chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học cơ sở

[2012] CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Nguyễn Duy Liên Mở đầu Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học nhƣng Số học là Nữ hoàng". Điều này nói lên tầm quan trọng của Số học trong đời sống và khoa học. Số học giúp con ngƣời ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tƣ duy sáng tạo. Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trò quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, biết nhiều phƣơng pháp giải, nhƣng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong phú đa dạng của các bài toán Số học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáoviên, học sinh giỏi yêu toán. Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sƣu tầm và hệ thống lại một số bài toán để viết lên chuyên đề "Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên " dành cho các thầy cô giáo dạy toán,các em học sinh bậc Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở.Chuyên đề gồm các phần : -Phần I : Bảng các kí hiêu -Phần II: Kiến thức cơ bản. -Phần III: Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên  Phƣơng pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ  Phƣơng pháp 2: Phƣơng pháp phân tích  Phƣơng pháp 3: Phƣơng pháp cực hạn  Phƣơng pháp 4: Phƣơng pháp loại trừ  Phƣơng pháp 5: Dùng chia hết và chia có dƣ  Phƣơng pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố  Phƣơng pháp 7: Phƣơng pháp xuống thang  Phƣơng pháp 8: Dùng bất đẳng thức. -Phần IV: Bài tập tƣơng tự. Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên đƣợc phần chính yếu của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng không thể tránh khỏi đƣợc tất cả , về phƣơng diện chuyên môn cũng nhƣ phƣơng diện sƣ phạm. Lối trình bày bài giải của tôi không phải là một lối duy nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh có thể theo mà không lạc hƣớng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn 3 vì nhiều lí do phải tự học, vì vậy giản dị và đầyđủ là phƣơng châm của tôi khi viết chuyên đề này. Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho những chỗ thô lâu và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề này hoàn thiện hơn. 4 PHẦN I : BẢNG CÁC KÍ HIỆU : Tập hợp các số tự nhiên :   0;1;2;3; * : Tập hợp các số tự nhiên khác 0 :   1;2;3; : Tập hợp các số nguyên :   ; 3; 2; 1;0;1;2;3;    P : Tập hợp các số nguyên tố : Tập hợp các số hữu tỉ : Tập hợp các số vô tỉ : Tập hợp các số thực x : x thuộc ; x là số nguyên ab : a chia hết cho b , a là bội của b ab  : a không chia hết cho b |ba : b là ƣớc của a , b chia hết a |ba  : b không là ƣớc của a   moda b m : a đồng dƣ với b theo môđun m , ab chia hết cho m   ,ab : ƢCLN của a và b   ,ab : BCNN của a và b   ;ab : cặp số ,nghiệm của phƣơng trình hai ẩn số  : Suy ra  : Tƣơng đƣơng với ,khi và chỉ khi (đpcm) : Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng minh  , ,,   : Tồn tại,mọi ,hoặc, giao Pt,hệ pt,bđt : Phƣơng trình ,hệ phƣơng trìn,Bất đẳng thức PHẦN II :KIẾN THỨC CƠ BẢN I.ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA 1.Định lí: Cho ,ab là các số nguyên tuỳ ý và 0b  ,khi dó có hai số nguyên ,qr duy nhất sao cho : a bq r với 0 rb , a là số bị chia , b là số chia , q là thƣơng số và r là số dƣ . 5 Vậy khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dƣ là 0;1;2; ; 1b  Đặc biệt với 0r  thì a bq .Khi đó ta nói a chia hết cho b hay b là ƣớc của a ,kí hiệu ab hay |ba . Vậy : ab  có số nguyên q sao cho a bq . 2.Tính chất : a) Nếu ab và bc thì ac b) Nếu ab và ba thì ab c) Nếu ab , ac và   ,1bc  thì a bc . d) Nếu ab c , và   ,1bc  thì ac . II.ĐỒNG DƢ THỨC Định nghĩa: Cho số nguyên 0m  .Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dƣ khi chia cho m thì ta nói a đồng dƣ với b theo môđun m ,kí hiệu   moda b m . Vậy   moda b m a b m   Tính chất a)   (mod ) moda b m a c b c m     b)       mod , mod moda b m c d m a c b d m      ,   modac bd m c)   moda b m (mod ) nn a b m d)   modac bc m ,   ,1cm    moda b m II.TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƢƠNG a) Số chính phƣơng là bình phƣơng của một số tự nhiên b) Số chính phƣơng không tận cùng bằng 2,3,7,8. c) Số chính phƣơng chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho 2 p d) Số chính phƣơng chia cho 3 có số dƣ là 0 hoặc 1 e) Số chính phƣơng chia cho 4 có số dƣ là 0 hoặc 1 f) Số chính phƣơng chia cho 5 có số dƣ là 0 hoặc 1 hoặc 4 g) Số chính phƣơng chia cho 8 có số dƣ là 0 hoặc 1 h) Số lập phƣơng chia cho 7 có số dƣ là 0, 1 i) Số lập phƣơng chia cho 9 có số dƣ là 0, 1 j) Nếu hai số nguyên dƣơng nguyên tố cùng nhau có tích là số chính phƣơng thì mỗi số đều là số chính phƣơng. III.TÍNH CHẤT LUỸ THỪA CÙNG BẬC CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LIÊN TIẾP 6 Ta thƣờng vận dụng hai nhận xét sau đây trong khi giải một số phƣơng trình nghiệm nguyên . 1.       * nn n n n X Y X a a Y X a i        với 1;2;3 ; 1ia 2.              1 1 1 X X X n Y Y y n X a X a X a n                      1 1 a Y Y Y n X i X i X i n          với 1;2; ; 1ia IV.TÍNH CHẤT CHIA HẾT Phƣơng trình nghiệm nguyên có dạng: 1 1 2 2 0 n n n kk a x a x a x    (*) Với n là số nguyên dƣơng lớn hơn 1,các tham số nguyên 12 , , , k a a a và các ẩn 12 , , , k x x x .,đƣợc giải bằng phƣơng pháp lùi vô hạn nhƣ sau: + Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh 12 , , , n n n k x x x cùng chia hết cho một số nguyên tố p .Từ đó suy ra 12 , , k x x x cũng chia hết cho p + Đặt 1 1 2 2 , , , kk x py x py x py   (suy ra 12 , , , k y y y cũng nhận giá trị nguyên) Phƣơng trình (*) trở thành :       1 1 2 2 0 n n n kk a py a py a py    1 1 2 2 0 n n n kk a y a y a y     .Hoàn toàn tƣơng tự ,ta chứng minh đƣợc 12 , , k y y y cũng chia hết cho p ,từ đó suy ra 12 , , k x x x cũng chia hết cho 2 p +Quá trình này tiếp tục mãi ,suy ra 12 , , k x x x cùng chia hết cho m p với m là một số nguyên dƣơng lớn tuỳ ý.Điều này chỉ xẩy ra khi và chỉ khi 12 0 k x x x    Vậy phƣơng trình (*) có một nghiệm duy nhất 12 0 k x x x    PHẦN III :MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  Phương pháp 1:Sử dụng tính chẵn lẻ Thí dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình :     2 2 5 1 2 105 x x y x x y      Giải: Vì 105 là số lẻ nên 2 5 1xy là số lẻ y chẵn. Mà   2 1x x x x   chẵn nên 2 x lẻ 0x . Thay 0x  vào phƣơng trình ta đƣợc        5 1 1 21.5 21 . 5yy      Vì   5 1,5 1y  nên 5 1 21 15 y y      hoặc 5 1 21 15 y y          4y . 7 Thử lại 0, 4xy là nghiệm nguyên duy nhất của phƣơng trình. Thí dụ 2 a) Chứng minh rằng phƣong trình sau không có nghiệm nguyên: 2 2 2 2015abc   b) Chứng minh rằng không tồn tại các số hữu tỉ ,,x y z thoả mãn đẳng thức: 2 2 2 3 5 7 0x y z x y z       (Đề TS 10  C.Lê Hồng Phong  Nam Định  2003- 2004 ) Giải: a) Nhận xét :   2 ; 0,1,4 mod8xx   thật vậy: + Nếu     22 4 16 0 mod8x k k x k     + Nếu     22 4 2 16 16 4 4 mod8x k k x k k        + Nếu       2 2 1 4 1 1 1 mod8x k k x k k        (do   12kk ) Trở lại bài toán : Từ nhận xết trên có thể xẩy ra 4 trƣờng hợp sau với 3 số ,,abc . *) Cả 3 số ,,abc đều lẻ   2 2 2 3 mod8abc    *) Cả 3 số ,,abc đều chẳn   2 2 2 0 4 mod8abc     *) Có 1số chẳn và 2 số lẻ   2 2 2 2 6 mod8abc     *) Có 1số lẻ và 2 số chẳn   2 2 2 1 5 mod8abc     Cả 4 thƣờng hợp   2 2 2 7 mod8abc    . Trong khi đó   2015 251.8 7 7 mod8   chứng tỏ rằng :phƣơng trình không có nghiệm nguyên. b)Giả sử tồn tại ,,x y z sao cho 2 2 2 3 5 7 0x y z x y z             2 2 2 2 1 2 3 2 5 7x y z       do ,,x y z 2 1,2 3,2 5x y z     , , ,a b c d   ( 0d  nhỏ nhất) mà 2 1 ;2 3 ab xy dd     và 25 c z d  , ta thấy   , , , 1a b c d  ngƣợc lại   1 1 1 1 , , , 1 , , ,a b c d m a ma b mb c mc d md       với   1 1 1 1 , , , 1a b c d  mâu thuẫn cách chọn d . Đẳng thức đã cho 2 2 2 2 7a b c d    (*) theo phần a)   (*) 7 mod8VT   Vậy đẳng thức (*) không thể xẩy ra điều giả sử là sai ta có điều phải chứng minh. Thí dụ 3 Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : 3 2 2 3 2001x x y xy y    8 (Junior Balkan 2001 Mathematcal- Olympiads) Giải: Phƣơng trình     22 1.3.23.29x y x y    22 xy và xy cùng lẻ ,xy khác tính chẵn lẻ 22 xy có dạng   41kk 22 xy chỉ có thể là 1;29;3.23 69 hoặc 2001 .Vậy ta có :    2 2 2 2 1 , 0; 1 2001x y x y x y           22 29 , 5; 5;2; 2 69x y x y x y          22 69 , 3x y x y    9 69 9VT  (vô lí)  22 2001 , 3x y x y    9 2001 9VT  (vô lí) Vậy phƣơng trình vô nghiệm. Bài tập tƣơng tự 1/ Tìm số nguyên tố p để 41p  là số chính phƣơng. 2/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 32 2 2007xy (ĐềTS10C.Lê Khiết-QN- 2007) 3/Tìm ,xy thoả mãn điều kiện : 1993 1994 1992 1993 1995xy (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1994) 4/Giải phƣơng trình nghiệm nguyên: 33 28x y xy   (Bungari MO-1978)  Phương pháp 2:Phương pháp phân tích. Thí dụ 1 Giải phƣơng trình nghiệm nguyên:         22 1 1 2 1 4 1x y x y xy xy       (Titu Andreescu) Giải: Viết lại phƣơng trình :    2 2 2 2 2 1 2 2 1 4x y xy x y xy x y xy                22 1 2 1 4xy x y x y xy          2 14xy x y          1 1 2xy      Nếu    : 1 1 2xy   ta có các hệ phƣơng trình sau 1 2 1 2 1 1 1 1 ; ; ; 1 1 1 1 1 2 1 2 x x x x y y y y                                 có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:         1;2 , 3; 0 , 0;3 , 2; 1    9  Nếu    : 1 1 2xy    ta có các hệ phƣơng trình sau 1 2 1 2 1 1 1 1 ; ; ; 1 1 1 1 1 2 1 2 x x x x y y y y                                  có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:         1;0 , 3;2 , 0; 1 , 2;3   Phƣơng trình có 8 nghiệm:                 1;2 , 3;0 , 0;3 , 2; 1 , 1,0 , 3;2 , 0; 1 , 2;3      Thí dụ 2 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 22 3 2 2 10 4 0x y xy x y      (ĐềTS10 Hà Nội  Amsterdam 2008 ) Giải: Ta có     22 2 1 3 10 4 0x y x y y          22 1 2 2 7x y y          3 1 3 7y x y x      3 1 7 3 1 7 ; 3 1 3 1 y x y x y x y x                   3 1 1 3 1 1 ; 3 7 3 7 y x y x y x y x                   có các nghiệm tƣơng ứng lần lƣợt là:         3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3   . Phƣơng trình có 4 nghiệm :         3;1 , 1; 3 , 3;1 , 7; 3   Thí dụ 3 Tìm nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:   2 22 7xy x y   (Indian Mathematical-Olympiads 2006) Giải: Phƣơng trình     22 6 13xy x y         22 6 13xy x y          6 6 13xy x y xy x y               (*) do ,xy vậy (*)  hai trƣờng hợp sau :         6 1 6 13 ; 6 13 6 1 xy x y xy x y xy x y xy x y                        77 ; 60 x y x y xy xy          Giải ra ta đƣợc các nghiệm là           ; 3;4 , 4;3 , 0;7 , 7;0xy  Thí dụ 4 Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 5329 y x y x x y x y   ( ĐềTS10 C.Vĩnh Phúc 2009) 10 Giải: Phƣơng trình    1 1 5330 yx xy    Mà phân tích 5330 thành tích 2 thừa số gồm: 1.5330 5.1066 13.410 26.205 10.533 41.130 65.82 2.2665       6 trƣờng hợp đầu tiên vô nghiệm  1 65 1 82 1 82 1 65 yy xx xx yy             64 81 4 3 34 81 64 yy xx x x x x yy yy                    1 2 1 2665 1 2665 1 2 yy xx xx yy             1 2664 2664 1 xx yy       Vậy phƣơng trình có 4 nghiệm         3;4 , 4;3 , 1;2664 , 2664;1 Thí dụ 5 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình:     22 1 1 1x y y x    (*) (Polish Mathematical-Olympiads 2004) Giải Đặt 1, 1x u y v    ,phƣơng trình (*) trở thành         22 1 1 1 4 1u v v u uv u v uv u v              4 4 5uv u v u v          1 4 5uv u v     Phƣơng trinh tƣơng đƣơng với 4 hệ phƣơng trình sau 1 1 1 1 1 5 1 5 4 5 4 5 4 1 4 1 uv uv uv uv u v u v u v u v                                         1 9 3 5 0 2 4 6 u v u v u v u v uv uv uv uv                                  giải ra ta đƣợc các nghiệm           , 1,0 , 0,1 , 6,1 , 1, 6uv     các nghiệm của pt là           ; 1;2 , 5;2 ; 2;1 ; 2; 5xy    Bài tập tƣơng tự 1/Cho ,pq là hai số nguyên tố .Giải phƣơng trình nghiệm nguyên sau: 1 1 1 x y pq  (Titu Andreescu) 2/Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên Và số đo diện tích bằng số đo chu vi tam giác. 3/ Giải phƣơng trình nghiệm nguyên 22 3 10 8 96x xy y   4/Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 1 1 1 23mn  (ĐềTS10 PTNK HCM 2001-2002) [...]... x  y  2z  2 2 2 x  y  2z  8 (Junior Balkan 2000 Mathematical- Olympiads) TÀI LIỆU THAM KHẢO 24 1 Số học Võ Đại Mau 2 Số học Nguyễn Vũ Thanh 3 Phƣơng trình nghiệm nguyên Vũ Hữu Bình 4 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 5 Đề thi học sinh giỏi THCS các Tỉnh ,Thành phố 6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên các Tỉnh ,Thành phố 7 JunorBalkan Mathematical Olympiads Dan Brânzei Ioan Serdean Vasile Serdean 8 Diophantine... số nguyên x, y, z thoả mãn đẳng thức 11 x4  y 4  z 4  2x 2 y 2  2 y 2 z 2  2z 2 x 2  2000 (Junior Balkan 2000 Mathematical-Olympiads) Giải Giả sử tồn tại x, y, z  thoả mãn, theo đề bài các số hạng của vế trái đều có bậc chẵn Giả sử rằng x, y, z  0 Trƣớc tiên ta chứng minh các số x, y, z phân biệt Ngƣợc lại chẳng hạn y  z Đẳng thức trở thành x 4  4 x 2 y 2  2000  x chẵn , x  2t  t  ...  1 n và 2n  1 m (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1993) b/ 3m  1 n và 3n  1 m (Tạp chí TH&TT tháng 3/1996)  Phương pháp 5 Dùng chia hết và chia có dư Thƣờng dùng để chứng minh phƣơng trình không có nghiệm nguyên bằng cách chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dƣ khác nhau Thí dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: 19 x3  98 y 2  1998 Giải Nhận xét a   a3  0,1,6  mod7  (ĐềTS10 C.KHTN -HN-1998)... nguyên dƣơng của hệ phƣơng trình :  x3  y 3  z 2  2 3xy  z  z ( ĐềTS10 C.Bắc Giang 2009)  Phương pháp 3:Phương pháp Cực hạn Thƣờng đƣợc sử dụng cho phƣơng trình đối xứng nên vai trò các ẩn nhƣ nhau nên ta có thể giả sử rằng : 1  x  y  z  Thí dụ 1 Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình : 5  x  y  z   4 xyz  24 (1) ( ĐềTS10 ĐHKH Huế 2008) 1 1 1 24 4     Giải Phƣơng trình  xy yz zx... ra x3  2  y 2  x3  1 (vô lí, vì |x3 + 2| > |x3 +1 |) Vậy phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm nguyên  x; y    0;1 ,  0; 1 Thí dụ 2 Giải phƣơng trình nghiệm nguyên : x2  x  y 4  y 3  y 2  y (ĐềTS10 Hà Nội  Amsterdam 1995-1996 ) Giải: Phƣơng trình đã cho   2 x  1   2 y 2  y    y  1 3 y  1 2 2  Nếu y  1  x  0  x  1  Nếu y  1, y   y  1  y  0   y  1 3 y ... Vậy phƣơng trình đã cho có 5 nghiệm nguyên  x; y    0; 1 ,  1; 1 ,  0;0  1;0 ,  5;2 Thí dụ 3 Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình:  x  1 2  x 2   y  1  y 2 4 ( ĐềTS10 ĐHSP Hà Nội 2006-2007) Giải Phƣơng 4 2 4 3 2 2 2  y  2 y  3 y  2 y  x  x   y  y  1   x 2  x  1 14 trình y  y  1  x 2  x  1 (*) Do x  0  x 2  x 2  x  1   x  1 từ đây... x  1   x  1  x  0  y  0 2 Vậy phƣơng trình có duy nhất một nghiệm  x; y    0;0  Thí dụ 4 Tìm tất cả nghiệm nguyên không âm của phƣơng trình: x 2  y 2  y  1 (1) Giải Giả sử  x; y  (ĐềTS10 C.KHTN -HN-2001) là một nghiệm không âm của phƣơng trình x2  y 2  y  1 Từ đó suy ra x 2  y 2 Mặt khác y  0  y  1  4 y 2  4 y  1   2 y  1 hay 2 thấy y 2  y  1  y 2  2 y  1  ... thình Vậy phƣơng trình có các nghiệm 1,2 , 2,1   n, n  với n * Thí dụ 4 Một tam giác có số đo của chiều cao là những số nguyên và bán kính đƣờng tròn nội tiệp bằng 1 Chứng minh rằng tam giác đó đều 12 Giải : Đặt a  BC.b  CA, c  AB Gọi x, y, z lần lƣợt là độ dài đƣờng cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác Bán kính đƣờng tròn nội tiếp bằng 1 nên 1 1 1 x, y, z  2 Giả sử x  y  z  2 Diện...  7 thật vậy: Giả sử 19  x3  2  7   x3  2  7  x3  2  mod7  (vô lí) Từ đó phƣơng trình đã cho vô nghiệm Thí dụ 2 Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x2  17 y 2  34 xy  51 x  y   1740 (ĐềTS10 C.KHTN -HN-2005) Giải Phƣơng trình : x2  17 y 2  34 xy  51 x  y   1740  x 2  1740  17  y 2  2 xy  3 x  y  *   Nhận xét x   x  17k  r với r  0,1,2,3,4,5,6,7,8 và k  Từ...  1;17h  4;17h  9;17h  16;17h  8;17h  2;17h  15;17h  13 h  16  Ta nhận thấy rằng 1740  17.102  6  VP * có dạng 17l  6  l   ,trong khi VT(*) thì x 2 chia cho 17 trong mọi trƣờng hợp đều không có số dƣ là 6 Vậy phƣơng trình đã cho không có nghiệm nguyên Thí dụ 3 Chứng minh rằng không tồn tại x, y  * sao cho : x5  y 5  1   x  2    y  3 5 (Junior Balkan 2005 5 Mathematical- . giáo dạy toán,các em học sinh bậc Trung học ,và chỉ đòi hỏi kiến thức toán của bậc Trung học Cơ sở .Chuyên đề gồm các phần : -Phần I : Bảng các kí hiêu -Phần II: Kiến thức cơ bản. -Phần III:. chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia ,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Số học thƣờng đóng vai trò quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Số học, . [2012] CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HSG CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Nguyễn Duy