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 phơng 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 .

Thuật ngữ dạy học vốn đợc dùng để phản ánh hoạt động của ngời dạy, thế nhng đối t-
ợng của hoạt động dạy học là HS, HS vừa là đối tợng của hoạt động dạy lại vừa là chủ thể
của hoạt động học. Vì vậy phơng pháp dạy học vừa bao hàm cách dạy của thầy và cách học
của trò.
+ Đổi mới phơng pháp dạy học
2
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 thờng 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.

độ phát triển của HS cao hơn hiện tại. Quan điểm dạy học đi trớc sự phát triển và kéo theo sự
phát triển đợc coi là quan điểm khoa học và cách mạng.
Theo L.X. Vygotski, dạy học phải theo đúng chức năng của nó, phải đi trớc sự phát
triển, nó sẽ thúc đẩy, kéo theo sự phát triển đi lên. Mấu chốt của dạy học phát triển là xác
định đúng các trình độ phát triển của học sinh: Trình độ phát triển hiện thời và khả năng phát
triển gần nhất. Mức độ hiện tại đợc biểu hiện qua quá trình HS độc lập giải quyết nhiệm vụ,
không cần sự trợ giúp từ bên ngoài. Còn khả năng phát triển gần nhất đợc thể hiện trong tình
huống HS hoàn thành nhiệm vụ khi có sự hợp tác, giúp đỡ của ngời khác. Từ đó ông đa ra
nguyên lý dạy học phải tác động vào vùng phát triển gần nhất, có nghĩa là phơng pháp dạy
học 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.
4
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

- ở b ớc này thao tác t duy logíc, hoạt động ngôn ngữ đóng vai trò quan trọng.
Bớc 4: Khảo sát lời giải tìm đợc
- Công việc đợc tiến hành trong suốt quá trình giải BTT, việc kiểm tra nhằm chính xác
hoá lời giải (các bớc suy luận, các khâu tính toán...).
- Qua khảo sát lời giải còn rút ra đợc kinh nghiệm cho HS, giải bài BTT là phơng tiện
học tập. Từ khảo sát lời giải HS có thể hợp thức hoá BTT thành tri thức và kinh nghiệm của
bản thân.
* Giải bài tập toán theo định hớng angôrit và ơristic
Các angôrit tồn tại dới nhiều hình thức biểu diễn khác nhau, ngôn ngữ tự nhiên, ngôn
ngữ toán học, sơ đồ khối, ngôn ngữ phơng trình, lập trình..., angôrit (thuật toán, thuật giải)
là một bản quy định những thao tác cần thực hiện để giải một BTT .
Thuật toán đợc hiểu nh một quy tắc mà từ những chỉ dẫn rõ ràng và chính xác để ng-
ời (hay máy) thực hiện một loạt thao tác nhằm đạt đợc mục đích đặt ra hay giải một lớp
BTT nhất định.
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
6
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
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

- Với đối tợng là học sinh trung bình và trung bình khá:
.Cơ bản học sinh đã giải đợc các BTT thầy giáo ra về nhà chuẩn bị nên nếu đến lớp
trong tiết dạy luyện tập thầy giáo hớng dẫn giải các BTT đó sẽ không tạo ra đợc sự mới mẽ,
dẫn đến HS không hứng thú trong học tập.
Trong trờng hợp này giáo viên chọn một BTT tơng tự và thêm các câu hỏi nhằm xâu
chuỗi các BTT, HS đã đợc chuẩn bị. Thực tế cho thấy HS hứng thú trong học tập và tiết dạy
thành công hơn nhiều.
- Đối tợng là học sinh khá, giỏi:
.Thầy giáo chỉ kiểm tra nhanh các BTT có tính chất cũng cố kiến thức.
Dùng BT điển hình luyện tập với các định hớng khác nhau nhằm tạo ra nhiều cách giải
(nếu có thể), từ BTT đã có tạo ra BTT mới bằng các hoạt động tơng tự, tơng tự hoá, khái quát
hoá, lật ngợc vấn đề tạo thành một số BTT nhằm phát triển t duy sáng tạo cho HS.
Ly mt s vớ d v dy luyn tp hỡnh hc cho hc sinh gii.
Rèn luyện hoạt động toán học cho học sinh khá, giỏi
Theo Nguyễn Bá Kim dạy học phân hoá xuất phát từ sự biện chứng của thống nhất và
phân hoá, từ yêu cầu thực hiện tốt các mục tiêu dạy học đối với tất cả mọi học sinh, đồng
thời phát triển tối đa và tối u những khả năng cá nhân. Việc kết hợp giữa giáo dục đại trà và
giáo dục mũi nhọn giữa phổ cập với nâng cao trong dạy học toán phổ thông cần tiến hành
theo các t tng chủ đạo sau:
- 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
8
những lớp trình độ HS khá hơn, trong những năm gần đây các trờng chuyên, lớp chọn ở

6- Số chính phơng chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phơng chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
Số chính phơng chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
Số chính phơng chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III- Một số dạng bài tập về số chính ph ơng .
A- Dạng 1: chứng minh một số là số chính phơng.
Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì:
A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) +
4
y
là số chính phơng.
Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) +
4
y
= (
2 2 2 2 4
5 4 )( 5 6 )x xy y x xy y y+ + + + +

Đặt
2 2
5 5 ( )x xy y t t Z
+ + =
thì
A = (
2 2 4 2 4 4 2 2 2 2
)( ) ( 5 5 )t y t y y t y y t x xy y + + = + = = + +
Vì x, y, z

Z nên
2 2 2 2

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phơng.
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) =
1
4
k (k + 1)(k + 2). 4=
1
4
k(k + 1)(k + 2).
[ ]
( 3) ( 1)k k+
10
=
1
4
k(k + 1)(k + 2)(k + 3) -
1
4
k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
- k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=> 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1
Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phơng.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .
- Dãy số trên đợc xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trớc và đứng sau
nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phơng.
Ta có 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10
n
+ 8 . 11 ... 1 + 1
n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1

2.10 1
3
n

+
ữ
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 = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1
2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8
2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
D = 22499 . . .9100 . . . 09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0
E = 11 . . .155 . . . 56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
Kết quả: A=
2 2 2
10 2 10 8 2.10 7
; ;
3 3 3
n n n
B C


+ ( n - 1)
2
+ n
2
+ (n + 1)
2
+ (n + 2)
2
= 5 . (n
2
+ 2)
Vì n
2
không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n
2
+ 2 không thể chia hết cho 5
=> 5. (n
2
+ 2) không là số chính phơng hay A không là số chính phơng.
Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n

N và n >1

+ 1) - (n
2
- 1)]
= n
2
(n + 1)
2
. (n
2
- 2n + 2)
Với n

N, n > 1 thì n
2
- 2n + 2 = ( n -1)
2
+ 1 > ( n - 1)
2
Và n
2
- 2n + 2 = n
2
- 2(n - 1) < n
2
Vậy (n - 1)
2
< n
2
- 2n + 2 < n
2

+ k + m
2
+ m) + 2
=> a
2
+ b
2
không thể là số chính phơng.
Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên
thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phơng.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p
M
2 và p không thể chia hết cho 4 (1)
a- Giả sử p + 1 là số chính phơng. Đặt p + 1 = m
2
( m

N).
Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m
2
lẻ => m lẻ.
Đặt m = 2k + 1 (k

N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1 => p + 1 = 4k
2
+ 4k + 1

2010 chữ số 1 2009 chữ số 0
Chứng minh
1ab +
là số tự nhiên.
Giải: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6
2009 chữ số 0 2010 chữ số 0 2010 chữ số 9

ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a + 1)
2


Naaab
+=+=+
13)13(1
2
B. dạng 2: tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính ph ơng
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:
a) Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phơng nên đặt n
2

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
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 2a và chúng là những số nguyên dơng, nên ta có thể viết (2n
+ 3 + 2a)(2n + 3 2a) = 9.1

2n + 3 + 2a = 9


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)

(4n
2
+ 1)
2

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 ph-
ơng.
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
= 2010


(m + n) (m n) = 2010
Nh vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)

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

199. Tìm số chính phơng lẻ trong khoảng trên ta đợc
2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tơng ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84
Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phơng.
Vậy n = 40
Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phơng

n

n chẵn

n + 1 lẻ

k lẻ

đặt k = 2b + 1 (với b
N

)

k
2
= 4b(b+1) + 1
14

n = 4b(b+1)

n

8 (1)
Ta có: k
2
+ m
2
= 3n + 2

2 (mod3)


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
= a
2
(a

N) thì
2
n

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
=
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B =
2
)1)(1)(1)(1( mdcba
=++++
với k, m

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

101 hoặc k 10

101
Mà (k 10; 101) = 1

k + 10


b

9
Ta có: n
2
=
aabb
= 11.
ba0
= 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)
15
Nhận xét thấy
aabb


11

a + b

11
Mà 1

a

9; 0

b

9 nên 1


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.
Gọi số phải tìm là
abcd
với a, b, c, d nguyên và 1

a

9; 0

b, c, d


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
-
ba
2
= (10a + b)
2
(10b + a)
2
= 99 (a
2
b

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
= 1089 = 33
2
Nếu a b = 4 kết hợp với a + b = 11

a = 7,5 loại
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phơng có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng đợc một

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
ab
= 27

a + b = 9 là số chính phơng
Nếu
ab


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
{ }
8;5;2

Vì a lẻ

a = 5

n = 21

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


y
nguyên
17
Đặt
Zt
y
=

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 t ơng tự : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 3x + 5y = 10
b) 4x + 5y = 65
c) 5x + 7y = 112
VD2 : Hệ phơng trình.
Tìm nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình sau :
3x + y + z = 14 (1)
5x + 3y + z = 28 (2)
Giải : Từ hệ đã cho ta có : 2(x + y) = 14 vậy x = 7 - y (*)
Thay (*) vào (1) ta đợc z = 14 - y - 3x = 2y -7

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

5

x
2
= 5t + 4 với
Nt

Thay x

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


12

x
2
= 4 hoặc x
2

2
= 4

x
2
= 9
Vậy...............
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
5
- x + 30x = 10(3y+1)
VP

30 còn VT

30

phơng trình vô nghiệm
Phơng pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2
- 76
19

(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 :

x
3
= 2(y
3
+ 2z
3
)
VP

2

3
= 2(2k
3
- z
3
)

y chẵn. Đặt y = 2t ta có :
8t
3
= 2(2k
3
- z
3
)

4t
3
= 2k
3
- z
3

z
3
= 2k
3
- 4t
3


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)
Phơng pháp 6 : Phơng pháp đặt ẩn phụ
VD: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
6
7
32
22
22
12
2
2

y
y


5y
2
7y 6 = 0
5
3
1
=
y
(loại) ; y
2
= 2 (thoả mãn)

x
1
= 0; x
2
= -2
Các bài tập t ơng tự:
a) x
3
+ (x + 1)
3
+ (x + 2)
3
= (x + 3)
3

)
20
Vì (2x + 2)
2


0

7 - y
2


0


7
2

y
Mà y
Z


y = 0 ;
1

;
2

Từ đây ta tìm đợc giá trị tơng ứng của x

cba
a
x
++
=
1
;
cba
b
y
++
=
1
;
cba
c
z
++
=
1


1
111
=++
zyx
mà x

y



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.
Với c = 1, chỉ có thể: d = 1, b = 1, suy ra a = 13
Với c = 2, chỉ có thể: d = 1, b = 4, suy ra a = 13
d = 2, b = 2, suy ra a = 26
d = 4, b = 1, suy ra a = 52
Với c = 3, chỉ có thể: d = 1, b = 9, suy ra a = 13
d = 3, b = 3, suy ra a = 39
d = 9, b = 1, suy ra a = 117
Với c = 4, chỉ có thể: d = 1, b = 16, suy ra a = 13
d = 2, b = 8, suy ra a = 26
d = 4, b = 4, suy ra a = 52
d = 8, b = 2, suy ra a = 104

x
PT (1)
43522321
2
=+++
xxxx
xxx 383522
2
=+






+=+

3
8
)2(48964)352(4
22
x
xxxx
PT (2)
05228
2
=+
xx



xxxx
122
2
=+
xxxx
22
Do
1

x
nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này
232324
48444 xxxxxxx
=++
04895
234
=++
xxxx
0)1()2(
22
=+
xxx



=+
=

01
02

)462(27331
232
+=+
xxxxx
010715951
23
=++ xxx
0)10752)(1(
2
=+
xxx



=+
=

010752
1
2
xx
x





=
+=
=


b
)
Ta có hệ PT



=+
=
3
3
23
ba
ba
Suy ra
066
23
=+
aaa
0)6)(1(
2
=+
aa
)/(31 mTxa
==
Vậy phơng trình nghiệm
3
=
x
b.

yx
0)()(
22
=−+−⇒
yxyx



=++
=
⇔
01yx
yx
+)



=−−
≥
⇔=+⇒=
05
0
5
2
xx
x
xxyx




⇔



+=++
≤+
(*)512
01
2
xxx
x
PT (*)
04
2
=−+ xx






−−
=
+−
=
⇔
2
171
2
171

++=⇒=+
+
+
xxaax
x
x
Ta cã PT:
065
2
=−+
aa



−=
=
6
1
a
a
+)
01861
2
=−++⇒=
xxa
24
076
2
=++
xx

373
tmx
x
Vậy pt có 2 nghiệm
373;23
+=
x
C. áp dụng bất đẳng thức
(3) Giải các phơng trình
a)
45224252642
=+++
xxxx
(1)
ĐK:
2
5

x
Với Đk:
2
5

x
PT (1)

4152352
=++
xx
Ta có:

)1(271064
2
+=+
xxxx
Giải
ĐK
64

x
Trên TXĐ
)64)(11(64
22
xxxx
+++

264
+
xx
Lại có
22)5(2710
22
+=+
xxx
xxxx
++
642710
2
Đẳng thức xẩy ra
25