh làm theo đợc; đối với HS yếu thầy giáo phải cho HS làm từng động tác theo mình cho đến
lúc HS tự làm đợc mà không có thầy làm mẫu ở phía trớc.
Qua thực tế dạy học và công tác quản lý dạy và học, chúng tôi đa ra một số định hớng cho tiết dạy luyện
- Lấy trình độ phát triển chung của HS trong lớp làm nền tảng
- Sử dụng biện pháp phân hoá đa diện học sinh yếu kém lên trình độ chung
- Có những nội dung bổ sung và biện pháp phân hoá giúp học sinh khá giỏi đạt đợc những yêu cầu nâng cao
trên cơ sở đạt đợc những yêu cầu cơ bản.
- Chúng ta quan tâm đến ý tởng thứ ba: Có những nội dung bổ sung và biện pháp phân hoá giúp học sinh
khá, giỏi đạt đc những yêu cầu nâng cao trên cơ sở đạt đc những yêu cầu cơ bản
- Với cách dạy học phân hoá nh đã nêu là phân hoá nội tại (phân hoá trong) trong một lớp học. Thực tế
dạy học ở các trờng THCS đang còn phổ biến phân hoá ngoài, nghĩa là có những lớp trình độ HS khá hơn,
trong những năm gần đây các trờng chuyên, lớp chọn ở THCS không tồn tại nữa, nhng với tính chất giáo
dục có tính đại chúng và phổ cập nh hiện nay thì việc phân hoá ngoài vẫn là phổ biến (vì thuận lợi hơn
trong quá trình dạy học, ở bậc THPT phân ban cũng là hình thức phân hoá ngoài).
- Căn cứ vào các hoạt động toán học liên quan mật thiết đến nội dung môn toán ở trờng phổ thông là: Nhận
dạng và thể hiện; những hoạt động toán học phức hợp; những hoạt động trí tuệ phổ biến trong toán học; những
hoạt động trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ, từ đó trong quá trình dạy học giáo viên trong mọi tình
huống dù tờng minh hay ẩn tàng cũng đều có ý tởng góp phần rèn luyện hoạt động toán học cho học sinh.
b. Các chuyên đề bồi d ỡng hsg toán thcs
Chuyên đề 1: Số chính phơng
I. Định nghĩa: Số chính phơng là số bằng bình phơng đúng của một số nguyên.
II. tính chất:
1) Số chính phơng chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3,
7, 8.
2) Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phơng chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3) Số chính phơng chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số chính phơng nào có dạng
4n + 2 hoặc 4n + 3 (n
N).
4) Số chính phơng chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phơng nào có dạng
3n + 2 ( n
N ).
6
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
Vì x, y, z
Z nên
2 2 2 2
, 5 , 5 5 5x Z xy Z y Z x xy y Z + +
Vậy A là số chính phơng.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phơng.
Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n
Z). Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
= (
2 2
3 )( 3 2) 1 (*)n n n n
+ + + +
Đặt
2
3 ( )n n t t N+ = thì (*) = t(t + 2) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = (t + 1)
2
= (n
2
+ 3n + 1)
2
Vì n
N nên n
11...111.810.4...44418...8884...44498...8884...444
1484814
++=+=
son
n
sonsonsonsonson1
9
110
.810.
9
110
.4
+
+
=
n
n
n
2
22
3
110.2
110.2
+
n
Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phơng.
Các bài t ơng tự:
Chứng minh rằng số sau đây là số chính phơng.
A =
14...4441...111
412
++
sonson
B =
86...6661...1111...111
61112
+++
+
sonsonson
C =
+ + +
= =
ữ ữ ữ
D = (15.10
n
- 3)
2
E =
2
3
210
+
n
Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phơng của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính
phơng.
Giải:
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n
N, n > 2).
Ta có (n - 2)
2
N và n >1 không phải là số chính
phơng.
Ta có: n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
= n
2
. (n
4
- n
2
+ 2n +2) = n
2
. [n
2
(n-1)(n+1) +2(n+1)]
= n
2
[(n+1)(n
3
- n
2
+ 2)] = n
2
(n + 1) . [(n
2
n
2
- 2n + 2 không phải là một số chính phơng.
Bài 7: Cho 5 số chính phơng bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng
minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phơng đó là một số chính phơng.
Ta biết một số chính phơng có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số
hàng chục của 5 số chính phơng đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là
số chính phơng.
Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phơng của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phơng.
Ta có: Vì a và b lẻ nên a = 2k + 1, b = 2m + 1 (Với k, m
N).
a
2
+ b
2
= (2k + 1)
2
+ ( 2m + 1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
Đặt m = 2k + 1 (k
N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1 => p + 1 = 4k
2
+ 4k + 1
p = 4k
2
+ 4k = 4k (k + 1)
M
4 mâu thuẫn với (1).
p + 1 không phải là số chính phơng.
b) p = 2.3.5... là số chia hết cho 3
p - 1 có dạng 3k + 2.
p - 1 không là số chính phơng.
Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phơng.
Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số chính phơng.
a) 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1
Có 2N
M
3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k
so
. Chứng minh
1ab +
là số tự nhiên.
Giải: b =
6969...999610...000150...0001
920100201002009
+=+=+=
a
sososo
ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a + 1)
2
Naaab
+=+=+
13)13(1
2
B. D ạng 2 : tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phơng
Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phơng
a) n
2
+ 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + 3 d) n
2
+ n + 1589
Giải:
b) đặt n(n + 3) = a
2
(n
N)
n
2
+ 3n = a
2
4n
2
+ 12n = 4a
2
(4n
2
+ 12n + 9) 9 = 4a
2
(2n + 3)
2
4a
2
= 9
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 2a) = 9
N)
13(n - 1) = (13k
4)
2
16 = 13k.(13k
8)
13k
2
8k + 1
Vậy n = 13k
2
8k + 1 (với k
N) thì 13n + 3 là số chính phơng
d) Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m
N)
1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phơng.
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phơng
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phơng
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3
3
là số chính phơng
Với n
4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1!
+ 2! + 3! + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phơng.
Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3
Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n
2
là số chính phơng.
Giả sử 2010 + n
2
là số chính phơng thì 2010 + n
2
= m
2
(m
N
)
Từ đó suy ra m
2
- n
2
)1()2()1(
2
=
xxxxxx
Do vế trái là một số chính phơng nên vế phải cũng là một số chính phơng.
Một số chính phơng chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng
bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
Do x là chữ số nên x
9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x
N
và 2 < x
9 (2)
Từ (1) và (2)
x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 76
2
= 5776
Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phơng.
Ta có 10
n
99 nên 21
2n + 1
=
=
aa
aam
n
n chẵn
n + 1 lẻ
k lẻ
đặt k = 2b + 1 (với b
N
)
k
2
= 4b(b+1) + 1
n = 4b(b+1)
n
8 (1)
Ta có: k
2
+ m
k
2
3 hay (2n + 1) (n + 1)
3
n
3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3)
n
24
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2
8
+ 2
11
+ 2
n
là số chính phơng
Giả sử 2
8
+ 2
11
+ 2
n
2
q
(2
p-q
1) = 2
5
.3
a 48 = 2
q
q = 5 và p q = 2
p = 7
n = 5 + 7 = 12
Thử lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80
2
C. Dạng 3 : Tìm số chính phơng
Bài 1 : Cho A là số chính phơng gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta đợc số
chính phơng B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A =
2
kabcd
Và m k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m k) (m + k) = 11.101
Do đó: m k = 11
m = 56
A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm một số chính phơng gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau
một đơn vị.
Đặt
2
kabcd
=
ta có
1
=
cdab
và k
N, 32
k < 100
Suy ra : 101
cd
= k
2
100 = (k 10)(k + 10)
k + 10
N, 1
a
9; 0
b
9
Ta có: n
2
=
aabb
= 11.
ba0
= 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)
Nhận xét thấy
aabb
11
a + b
11
Mà 1
a
9; 0
N
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
11
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
Vì y
3
= x
2
nên y cũng là một số chính phơng.
Ta có : 1000
abcd
9999
10
y
21 và y chính phơng
y = 16
abcd
= 4096
Bài 5 : Tìm một số chính phơng gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có
tổng các chữ số là một số chính phơng.
k là một số có hai chữ số mà k
2
có tận cùng bằng 5
k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phơng
k = 45
abcd
= 2025
Vậy số phải tìm là: 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phơng của số đó và viết số bở hai chữ số của số
đó nhng theo thứ tự ngợc lại là một số chính phơng
Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là
ab
(a, b
N, 1
a, b
9)
Số viết theo thứ tự ngợc lại
ba
Ta có
ab
2
-
11
a + b = 11
Khi đó:
ab
2
-
ba
2
= 3
2
. 11
2
. (a b)
Để
ab
2
-
ba
2
là số chính phơng thì a b phải là số chính phơng do đó a b = 1 hoặc a b = 4
Nếu a b = 1 kết hợp với a + b = 11
a = 6, b = 5 ,
ab
= 65
Khi đó 65
2
56
2
= (a + b)
3
ab
là một lập phơng và a + b là một số chính phơng
Đặt
ab
= t
3
(t
N), a + b = 1
2
(1
N)
Vì 10
ab
99
ab
= 27 hoặc
ab
= 64
Nếu
a
9
12n(n + 1) = 11(101a 1)
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
12
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
101a 1
3
2a 1
3
Vì 1
a
9 nên 1
2a 1
17 và 2a 1 lẻ nên 2a 1
{ }
15;9;3
a = 4, b = 8 hoặc a = 3, b = 7
Vậy
ab
= 48 hoặc
ab
= 37
Chuyên đề 2: phơng trình nghiệm nguyên
1. Tìm nghiệm nguyên của Phơng trình và hệ phơng trình bậc nhất hai ẩn
Tuỳ từng bài cụ thể mà làm các cách khác nhau.
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x + 3y = 11 (1)
Cách 1: Phơng pháp tổng quát:
Ta có: 2x + 3y = 11
2
1
5
2
311
=
=
y
y
y
x
Để phơng trình có nghiệm nguyên
2
1
0
= 1
Thật vậy : 2 . 4 + 3.1 = 11 (2)
Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có :
2(x - 4) + 3(y - 1) = 0
2(x -4) = -3(y -1) (3)
Từ (3)
3(y - 1)
2 mà (2 ; 3) = 1
y - 1
2
y = 2t + 1 với
Zt
Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có : x = -3t + 4
Nhận xét : Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x
0
, y
0
) của phơng trình ax + by = c ;
cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn.
Các bài tập tơng tự: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 3x + 5y = 10
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
a) Tìm nghiệm nguyên của hệ
2x -5y = 5
2y - 3z = 1
b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già 3 con 1 bó. Tìm số trâu mỗi loại.
c) Tìm số nguyên dơng nhỏ nhất chia cho 1000 d 1 và chia cho 761 d 8.
2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình, hệ phơng trình bậc cao.
Phơng pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phơng trình.
VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phơng trình
6x
2
+ 5y
2
= 74 (1)
Cách 1 : Ta có : 6 (x
2
- 4) = 5 (10 - y
2
) (2)
Từ (2)
6(x
2
- 4)
5 và (6 ; 5) = 1
x
2
- 4
t = 0 hoặc t = 1
Với t = 0
y
2
= 10 (loại)
Với t = 1
x
2
= 9
x =
3
y
2
= 4 y =
2
Vậy các cặp nghiệm nguyên là :........................
Cách 2 : Từ (1) ta có x
2
+ 1
5
0 < x
2
chẵn
0 < y
2
14
y
2
= 4
x
2
= 9
Vậy...............
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
14
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
VD2 : Chứng minh rằng phơng trình sau không có nghiệm nguyên
a) x
5
+ 29x = 10(3y + 1)
b) 7
x
= 2
y
- 3
z
- 1
Giải : x
=
+
=
yy
y
x
b) Tơng tự.
c) 4x
2
+ 4x = 4y
2
- 76
(2x + 1)
2
- (2y)
2
= -75...
Phơng pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết)
VD2 : Tìm nghiệm nguyên.
x
3
- 2y
3
- 4z
3
= 0
Giải :
= y
3
+ 2z
3
y
3
= 4k
3
- 2z
3
= 2(2k
3
- z
3
)
y chẵn. Đặt y = 2t ta có :
8t
3
= 2(2k
3
- z
3
)
4t
3
= 2k
3
= 169
b) x
2
- 6xy + 13y
2
= 100
Giải :
a) (x - 2y)
2
+ y
2
= 169 = 0 + 169 = 25 + 144...
b) (x 3y)
2
+ (2y)
2
= 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ...
Phơng pháp 5 : Phơng pháp công thức nghiệm phơng trình bậc 2
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 2x
2
-2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x
2
+ xy + y
2
) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y
2
+ 2)
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
(1)
6
7
1
1
=
+
+
y
y
y
y
5y
2
7y 6 = 0
5
3
1
=
y
(loại) ; y
2
= 2 (thoả mãn)
x
2
+ 4x = 19 -3y
2
Giải :
4x
2
+ 8x + 4 = 42 - 6y
2
(2x + 2)
2
= 6 (7 - y
2
)
Vì (2x + 2)
2
0
7 - y
2
0
7
2
=
;
c
cba
z
b
cba
y
++
=
++
= ;
cba
a
x
++
=
1
;
cba
b
y
++
=
1
;
cba
c
z
++
1
3
z
z = 3
Tơng tự ta có: x = 3; y = 3
tam giác đó là tam giác đều
b) Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dơng có thể cắt thành 13 hình vuông
bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dơng không lớn hơn 4 (đ.v.đ.d)
Giải : Gọi các cạnh hình chữ nhật cần tìm là a và b, cạnh hình vuông là c. Từ giả thiết hình chữ nhật cắt
thành 13 hình vuông nên phải có:
ab = 13c
2
(1) với 0 < c
4 (2)
Từ (1) suy ra a hoặc b chia hết cho 13. Vì vai trò a, b nh nhau ta có thể giả giả sử a chia hết cho 13, tức là a
= 13d
Thay vào (1) ta đợc : 13db = 13c
2
Hay db = c
2
Ta hãy xét các trờng hợp có thể có của c.
)1(2321
=+
xx
Điều kiện:
x
2
3
Với
2
3
x
PT (1)
43522321
2
=+++
xxxx
xxx 383522
2
=+
+=+
3
Với
1
x
PT (1)
112)1(3
22
++=+
xxxxxx
12442
2
=+
xxxx
122
2
=+
xxxx
Do
1
x
nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này
232324
48444 xxxxxxx
=++
04895
234
=++
xxxx
0)1()2(
Pt (1)
( )
1222
3
33
=
xx
1)22()2(.()22)(2(3222
333
=+
xxxxxx
3 2
46231
+=
xxx
)462(27331
232
+=+
xxxxx
010715951
23
=++ xxx
0)10752)(1(
2
=+
xxx
Giải:
ĐK:
1
x
Đặt
ax
=
3
2
;
bx
=+
1
(
0
b
)
Ta có hệ PT
=+
=
3
3
23
ba
ba
y
ta có hệ phơng trình
=
=
5
5
2
2
xy
yx
0)()(
22
=+
yxyx
=++
=
01yx
yx
+)
x
(Ko T/m)
+)
01
=++
yx
015
=+++
xx
51
+=+
xx
)1(5
+=+
xx
+=++
+
(*)512
01
2
xxx
x
PT (*)
04
2
=+ xx
++++
x
x
xxx
ĐK:
0
2
4
+
+
x
x
Đặt
)2)(4()2.(
2
4
2
++==+
+
+
xxaax
x
x
. Ta có PT:
065
2
=+
aa
1
23
x
tmx
+)
036866
2
=++=
xxa
0286
2
=+
xx
=
+=
)(373
373
tmx
x
Vậy pt có 2 nghiệm
373;23
+=
x
C. áp dụng bất đẳng thức.
3) Giải các phơng trình
+
2
5
0)152)(352(
x
xx
3
2
5
x
Vậy nghiệm của PT đã cho là
3
2
5
x
b)
)1(271064
2
+=+
xxxx
Giải
ĐK
64
=
=
x
x
x
xx
Vậy PT (1) có nghiệm là x = 5
c) Giải phơng trình:
211
22
+=+++
xxxxxx
Giải:
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
19
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
ĐK:
++
+
01
01
2
2
22
++++
xxxxx
Ta có:
12
2
++
xxx
(Vì
0)1(
2
x
)
211
222
++++
xxxxxx
Đẳng thức xẩy ra
1
=
x
Vậy pt có nghiệm là x = 1
D. Xét khoảng
4) Giải các PT
a)
)1(353448
22
++=+
xxx
>
<
+++
134
1
3548
13
22
x
xx
PT vô nghiệm
+)
1
4
3
<
x
133548
22
<+++
xx
>
xx
1
<
x
thì
1;
64
<
xx
+) Xét
1
>
x
123;45
46
><
xx
3 46
235
xx
PT (1) vô nghiệm
Xét
1
<
x
tng t ta suy ra phng trỡnh vụ nghim
Cxxxx
+=++
Bài 5. Giải PT
)(231034 Axx
=
Bài 6. Giải PT
08645.27
5
610
5
=+
xx
(C)
III. Giải hệ phơng trình
* Các phơng pháp:
1. Phơng pháp thế
2. Công thức trừ, nhân, chia các vế
3. Đặt ẩn phụ
4. Dùng bất đẳng thức.
IV. áp dụng các phơng pháp.
A. Phơng pháp thế.
1. Giải các hệ pgơng trình
a)
=+
=+
2947
113
3
y
x
Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (x; y) = (3; 2)
b)
=++
=+
027624
065
2
22
yxyx
xyx
Giải
Hệ đã cho tơng đơng với
=++
=
027624
0)3)(2(
2
yxyx
yxyx
20
5493
20
3549
2
y
y
yx
y
y
yx
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
21
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
+
=
+
=
20
5493
10
5493
=
14
1271
14
12733
y
x
Hoặc
=
=
14
1271
14
12733
y
x
c)
=++
xzzyyx
zyx
==
Thế vào (2) ta có:
20042003
33
=
x
20032003
3
=
x
3
=
x
Do đó x= y=z = 3
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y;z) = (3;3;3)
B. Phơng pháp cộng, trừ, nhân, chia các vế
2. Giải các hệ phơng trình
a)
=
=+
226
2235
=
=
2
1
6
1
y
x
b)
+=
+=
12
12
3
3
xy
yx
Giải:
Hệ đã cho tơng đơng với
=
+=
yx
yx 12
3
(do
02
22
>+++
yxyx
)
=
=
yx
xx 012
3
=
=+
yx
xxx 0)1)(1(
2
yx
x
x
x
2
51
2
51
1
=
=
1
1
y
x
hoặc
=
=++
=++
=++
9
4
1(
xzxz
zyzy
yxyx
trong đó
0,, zyx
Giải
Hệ đã cho tơng đơng với
=++
=++
=++
10)1)(1(
5)1)(1(
2)1)(1(
xz
zy
yx
[ ]
=+++
10)1)(1(
5)1)(1(
2)1)(1(
10)1)(1)(1(
xz
zy
yx
zyx
=+
=+
=+
11
21
51
y
x
z
=
=+
)2(6
)1(5
2
ba
aab
Từ PT (2) ta suy ra
0
a
. Do đó:
2
6
a
b =
. Thế vào (1) ta đợ:
5
6
=+
a
a
065
2
=+
aa
(Vì
0
=
=
=
=+
4
1
4
7
2
2
3
y
x
yx
yx
+)
3
2
3 == ba
Tóm lại hệ phơng trình đã cho có nghiệm là:(x;y) =
6
7
;
6
11
;
4
1
;
4
7
b)
=
=
0)3)(2(
5
bb
ba
=
=
2
3
b
a
Hoặc
=
=
3
2
b
a
yx
=
=
0)2)(1(
3
yy
yx
=
=
1
2
y
x
Hoặc
=
=
2
1
y
yy
yx
(Vô nghiệm)
Hệ này vô nghiệm
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
24
Phòng GD & ĐT huyện yên thành =@@@=Các chuyên đề BD HSG môn toán 9
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y) = (1;2); (2;1)
c)
( )
=+
=+
78)(
2156
22
22
4
yxxy
yxyx
Giải
Hệ đã cho tơng đơng với
=+++
78
)1(078979778
33
4334
xyyx
yxyyxx
Đặt
y
x
t
=
PT (1) trở thành
078979778
34
=+++
ttt
0)131213)(32)(23(
2
=+++
tttt
=
=
y
Hoặc
3
=
y
Suy ra:
=
=
3
2
y
x
Hoặc
=
=
3
2
y
x
+)
yxt
2
3
2
3
y
x
Hoặc
=
=
2
3
y
x
Tóm lại hệ đã cho có nghiệm là: (x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2)
D. áp dụng bất đẳng thức
4. Giải các hệ phơng trình
a)
=++
=++
xyzzyx
zyx
444
1
Giải:
Nhận xét: Từ BĐT
0)()()(
=
3
1
;
3
1
;
3
1
);;( zyx
Giáo viên: Nguyễn Bá phúc Tr ờng THCS Mã Thành
25
Copyright: Tài liệu đại học ©