Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊNSáng kiến kinh nghiệm, SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Phần thứ nhất: ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Ở chương trình toán 8, học sinh biết tốn giải phương trình nghiệm ngun Hơn phương trình nghiệm ngun mảng rộng có nhiều đề thi: Kiểm tra học kì (câu khó), học sinh giỏi cấp, thi vào lớp 10 THPT, … Qua q trình thực tiễn giảng dạy tơi thấy học sinh yếu định hướng, hay bế tắc, lúng túng cách xác định dạng toán, phương hướng giải chưa có nhiều phương pháp giải hay thể tư sáng tạo nhiều Lý chủ yếu vấn đề em chưa có hệ thống phương pháp, chưa tiếp cận nhiều rèn kỹ giải dạng tốn Đứng trước thực trạng ấy, giáo viên phân công cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh có định hướng thi chun tốn tơi thấy: - Số tiết dành cho nội dung cịn Số lượng tập phương trình nghiệm nguyên sách giáo khoa sách tập khơng có, chủ yếu tập mức độ dễ, tập khai thác sâu nội dung - Có nhiều giáo viên ý nêu nên hướng giải tập, hệ thống tập đưa rời rạc, chưa ý đến việc hướng dẫn học sinh nghiên cứu thêm tập dạng tương tự hóa, khái quát hóa đặc biệt hóa để khai thác phát triển toán gốc - Đa số học sinh sau học xong em không tự bắt tay vào làm lại, suy ngẫm lời giải, việc đọc sách tìm hiểu tài liệu em cịn hạn chế - Phương trình nghiệm nguyên chuyên đề rộng khó việc xác định ranh giới dạy cho em để đáp ứng yêu cầu đề thi học sinh giỏi cấp, thi công lập THPT hoàn toàn phụ thuộc vào kiến thức, hệ thống phương pháp, kinh nghiệm người thầy đặc biệt lịng nhiệt tình, hy sinh cơng sức thầy, Để tìm lời giải đáp, bắt tay vào viết sáng kiến “Phân loại cách giải số dạng phương trình nghiệm nguyên” nhằm giúp học sinh nắm vững phương pháp giải, từ phát phương pháp giải phù hợp với cụ thể dạng toán khác *) Khả áp dụng sáng kiến - Về phía học sinh: Khi học chủ đề "giải phương trình nghiệm nguyên" em học sinh tự tin cho dạng tốn em chủ động để giải - Về phía giáo viên: Sau có kết học sinh giỏi, thi vào trường THPT em đa số làm dạng tốn Do tơi tin vào hiệu sáng kiến - Về phía nhà trường: + Tạo điều kiện, động viên giáo viên tích cực tham gia viết sáng kiến, đặc biệt sáng kiến có chất lượng công tác mũi nhọn nhà trường ‘‘bồi dưỡng học sinh giỏi’’ *) Lợi ích thiết thực sáng kiến - Học sinh có hứng thú học tập hơn, gặp dạng tốn phương trình nghiệm ngun em trang bị đầy đủ kiến thức nên em khơng cịn cảm giác sợ bỏ mà tìm cách để giải thật tốt toán với phương án tối ưu - Rất nhiều học sinh đạt điểm cao, tối đa kỳ thi học sinh giỏi thi vào trường THPT ngồi tỉnh Qua có nhà trường có tảng vững cơng tác tuyển sinh hệ học sinh tốt II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu tạo hứng thú say mê trình giảng dạy thầy học tập trị Kích thích , phát triển lực tư sáng tạo chủ động học sinh qua trình học tập.Nhằm nâng cao chất lượng mơn Tốn, đặc biệt chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi III.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu dạng phương trình nghiệm nguyên THCS IV.ĐỐI TƯỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM Đối tượng khảo sát,thực nghiệm học sinh lớp nhóm học sinh giỏi toán V.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Sử dụng phương pháp nghiên cứu bao gồm: -Phương pháp quan sát -Phương pháp đàmthoại -Phương pháp phân tích -Phương pháp tổng hợp -Phương pháp khái quát hóa -Phương pháp khảo sát thực nghiệm VI.PHẠM VI VÀ KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI 1.Phạm vi nghiên cứu đề tài: Chương trình sách giáo khoa số tài liệu khác 2.Thời gian thực hiện: Thực năm học 2015-2016 2016-2017 Phần thứ hai: NHỮNG BIỆN PHÁP ĐỔI MỚI ĐỂ GIẢI QUYẾT VÁN ĐỀ 1.Cơ sở lý luận Xuất phát từ thực tế nhiều năm liền tham gia công tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi thi vào THPT xuất dạng toán giải phương trình nghiệm nguyên với xác suất cao Nếu học sinh không trang bị phương pháp, học sinh đứng trước toán, phải làm để định hướng cho em cách giải tốn hợp lí nhất, cách để em phát tốn giải phương pháp phương trình nghiệm nguyên hay khơng Hơn phương trình nghiệm ngun bao gồm nhiều phương pháp, phương pháp giải phương pháp không, lựa chọn phương pháp để có lời giải ngắn gọn nhất, đặc biệt nên ưu tiên phương pháp mà trình bày cách có hiệu Đó nội dung mà sáng kiến muốn truyền đạt đến bạn đọc Theo xu hội nhập, phát triển đặc biệt ngành công nghệ ứng dụng ngày khẳng định vị trường quốc tế đào tạo lớp hệ có lực tư sáng tạo, lực tự học, tự giải vấn đề, lực tự quản lý, lực giao tiếp, lực hợp tác, lực tính tốn , từ tác động đến tình cảm đem lại niềm vui cho học sinh tạo hứng thú học tập khẳng định thân, góp phần công sức nhỏ bé xây dựng xã hội văn minh, giàu đẹp Với cương vị giáo viên làm chuyên môn mạnh dạn viết sáng kiến phương trình nghiệm ngun cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi Bằng lực thân, học hỏi đồng nghiệp tâm huyết thân để giúp em trang bị sâu rộng mảng kiến thức hay khó đáp ứng yêu cầu thi vào trường THPT, chuyên ngày có đổi mang tính thiết thực *) Những đổi sáng kiến: Sáng kiến phân loại chi tiết, có cách nhận dạng, cung cấp định lí, toán để em áp dụng cách tự nhiên dễ hiểu Thông thường dạy tốn "giải phương trình nghiệm ngun" giáo viên thường dạy vài bản, khơng có phương pháp làm cụ thể Nên học sinh gặp phải đề thi học sinh giỏi huyện, tỉnh đề thi vào trường chuyên thường bỏ làm ngộ nhận kiến thức phương pháp giải dạng tốn cịn hạn chế - Qua q trình giảng dạy, nghiên cứu áp dụng sáng kiến thấy học sinh có tiến rõ rệt, giáo viên đưa số đề thi năm trước em nắm phương pháp giải, vận dụng sáng tạo kiến thức học tìm lời giải xác ngắn gọn Để làm điều giáo viên dạy học kiểm tra, đánh giá kết học tập theo định hướng phát triển lực học sinh cần bám sát dạy học theo chủ đề, cụ thể ‘‘Sáng kiến giải phương trình nghiệm nguyên dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi’’ dạy học theo chủ đề thiết kế nhằm trang bị cho học sinh hệ thống lý thuyết, biên soạn câu hỏi, dạng tập phong phú từ dễ đến khó tạo điều kiện cho em dễ dàng việc tiếp cận Sau dạng phương trình nghiệm ngun có kiểm tra đánh giá lực học sinh, tơi trọng đến đánh giá kỹ thực học sinh - Tôi thiết kế sáng kiến chủ đề ‘‘Giải phương trình nghiệm nguyên ’’ dạng tiết học theo cấu trúc học mới: Hoạt động 1: Hoạt động trải nghiệm Hoạt động 2: Hoạt động hình thành kiến thức, phương pháp Hoạt động 3: Hoạt động thực hành Hoạt động 4: Hoạt động bổ sung Thực trạng vấn đề Để đánh giá khả em dạng tốn có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, đề toán cho 20 em học sinh giỏi lớp năm học 2015- 2016 đến Bài 1: ( điểm ) Tìm x, y  ¢ biết a) x + 2xy + y = 3, với x > y b) 3( x  xy  y )  x  y Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 – 5y2 = Kết thu sau: Dưới điểm Điểm – Điểm – 10 SL % SL % SL % 15 75 25 0 + Qua việc kiểm tra đánh giá học sinh chưa áp dụng sáng kiến vào trình giảng dạy tơi thấy học sinh khơng có phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu Lời giải thường dài dịng, khơng xác, hiểu sai vấn đề đơi cịn ngộ nhận Cũng với tốn trên, học sinh áp dụng sáng kiến vào trình giảng dạy trang bị kỹ phần lý thuyết phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chắn làm em có hiệu cao nhiều + Về phía giáo viên số người cho cần dạy cho học sinh thi vào THPT đạt điểm hoàn thành nhiệm vụ, suy nghĩ nên số giáo viên chưa chịu tìm tịi, suy nghĩ đào sâu kiến thức để trang bị cho em mảng kiến thức phần chuyên đề phải kể đến phương trình nghiệm nguyên để em đạt kết cao kỳ thi học sinh giỏi, chuyên, THPT từ mở cho em nhiều hội trình học tập; lòng say mê nghiên cứu khoa học muốn tìm tịi, sáng tạo góp phần xây dựng đất nước ngày phồn vinh phát triển Giải pháp, biện pháp thực 3.1 Nhắc lại định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan giải phương trình nghiệm nguyên Học sinh cần trang bị thật tốt hệ thống kiến thức sau: Định nghĩa phép chia hết: a, b  Z (b  0)  q, r  Z cho a = bq + r với  r < b Nếu r =  a Mb Nếu r   a Mb Một số tính chất chia hết:  a, b, c, d  Z Nếu a  a Ma Ma Nếu a Mb b Mc  a Mc Nếu a Mb b Ma  a =  b Nếu a Mb a Mc  a MBCNN(a,b) Nếu a Mb , a Mc (b,c) =  a M(b,c) Nếu a Mb  ac Mb ( c  Z ) Một số định lí thường dùng Nếu a Mc b Mc  (a  b) Mc Nếu a Mc b Md  ab Mcd Nếu a Mb  an Mbn ( n nguyên dương) * Một số hệ áp dụng: +  a, b  Z n nguyên dương ta có (an – bn) N (a – b) +  a, b  Z n chẵn (n nguyên dương) ta có (an – bn) N (a + b) +  a, b  Z n lẻ (n nguyên dương) ta có (an + bn) N (a + b) Các dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 8, 9, 11 Thuật tốn Ơ-clit mở rộng (Tìm ước chung lớn số a, b) Phương trình ax2 + bx + c = Nếu có nghiệm nguyên x0 cMx0 Số số nguyên tố chẵn Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình  f ( x)  m với m.n = k   g ( x)  n Phương trình đối xứng ẩn x, y, z Khi tìm nghiệm ngun dương khơng làm tính tổng qt ta giả sử  x  y  z  10 Sử dụng tính chất chia hết số phương Số phương khơng tận 2, 3, 7, Số phương chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2 Số phương chia cho 3, cho dư Số phương chia cho 5, cho số dư 0; Số phương lẻ chia cho số dư Lập phương số nguyên chia cho dư 0; Khơng tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp 11 Bất đẳng thức Cô - si: a1  a2  a3   an  n n a1a2 a3 an Với  i  1, 2, , n Đẳng thức xảy  a1 = a2 = a3 = =an 3.2 Khai thác phương pháp giải phương trình nghiệm ngun Có nhiều dạng phương trình nghiệm nguyên để giải phương trình nghiệm nguyên đòi hỏi người học phải khai thác tốt kiến thức áp dụng vào việc giải dạng phương trình nghiệm nguyên phương án tối ưu thể thật tốt tư sáng tạo em 3.2.1- Biến đổi phương trình đưa dạng ax + b = (a, b  Z) Phương pháp giải: + Giải phương trình + Tìm nghiệm nguyên (x Z) Ví dụ : Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức: y(x – 1) = x2 + (1) (Đề thi tuyển sinh vào 10 trường Đại học Quốc gia 2000-2001) * Phương pháp giải: + Trường hợp 1: Nếu x  phương trình (1) trở thành: 0y = (vơ nghiệm) + Trường hợp 2: Nếu x  phương trình (1) trở thành: x2  y  y  x 1 x 1 x 1 Với x  Z , để phương trình (1) có nghiệm nguyên (x, y) Hay x – ước 3, ta có: x-1 x y -3 -2 -2 -1 -2 Z x 1 * Nhận xét: Coi (1) phương trình ẩn y (x tham số) phương trình (1) đưa dạng: ax = - b Để giải phương trình (1), ta lưu ý trường hợp phương x  3M( x  1) trình (1) có nghiệm ngun   Việc giải phương trình tìm x, y khơng cịn vấn đề khó khăn học sinh khá, giỏi Khai thác toán ví dụ phương trình nhận phương trình bậc hai khuyết bậc (chứa tham số) để em khai thác sâu kiến thức nữa: Ví dụ 2: Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức: (y + 2)x2 + = y2 (2) * Phương pháp giải : 2 Xét phương trình (2)  y   x   y  ( y  2) x  y  + Trường hợp 1: Nếu y = - phương trình (2) có dạng: 0x2 = (phương trình vơ nghiệm) + Trường hợp 2: Nếu y  2 phương trình (2) có dạng:  x2  y2 1  x2  y   y2 y2 (2') Để phương trình (2) có nghiệm ngun (x, y) điều kiện cần 3M( y  2) , ta có: y+2 Y x2 X -3 -5 -8 -1 -3 -4 -1 0 0 Vậy nghiệm nguyên phương trình (2): (x, y)  {(0; 1);{0;1} * Nhận xét: Coi phương trình (2) phương bậc hai ấn x khuyết bậc (y đóng vai trò tham số), nên phương pháp giải tương tự ví dụ đặt: x = a để tìm x em tìm x khơng âm (trường hợp 2) Qua xét thấy phát dạng phương trình việc áp dụng phương pháp giải rèn kỹ trình bày làm cho em Ví dụ 3: Tìm m  N để phương trình (2m + 1)x = 4m – 4m2 – m + có nghiệm nguyên * Phương pháp giải : Xét phương trình: (2m + 1)x = 4m3 – 4m2 – m + (1) Vì m  N nên 2m +  , phương trình (1) có nghiệm: x 4m  4m  m  2m   x  2m  3m   2m  Có 2m2 – 3m +  Z với m  N nên để x  Z 7M(2m  1) Vì m  N nên giải phương trình 2m + = 2m + = Vậy m  {0; 3} phương trình (1) có nghiệm nguyên 4m  4m  m  * Nhận xét: Với m  N phương trình (1) có nghiệm x  , thực 2m  phép chia đa thức biến xếp x  2m  3m   Do để 2m  tìm giá trị x nguyên lại dẫn giải phương trình tìm m thỏa mãn yêu cầu toán 3.2.2 Ứng dụng phương trình bậc hai tìm nghiệm nguyên: * Phương pháp giải: Tương tự phương pháp 4.2.1 *Ví dụ 1: Tìm m  N để phương trình: mx   3m   x  6 có nghiệm nguyên * Phương pháp giải: Xét phương trình: mx   3m   x  6  (1) + Với m = phương trình (1) khơng có nghiệm nguyên + Với m  phương trình (1), có:   (3m  2)  24m   (3m  2) Vì m  N nên (3m - 2)2 số phương nên phương (1) có hai nghiệm  x  3 phân biệt   x  2 m   2  m Z   2 - Để phương trình có nghiệm nguyên   3 (*) m m    Vì m  N  m = m = thỏa mãn điều kiện (*) * Nhận xét: - Khi đưa ví dụ hầu hết em biến đổi phương trình (1) dạng bậc với m ẩn (x tham số) mx(x + 3) = - 2(x + 3) giải tốt - Còn khai thác phương pháp 4.2.2 ứng dụng phương trình bậc hai ẩn x (m tham số) em thấy việc định hướng tư cần đào sâu suy nghĩ giúp em có tìm tịi, khai thác sâu kiến thức Biết cách phân tích đề giúp em tiếp cận toán theo hướng có nhiều sáng tạo giải tốn cụ thể qua ví dụ sau: *Ví dụ 2: Tìm a  N để phương trình x  (4a  1) x  4a  2a  có hai nghiệm nguyên không lớn * Phương pháp giải: Xét phương trình: x2 - (4a + 1)x + 4a2 + 2a = (1) 2 Có   (4a  1)  4(4a  2a)    ( > 0)  x  2a Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:   x  2a  Ta có: 2a + > 2a với a Để phương trình có nghiệm ngun khơng lớn thì: 2a + <  a  Vậy a  N nên a  {0; 1; 2; 3} phương trình có hai nghiệm nguyên không lớn * Nhận xét: Đây phương trình bậc hai ẩn x (a tham số) Tính giá trị   để kiểm tra số nghiệm phương trình (1), sử dụng cơng thức nghiệm phương trình bậc hai tìm x = 2a x = 2a + Để hai nghiệm hai nghiệm nguyên không lớn 8, xét thấy 2a < 2a +1 nên tốn cịn lại trường hợp tìm a  N để 2a < (tránh việc chia toán thành nhiều trường hợp lỗi học sinh hay mắc phải tốn nhiều thời gian công sức giải toán) Qua việc giải toán em lại rút thêm ứng dụng lý thú việc giải phương trình bậc hai tìm nghiệm ngun Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 – (y + 5)x + 5y + = (3) (Thi thử vào 10 huyện năm 2014-2015) * Phương pháp giải Xét phương trình: x2 – (y + 5)x + 5y + =  x2 – (y + 5)x + 5y + = (y tham số) Giả sử phương trình bậc có nghiệm x1, x2  x1  x  y  5x  5x  5y  25   x1x  5y   x1x  5y  Theo định lý Viet, ta có :   5x1 + 5x2 – x1x2 = 23  (x1 - 5)(x2 - 5) = mà = 1.2 = (-1).(-2)  x1 + x2 = 13 x1 + x2 =  y = y = Thay vào phương trình (3) ta tìm cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) nghiệm nguyên phương trình * Nhận xét: Trong lời giải khơng thấy tính giá trị biểu thức  mà dựa vào u cầu tốn tìm nghiệm nguyên phương trình nên giả sử phương trình có nghiệm nguyên áp dụng hệ thức vi – ét có mối quan hệ nghiệm từ dẫn đến phương trình hệ biến đổi dạng phương trình tích tìm nghiệm ngun Chú ý giả sử phương trình có nghiệm giải phương trình hệ tìm giá trị nguyên x, y dừng lại điều kiện cần phải thay x, y tìm vào phương trình cho (điều kiện đủ) thỏa mãn kết luận nghiệm nguyên phương trình + Hoặc sau tìm giá trị y kiểm tra qua điều kiện:S2  4P Hay  y    4(5 y  2) thỏa mãn kết luận nghiệm phương trình (3) Ví dụ 4: Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x  xy  y  2( x  y ) (1) (Đề thi chuyên toán Nguyễn Trãi 2013-2014) * Phương pháp giải: Phương trình (1)  x  2(1  y ) x  y  y  Tồn x   '  (1  y )  (5 y  y )   y  y    ( y  1)2   y      y   Do y số nguyên nên y  0, y  1, y  y   x  x   x  0, x  y   x2  6x   x   y   x  10 x  24   x  4, x  Vậy cặp số nguyên cần tìm S = { (0;0), (2;0), (4;2), (6;2) } 10 x  y  hệ phương trình khơng có nghiệm ngun  xy  - Với a = 4; b = -   x  y  hệ phương trình vô nghiệm  xy  - Với a = 0; b =    x  y  8 hệ phương trình vơ nghiệm  xy  39 - Với a = - 8; b = 30   Vậy khơng có số ngun x, y thỏa mãn phương trình (1) * Nhận xét: Trong toán dùng phương pháp đổi biến đặt x + y = a; xy = b (a, b  Z) biến đổi phương trình trở thành: a3 – 2ab – 4a2 + 4b = 12 Coi b ẩn cịn a tham số nên phương trình biến đổi thành: 2b(a  2)  a3  4a  12 nên khéo léo rút 2b theo ẩn lại quay trở lại tốn Ví dụ : Chứng minh không tồn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức: x4 + y4 = 7z4 +5 (Đề thi vào 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội) * Phương pháp giải: Giả sử tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn: x + y4 = 7z4 +  x4  y  z  8z  (1) Sử dụng bổ đề số phương chia cho có số dư 0; 1; Do x4, y4, z4 chia có số dư 0; 1, nên vế trái phương trình (1) x4 + y4 + z4 có số dư 0; 1; 2; 3; vế phải phương trình (1): 8z + chia cho dư nên mâu thuẫn với (1) Vậy không tồn số nguyên (x, y, z) thỏa mãn đẳng thức * Nhận xét: Nhận thấy phương trình cho biến x, y, z bậc 4, áp dụng bổ đề đồng dư thức số phương chia cho có dư 0; 1; nên x 4, y4, z4 chia có số dư 0; 1, xét thấy vế trái vế phải phương trình (1) chia cho có số dư khác nên mâu thuẫn với (1), kết luận khơng có ba số ngun x, y, z thỏa mãn toán 3.2.7 – Sử dụng phương pháp lùi vơ hạn giải phương trình nghiệm ngun Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun phương trình x2 = 7y2 (1) * Phương pháp giải: Giả sử (x0; y0) nghiệm (1) : x02 - 7y02 =  x0 chia hết cho 7, Đặt x0 = 7x1 (x1  ¢ ), ta có : 49x12 - 7y02 =  7x12 - y02 =  y0 chia hết cho Đặt y0 = 7y1 (y1 Z ) Từ ta có : 7x12 - 49y12 =  x12 - 7y12 = 59 x y  x y  Vậy (x0 ; y0) nghiệm nguyên (1)  ;  nghiệm 7  nguyên (1) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có  k ; k với k nguyên dương  7  bất kì, nghiệm nguyên (1) hay x0 y0 chia hết cho 7k với k số nguyên dương tùy ý Điều xảy x0 = y0 = Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun x = y = * Nhận xét: Với phương pháp lùi vô hạn nên áp dụng để giải phương trình nghiệm nguyên bậc cao biến có bậc Ví dụ 2: Tìm bốn số (x, y, z, t) nguyên không âm thỏa mãn: x2 + y2 + z2 + t2 = x2y2z2 (2) (Đề thi vơ địch tốn Áo 1985) * Phương pháp giải: Giả sử (x0, y0, z0, t0) nghiệm phương trình (2) Ta có: x02 + y02 + z02 + t02 = x02 y02 z02 +) Trường hợp 1: Nếu x0, y0, z0 lẻ x02,y02, z02 có chữ số tận là1;5; nên x02, y02, z02 chia cho cò số dư 1, đó: x02 y02 z02 chia dư suy ra: x02 + y02 + z02 chia dư hay x02 + y02 + z02 + t02 chia dư (mâu thuẫn (2)) +) Trường hợp 2: Nếu hai số: x 0, y0, z0 lẻ x02, y02, z02 tồn số chia hết x02 y02 z02 M4 suy x02 + y02 + z02 chia dư hay x02 + y02 + z02 + t02 chia dư (mâu thuẫn (2)) + )Trường hợp 3: Nếu hai số: x0, y0, z0 có số lẻ x02 y02 z02 M4 suy x02 + y02 + z02 chia dư hay x02 + y02 + z02 + t02 chia dư (mâu thuẫn (2)) + )Trường hợp 4: Nếu x0, y0, z0 chẵn Đặt x0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 = 2z1 phương trình (2) có dạng: 4x21 + 4y21 + 4z21 + t20 = 64 x21 y21 z21 suy t0M2 Đặt t0 = 2t1 phương trình (2) có dạng: x21 + y21 + z21 + t21 = 16 x21 y21 z21 suy (x21 + y21 + z21 + t21) M8 suy x1, y1, z1, t1 chia hết cho Như ( x0 y0 z0 t0 , , , ) nghiệm với k  N 2k 2k k 2k Điều xảy x0 = y0 = z0 = t0 = * Nhận xét: Bằng quy nạp toán học sử dụng phương pháp lùi vơ hạn giải phương trình nghiệm nguyên Đây dạng tập tương đối khó với học sinh nên hướng dẫn giáo viên cần để học sinh có thời gian tìm tịi, suy ngẫm rút kết luận cần thiết phục vụ cho việc giải tốn Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  z  (3) * Phương pháp giải: 60 Giả sử  x0 , y0 , z0  nghiệm ngun phương trình x0 M3 đặt x0  3x1 , thay x0  3x1 vào (5) ta được: x13  y03  z03   y0 M3 đặt y0  y1 đó: x13  27 y13  z03   3x13  y13  z03   z0 M x y z  Đặt z0  3z1 đó: x13  y13  z13  Vậy  , ,  nghiệm  3 3 phương trình (3) x y z  Quá trình tiếp tục được:  k0 , k0 , 0k  nghiệm nguyên (3) với 3 3  k nguyên dương điều xảy x0  y0  z0  Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( 0; 0; ) * Nhận xét: Dựa vào tính chất hạng tử phương trình (3) nên để phương trình (3) có nghiệm ngun x3 M3 mà ngun tố nên x M3 Đặt x0  3x1 (với giả sử  x0 , y0 , z0  nghiệm nguyên phương trình (3)) Biến đổi phương trình (3) dạng: x13  y13  z13  nên áp dụng phương pháp lùi vô hạn chứng tỏ phương trình cho có nghiệm x = y = z = 3.2.8 – Đưa phương trình tổng giải phương trình nghiệm nguyên Dạng 1: fk1(x, y) + fk2(x, y) + + fkn(x, y) = ak1 + ak2 + + akn đó: k, a1, a2, an  Z f1(x, y) + f2(x, y) + + fn(x, y)  Z Xét trường hợp xảy tìm nghiệm thích hợp Dạng 2: a1 A12  a2 A22   an An2  k , đó: Ai (i  1, 2, , n) đa thức hệ số nguyên; số nguyên dương, k số tự nhiên Ví dụ 1: Tìm số ngun x y thỏa mãn: 5x2 + 2xy + y2 – 4x – 40 = (1) (Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An 2011-2012) * Phương pháp giải: Xét phương trình: 5x2 + 2xy + y2 – 4x – 40 = (1)  ( x  xy  y )  (4 x  x  1)  41  ( x  y)  (2 x  1)  41 Vì x, y  Z nên (x + y)2; (2x - 1)2 số nguyên không âm nên: 41 = 52 + 42 Lại có, (2x - 1) số nguyên lẻ nên: 2 x   5 (2 x  1)  25    ( x  y )  16  x  y  4 Giải hệ suy cặp số nguyên (x, y) cần tìm là: (3; 1), (3; -7); (- 2; 6); (- 2; - ) * Nhận xét: Biến đổi phương trình (1) dạng tổng bình biểu thức chứa biến với hệ số dương đưa dạng tổng Do x, y nguyên nên viết 41 dạng tổng số phương kết hợp với phương pháp đồng tính lẻ 2x – xét hết khả toán xảy 61 Nhiều toán trước đưa dạng để áp dụng phương pháp giải cần phải thông qua số phép biến đổi tương đương để biến đổi toán gốc dạng quen thuộc giải, ta có tốn sau: Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có chữ số xy cho: 2.xy   x     y   2 (Đề thi chọn học sinh giỏi vòng I TP Hải Dương, năm học 2014-2015) * Phương pháp giải: 2.xy   x     y     10 x  y   x  x   y  y  16 2  x  16 x  y  y  20   x  16 x  64  y  y   53   x     y  3  53 2 Vì x, y  N   x    y  3 số phương Mà 53 viết dạng tổng có số phương sau: 53 = + 49 2  x  8   x   10;6  Có trường hợp xảy ra:  I    mà x, y chữ số   y  3  49  y   4; 10   x, y     6;4    x    49  x   15;1   II   (loại x, y chữ số)   y  3   y   1; 5 ( Hoặc học sinh loại trường hợp (II) y + > y  N ) Vậy xy  64 Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz = 26 – 2yz (3) * Phương pháp giải: Xét phương trình: 3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz = 26 – 2yz (3) 2 2 2  x + (x + 2xy + y ) + (x + y + z + 2xy + 2xz + 2yz) = 26  x2 + (x + y)2 + (x + y + z)2 = 26 (3’) Vì x, y, z nguyên dương nên  x  x  y  x  y  z mà 26 = 12 + 32 + 42 Do đó, có khả xảy để phương trình (3) có nghiệm ngun x  x     x  y   y  x  y  z  z    Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương (x, y, z) =(1; 2; 1) * Nhận xét: Sử dụng đẳng thức (a + b) biến đổi phương trình (3) dạng phương trình tổng (3’) Vì x, y, z nguyên dương nên có tính chất thứ tự  x  x  y  x  y  z nhận xét vô quan trọng mà 26 có cách viết dạng tổng ba số phương nên tốn có khả xảy Ví dụ 4: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 62 x  23 y  16 x  44 y  16 xy  1180  (4) (Đề thi HSG tỉnh 2011-2012) x  23 y  16 x  44 y  16 xy  1180  * Phương pháp giải: Xét phương trình: x  23 y  16 x  44 y  16 xy  1180  (4) 2 Biến đổi phương trình cho, ta được:  x  y  1  15  y    1248 Vì x, y nguyên   y    (4) 1248   y    83 15 Do  x  y  1 ;1248 chia hết cho 8; (15;8)=1 nên  y   số phương chia hết cho   y     0;16;64  y     y   + Trường hợp 1:   2 x  y   1248     x  3  156  Do 156 khơng phương nên trường hợp vô nghiệm  y    16  y    16  + Trường hợp 2:  2 8  x  y  1  15.16  1248  x  y  1  126 Do 126 không phương nên trường hợp vơ nghiệm   y  10  y    64   + Trường hợp 3:    y  6 2 8  x  y  1  15.64  1248   x  y  1  36  y  10  y  6 y    y  10        x  5     x  1 Ta được:  2   x  17   x  11  x  11  36  x    36   Vậy nghiệm nguyên (x; y) phương trình là: (-5; 10); (-17; 10); (-1; -6) (11; -6) * Nhận xét: Để biến đổi phương trình cho dạng tổng thuận lợi kinh nghiệm ta nên khéo léo chọn biến biến chính, biến cịn lại biến phụ tìm cách biểu thị đủ cho biến trước Ví dụ tập biến đổi phương trình cho trở thành: mA2(x, y) + nB2(x) + kC2(y) = t (m, n, k, t số nguyên không âm ) 3.2.9 – Vận dụng tính chất chữ số tận Ví dụ : Tìm nghiệm ngun dương phương trình 1! + 2! + + x! = y2 (1) * Phương pháp giải Cho x ; ; ; 4, ta có nghiệm nguyên dương (x; y) phương trình (1) là: (1; 1) (3; 3) Nếu x > dễ thấy k! với k > có chữ số tận 1! + 2! + ! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + + x! có chữ số tận Mặt khác vế phải số phương nên khơng thể có chữ số tận 63 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên dương: (x ; y) {(1; 1); (3; 3)} * Nhận xét: Với y nguyên dương vế phải phương trình (1) số phương nên gợi ý em phát chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, Do nhận xét tìm chữ số tận x! quy nạp tốn học Ví dụ : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - = 32y + (2) * Phương pháp giải: Cho x giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận của: x2 + x – nhận giá trị 1; 5; Mặt khác, ta thấy 2y + lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận khác với 1; 5; Vậy (2) khơng thể xảy Nói cách khác, phương trình (2) khơng có nghiệm ngun dương * Nhận xét: Tương tự xét chữ số tận hai vế phương trình Bài tốn giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x6 – 2x3y + y2 = 64 (3) (Thi tuyển sinh vào 10 chuyên ĐHSP ngoại ngữ Hà Nội năm 2002-2003) * Phương pháp giải: Đặt x3 = t (t  Z) phương trình (3) có dạng; 2t2 – 2ty + y2 = 64  4t  4ty  y  128  (2t  y )  y  128 (3') Vì y, t nguyên nên (2t – y) ; y có chữ số tận 0; 1; 4; 5; 6; mà tổng hai số phương có tận 8, nên trường hợp: (2t – y)2; y2 có chữ số tận Hơn nữa, tổng hai số phương (2t – y)2; y2 128 nên xảy trường hợp hai số phương 64: (2 y  t )2  64   y  64  y    (2 y  t )  64   y  8  + Trường hợp 1: Nếu y = (2y – t)2 = 64  2t   t  x      2t   8 t  x  + Trường hợp 2: Nếu y = - (2y + 8)2 = 64  2t   t  x      2t   8 t  8  x  2 Phương trình cho có nghiệm: (x, y)  {(2; 8); (0; 8); (0; - 8); (- 2; - 8)} * Nhận xét: Có thể viết 128 dạng tổng hai số phương, toán phương pháp xét chữ số tận tổng hai số phương lời giải ngắn gọn 64 3.2.10 – Áp dụng bất đẳng thức Phương pháp: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá vế phương trình khơng nhỏ (hoặc khơng lớn hơn) vế cịn lại Muốn cho hai vế bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – xy + y2 = * Phương pháp giải: y 3y2 Ta có x – xy + y =  (x- ) = y 3y Ta thấy (x- )2     -2  y  2  y   2;  1; 0 thay vào phương trình tìm x thử lại, ta 2 nghiệm nguyên phương trình là: (x, y)    1;   ,  1;  ;  2;  1 ;  2; 1 ;  1; 1 ;  1;  1  * Nhận xét: Nhận thấy phương trình bậc hai đổi với biến x, y, chọn x biến (y tham số) nên phương trình (1) có dạng f 2(x, y) = g(y) Dựa vào phương pháp đánh giá tìm tập giá trị đa thức g(y) + Cách 2: Đưa dạng phương trình bậc hai có chứa tham sổ để giải phương trình nghiệm ngun Khai thác tốn ví dụ ta có tốn sau; Ví dụ 2: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy (1) (Đề chuyên Nguyễn Trãi 2010-2011) *) Phương pháp giải: Xét phương trình: x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy (1)  (x  y)2  5 x y  35 xy  60  (x  y)2  5(xy 3)(4  xy) Giả sử x,y nguyên thỏa mãn, VT  => 5(xy 3)(4  xy)    xy   xy  Do x, y  Z  xy  Z    xy  Từ tìm x  y  2; x  y  2 Vậy phương trình có nghiệm ngun S = {(2; 2); (-2; -2)} * Nhận xét: Tương tự tốn ví dụ biến đổi phương trình (1) có dạng: f2(x, y)= g(xy) Ví dụ 3: Chứng minh phương trình x y z + + = b khơng có nghiệm nguyên y z x dương b = b = có vơ số nghiệm ngun dương b = * Phương pháp giải: x y z , , > Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: y z x x x y z x y z y z ( + + )3  27 ( ) = 27 + +  y y z x y z x z x Do x, y, z  ¢   65 Đẳng thức xảy  x = y = z Vậy phương trình x y z + + = b khơng có nghiệm nghiệm nguyên y z x b = b = có vơ số nghiệm nghiệm nguyên b = 3, chẳng hạn: ( x = a, y = a, z = a) với a số nguyên dương * Nhận xét: Bằng phương pháp bất đẳng thức chứng minh vế trái phương trình (1) x y z + +  3, vế phải y z x phương trình b = b = phương trình vơ nghiệm với b = vô số ba x = y = z = a (a  Z  ) thỏa mãn phương trình (1) Ví dụ 4: Tìm số thực x không âm để a  x 9 có giá trị nguyên x 2 (Đề thi học sinh giỏi huyện 2014-2015) * Phương pháp giải: x 9  2a  a  a  Z  x   x  a  x  3a  x 2  2a Do x  nên    a  mà a  Z nên a = 1; 2; 3; 3a  25 Với a = x = 49; Với a = x = ; 16 Với a = x = ; Với a = x = 49 100 * Nhận xét: Dựa vào nhận xét x  , rút x theo a Giải bất phương trình  2a  tìm tập giá trị a , từ tìm a ngun Vì x  nên sau tìm a thay 3a  Đặt   vào phương trình tìm x thỏa mãn điều kiện Ví dụ 5: Tìm nghiệm ngun phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = * Phương pháp giải: Phương trình (1) tương đương với :  ( x  xy  y )  y  y   (1) (2)  ( y  4)( y  1)  ( x  y) (3) Có vế phải phương trình - (x + y)  , nên vế phải phương trình (y + 4)(y - 1)  Suy 4  y  Vì y  Z nên y  {-4;-3;-2;-1;0;1} Vậy phương trình cho có nghiệm ngun S={(4; -4); (1; -3); (5; -3);(- 2; 0) ; (2; 0); (- 1; 1)} * Nhận xét: Bài nhân hai vế phương trình (2) với phương trình trở thành: 2(x + y)2 + (2y + 3)2 = 25 toán giải tương tự ví dụ Nhưng khai thác toán phương pháp đánh giá vế phải phương trình (3) có giá trị  nên (y + 4)(y - 1)  , tìm 66 giá trị y nguyên thỏa mãn nên khơng phải chia tốn thành nhiều trường hợp khai thác nhiều cách giải độc đáo Ví dụ 6: Tìm nghiệm tự nhiên phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49) (6) * Phương pháp giải: Xét phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)  [1.x  4( y  7)]2  17( x +y +14y +49) Đặt a1 = 1; a2 = 4; b1 = x2; b2 = y2 + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:  a1b1  a b   ( a 21  a 2 )(b 21  b 2 ) Hay  [1.x  4( y  7)]2  (12  42 )[( x ) +(y +7) ]  [1.x  4( y  7)]2  17( x +y +14y +49) a1 a2 Để phương trình (6) có nghiệm tự nhiên thì:  b1 b2 hay 4x2 = y2 +  (2x - y)(2x + y) = Vì x, y  N nên 2x + y  2x – y  2 x  y  x   2 x  y  y  Ta có:  Vậy phương trình cho có nghiệm tự nhiên (x, y) = (2; 3) 3.2.11 Xét số dư vế phương trình Ví dụ : Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn: x3 + y3 + z3 - x - y - z = 2015 (2) * Phương pháp giải: Ta có : x3 - x = (x - 1)x(x + 1) tích số nguyên liên tiếp (với x số nguyên) Do : x3 - x chia hết cho Tương tự: y3 - y z3 - z chia hết cho Từ ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho Vì 2015 khơng chia hết x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2015 với số nguyên x, y, z tức phương trình (2) khơng có nghiệm nguyên * Nhận xét: Vai trò x, y, z phương trình (2) bình đẳng, cần xét tính chất đa thức x3 – x = x(x – 1)(x - 2) tích số nguyên liên tiếp chia hết cho Tương tự, chứng minh vế trái phương trình (2) chia hết cho 3, cịn 2015 khơng chia hết phương trình (2) vơ nghiệm Ví dụ 2: Chứng minh phương trình: x2 – 5y2 = 27 khơng có nghiệm số nguyên * Phương pháp giải: Xét phương trình: x2 – 5y2 = 27 (1) Vì x số nguyên nên x chia có dạng: 67  x  5k  x  5k    x  5k    x  5k   x  5k  (k  Z ) (*) + Trường hợp 1: Nếu x = 5k phương trình (1)  (5k)2 – 5y2 = 27 Phương trình vơ nghiệm vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho + Trường hợp 2; 3: Nếu x = 5k  phương trình (1) có dạng: (5k  1)2 – 5y2 =  25k2  10k – 5y2 = 26 Phương trình vơ nghiệm vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho + Trường hợp 4; 5: Nếu x = 5k  phương trình (1) có dạng: (5k  2)2 – 5y2 = 27  25k2  10k – 5y2 = 23 Phương trình vơ nghiệm vế trái chia hết cho 5, vế phải không chia hết cho Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun * Nhận xét: Trong toán xét hết tất khả x chia x có dạng (*), dựa vào phương pháp xét số dư vế chứng tỏ phương trình cho (1) mâu thuẫn Vậy phương trình cho vơ nghiệm Tương tự, ta xét tốn sau: Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 9x + = y2 + y (3) * Phương pháp giải: Xét phương trình: 9x + = y2 + y  9x + = y(y + 1) (*) Ta thấy: vế trái phương trình (*) số chia cho dư nên để phương trình (3) có nghiệm ngun vế phải phương trình y(y + 1) chia cho dư + Trường hợp 1: Nếu y chia hết cho y chia cho dư : y(y + 1) chia hết cho 3, trái với kết luận + Trường hợp 2: Do y chia cho dư Đặt y = 3k + 1(k ¢ ) y +1 = 3k + Khi ta có: 9x + = (3k + 1)(3k + 2)  9x = 9k(k+1)  x = k(k+1) Thử lại x = k(k+1) y = 3k + 1(k  ¢ ) thoả mãn phương trình cho  x  k  k  1 (k  Z )  y  3k  Vậy nghiệm nguyên phương trình (1) là:  Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: x2 – y2 = 2014 (4) (Thi thử tuyển sinh vào 10 cấp huyện 2014-2015) * Phương pháp giải: * Cách 68 Xét phương trình: x2 – y2 = 2014 (4)  (x – y)(x + y) = 2014 Vì (x – y) + (x + y) = 2x số nguyên chẵn nên (x – y) (x + y) tính chẵn lẻ Ta có: (x – y)(x + y) = 2014 suy (x – y) (x + y) chẵn Do đó: (x – y)(x + y) chia hết cho Mặt khác: 2014 không chia hết cho suy phương trình cho vơ nghiệm * Cách Số phương chia cho dư Do x 2, y2 chia cho có số dư Suy x – y2 chia cho có số dư 0; 1; Còn vế phải 2014 chia cho dư Vậy phương trình khơng có nghiệm nguyên * Nhận xét: Với cách tiếp cận kiến thức sau phân tích vế trái phương trình (2) thành nhân tử phát (x – y) + (x + y) = 2x nên rút nhận xét x – y x + y có tính chẵn, lẻ Dựa vào vế phải 2014 số chẵn nên x – y x + y có tính chẵn Trong cách thứ hai thấy x2, y2 số phương nên x 2, y2 có tính chất chia dư 0, 1, x – y2 chia cho có số dư 0; 1; Cịn vế phải 2014 chia cho dư Kết đạt Áp dụng sáng kiến vào giảng dạy trường từ năm học 2014 – thu kết khả quan Khi áp dụng hồn thiện sáng kiến này, tơi thấy ngày có hiệu quả, chất lượng học tập học sinh mũi nhọn ngày cao Đặc biệt em hứng thú học toán hơn, vận dụng sử dụng thành thạo phương pháp cho cụ thể Kết cụ thể sau: Kháo sát 20 em học sinh giỏi năm học 2014- 2015 Dưới điểm Điểm - Điểm - 10 SL % SL % SL % 20 15 75 * Qua trình áp dụng sáng kiến này, tơi thấy để có kết cao, giáo viên cần lưu ý số vấn đề sau: Phải hướng dẫn học sinh nắm chất phần lý thuyết Để học sinh nắm vững hứng thú học tập, giáo viên cần chọn lọc hệ thống tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó, tạo tìm tịi cho em Khi giải tốn phương trình nghiệm ngun trước hết phải đốn dạng, sau chọn lựa phương pháp để giải Phải rèn học sinh cách suy nghĩ tìm tịi lời giải thưc hành nhiều với toán từ dễ đến khó Đặc biệt nên khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác để củng cố rèn khả tư sáng tạo cho học sinh Giáo viên cần đưa toán nâng cao từ tốn sẵn có, làm Muốn cần phải soạn kĩ trước lên lớp để đưa phương án giải tốt cho Giáo viên cần hướng dẫn học sinh tổng quát hoá toán chọn cách giải hay 69 PHẦN BA: KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận Với vai trị người làm chun mơn giáo viên dạy toán trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhận thấy việc giải tốn chương trình THCS khơng đơn giản đảm bảo kiến thức SGK, điều kiện cần chưa đủ Để giỏi toán học sinh cần phải luyện tập nhiều, có phương pháp học tập môn cách hợp nhằm phát triển tư học sinh, khắc sâu thành kinh nghiệm bổ ích Để làm điểu mong muốn người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức nhiều tình khác để tạo hứng thú cho học sinh Một tốn có nhiều cách giải, toán thường nằm dạng tốn khác để giải địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức cách linh hoạt, sáng tạo, phải biết sử dụng phương pháp giải phù hợp dạng Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đa dạng ứng dụng rộng rãi, phổ biến nhiều toán, dạng tốn Chắc chắn cịn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm ngun cịn nhiều thí dụ hấp dẫn khác Nhưng lực thân có hạn nên trình bày sáng kiến khơng tránh khỏi điểm thiếu sót khiếm khuyết Rất mong góp ý chân thành hội đồng khoa học q cấp Tơi xin chân thành cám ơn! Đề xuất khuyến nghị *) Đối với nhà trường: cần quan tâm đáp ứng đủ điều kiện sở vật chất, tăng cường mua tài liệu, sách tham khảo phục vụ cho việc dạy học mơn Động viên giáo viên tích cực tham gia viết sáng kiến, hỗ trợ mặt thời gian phần kinh phí để giáo viên hồn thành tốt sáng kiến Qua phong trào viết sáng kiến nghiệm giáo viên hoạt động thiết thực thân để người thi đua *) Đối với phòng giáo dục: Thường xuyên mở chuyên đề bồi dưỡng nâng cao chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên, chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương pháp giảng dạy đại - Tổ chức buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN giới thiệu sáng kiến có chất lượng cao, ứng dụng lớn thực tiễn Hà nội, ngày 10/4/2016 Người viết 70 Trần Thị Hải Yến Stt Tên tác giả Phan Đức Chính Phan Đức Chính Vũ Hữu Bình Nguyễn Ngọc Đạm - Nguyễn Quang Hanh Ngô Long Hậu TÀI LIỆU THAM KHẢO Năm xuất Tên tài liệu 2004 SGK, SGV toán NXB Giáo dục 2005 SGK, SGV toán NXB Giáo dục 1996 Toán phát triển đại số 8, NXB Giáo dục 2004 500 toán chọn lọc Phạm Gia Đức 2005 Đỗ Đình Hoan 2007 TS Lê Văn Hồng Nguyễn Đức Tấn – Vũ Đức Đoàn – Trần Đức Long Vụ giáo dục trung học 2004 2004 2014 Tài liệu BDTX chu kỳ III Tuyển tập đề thi mơn tốn THCS Một số vấn đề đổi phương pháp dạy học mơn tốn Chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS Tài liệu tập huấn Dạy học kiểm tra, đánh giá kết học tập theo định hướng phát triển lực học sinh mơn tốn cấp THCS Nhà xuất NXB Đại học sư phạm NXB giáo dục NXB Giáo dục NXB Giáo dục NXB Giáo dục NXB Giáo dục 71 10 Các số Tạp chí Tốn học tuổi trẻ NXB Giáo dục Tạp chí Tốn tuổi thơ 11 12 Các số 2000 NXB Giáo dục Phương trình tốn với nghiệm nguyên Vũ Hữu Bình MỤC LỤC NỘI DUNG Trang Phần 1: Đặt vấn đề 1-3 Phần 2:N hững biện pháp đổi để giải vấn đề 1.Cơ sở lý luận 2 Thực trạng vấn đề Giải pháp, biện pháp thực 3.1 Nhắc lại định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan giải phương trình nghiệm nguyên 3.2 Khai thác phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 3.2.1-Biến đổi phương trình đưa dạng ax + b = (a, b  Z) 3.2.2Ứng dụng phương trình bậc hai tìm nghiệm nguyên 3.2.3 – Khai thác phân tích đa thức thành nhân tử đưa dạng phương trình tích, tìm nghiệm nguyên 11 3.2.4 – Phương trình bậc hai ẩn trở nên 14 3.2.5 – Nhận xét ẩn số phương trình nghiệm ngun 15 3.2.6 Dựa vào tính chất chia hết giải phương trình nghiệm nguyên 19 3.2.7 – Sử dụng phương pháp lùi vô hạn giải phương trình nghiệm nguyên 22 3.2.8 – Đưa phương trình tổng giải phương trình nghiệm nguyên 23 72 3.2.9 – Vận dụng tính chất chữ số tận 26 3.2.10 – Áp dụng bất đẳng thức 27 3.2.11 Xét số dư vế phương trình 29 Phần 3: Kết luận khuyến nghị 32 Kết luận, Khuyến nghị 32 Tài liệu tham khảo 34 73 ... phát tốn giải phương pháp phương trình nghiệm ngun hay khơng Hơn phương trình nghiệm nguyên bao gồm nhiều phương pháp, phương pháp giải phương pháp không, lựa chọn phương pháp để có lời giải ngắn... phát tốn giải phương pháp phương trình nghiệm ngun hay khơng Hơn phương trình nghiệm nguyên bao gồm nhiều phương pháp, phương pháp giải phương pháp khơng, lựa chọn phương pháp để có lời giải ngắn... chất kiến thức liên quan giải phương trình nghiệm nguyên 3.2 Khai thác phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 3.2.1-Biến đổi phương trình đưa dạng ax + b = (a, b  Z) 3.2.2Ứng dụng phương trình