Đang tải... (xem toàn văn)
Tuy nhiªn ®èi víi HS líp 9 khi gi¶i ph¬ng tr×nh d¹ng nµy thêng lµ lóng tóng c¸ch ®Æt Èn phô vµ t×m ®iÒu kiÖn cho Èn , biÖn luËn sè nghiÖm cho nªn khi kÕt luËn nghiÖm cña ph¬ng tr×nh th[r]
(1)A đặt vấn đề
I Lý chọn đề tài
1 C¬ së lý luËn
Trong hoạt động giáo dục nay, cần phảI đòi hỏi học sinh phảI tự học tự nghiên cứu cao, tức cáI đích cần phảI biến q trình giáo dục thành trình tự giáo dục Nh học sinh phát huy đợc lực sáng tạo, t khoa học từ xử lý linh hoạt đợc vấn đề đời sống xã hội
Một phơng pháp để giúp cho học sinh đạt đợc điều mơn Tốn ( cụ thể mơn Đại số 9) khích lệ em sau đơn vị kiến thức cần khắc sâu, tìm tịi tốn liên quan Làm đợc nh có nghĩa em cần say mê học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến thức
2 C¬ së thùc tiƠn
Giải phơng tình đa phơng trình bậc hai dạng tập phổ biến thơng dụng chơng trình Tốn THCS đặc biệt chơng trình lớp 9, với dạng tập đợc chia làm dang cụ thể nh : Phơng trình chứa ẩn mẫu, ph-ơng trình chứa nhân tử, phph-ơng trình thức, phph-ơng trình trùng phph-ơng Phph-ơng trình đa đợc phơng trình bậc hai Nó có vai trị khơng nhỏ đề thi vào lớp 10 nh đề thi tốt nghiệp THCS trớc Tuy nhiên HS lớp giải phơng trình dạng thờng lúng túng cách đặt ẩn phụ tìm điều kiện cho ẩn , biện luận số nghiệm kết luận nghiệm phơng trình thờng sót nghiệm lấy giá trị sai nghiệm dẫn tới kết giải phơng trình bị sai kết luận thiếu nghiệm
Với lí tơi chọn đề tài nghiên cứu cho : ……… nằm tạo điề kiện nâng cao trình độ giúp em học sinh có khả củng cố kiến thức hồn thiện với trình độ
II Mục đích nghiên cứu.
Nghiên cứu đề tài nhằm giúp giáo viên học sinh nắm rõ phơng pháp giải dạng phơng trình đa đợc phơng trình bậc hai Đồng thời vận dung phơng pháp để tiếp tục giải số tốn hay khó, cụ thể đợc phân thành dạng nh sau:
III Nhiệm vụ đề tài
- Đa dạng tập phơng pháp giải - Đa tập vận dụng cụ thể cho tứng dạng IV Giới hạn đề tài.
Đề tài đợc gói gọn với với đơn vị kiến thức trọng tâm môn Đại số lớp
B gii quyt
I phơng pháp nghiên cứu
(2)1 Phơng pháp nghiên cứu lý thuyÕt.
Tài liệu đợc sử dung gồm có
- S¸ch gi¸o khoa To¸n tËp II - Sách tập Toán tập II
- Nõng cao số chun đề mơn Tốn - NXB Giáo dục - Nâng cao phát triển Toán tập II – NXB Giáo dục - Ôn kiến thức luyện kỹ Đại số – NXB Giáo dục - Bài tập bổ trợ nâng cao kiến thức Toỏn NXBHQG
2 Phơng pháp nghiên cứu thùc tiÔn.
Đề tài đợc tiến hành thử nghiệm với học sinh khối trờng THCS ……… đội truyển HSG trờng
3 phơng Pháp đánh giá
Kết thúc đề tài với học sinh lớp trờng THCS tiến hành kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức suy luận em
II Néi dung thĨ
1.1 Khái niệm bản
Trớc hết ta cần phải hiểu rõ khái niệm phơng trình trùng phơng ! Phơng trình trùng phơng phơng trình có dạng :
ax4 + bx2 + c = ( a 0 ) (I)
Mở rộng phơng trình trùng phơng dạng:
ax2n + bxn + c = (II) ( víi n N* , n = 2k , k N)
Hoặc phơng trình trùng phơng dạng:
ax2n + bxn + c = (II) ( víi n N* , n = 2k + 1, k N) 1.2 Phơng pháp giải
Phơng trình dạng ax4 + bx2 + c = ( a 0 ) (I)
Để giải phơng trình ta có phơng pháp giải tổng quát sau Giải :
Đặt x2 = t ⇒ x4 = t2,
Nh phơng trình đa dạng at2 + bt + c = (I’)
(3)+ Tr êng hỵp :
Nếu phơng trình (I) at2 + bt + c = cã a + b + c = th× t
1= ; t2 = c a
* NÕu t2 = c
a < th× ,
Víi t = t1 = th× x2 = , ta cã x1= , x2 = -1
Víi t = t2= c
a < th× x2 = c
a < ( lo¹i )
KÕt luËn : VËy phơng trình ( I ) có hai nghiệm x1=1 ; x2 = -1
* NÕu t2 = c
a > th× ,
Víi t = t1 = th× x2 = , ta cã x1= , x2 = -1
Víi t = t2= c
a > th× x2 = c
a , ta cã x3 = √ac , x4 = ca
Kết luận : Phơng trình (I) cã nghiƯm lµ x1= , x2 = -1, x3 = √c a ,
x4 = −√c
a
+ Tr êng hỵp :
Nếu phơng trình (I) at2 + bt + c = cã a - b + c = th× t
1= -1 ; t2 = −c a
* NÕu t2 = - c
a < th× ,
Víi t = t1 = -1 ( lo¹i)
Víi t = t2= c
a < th× x2 = c
a < ( lo¹i )
KÕt luËn : VËy phơng trình ( I ) vô nghiệm * Nếu t2 =- c
a > th× ,
Víi t = t1 = - ( lo¹i )
Víi t = t2= - c
a > th× x2 = - c
a , ta cã x1 = √−c
a , x2 = c a
Kết luận : Phơng trình (I) cã hai nghiƯm lµ x1 = √−c
(4)Ví dụ 1 : Giải phơng trình trùng phơng sau a) x4 – 10x2 + = ( )
b) x4 + 3x2 – = ( )
Gi¶i :
a) x4 -10x2 + = (1) ;
Đặt x2 = t x4 = t2 , phơng trình (1) có dạng t2 -10t + = (1)
Giải phơng tr×nh (1’) , cã a + b + c = -10 +9 = ⇒ t1 = , t2 = c a =
Víi t = t1 = th× x2 = ⇒ x1 = ; x2 = -
Víi t = t2 = th× x2 = ⇒ x3 = ; x4 = -3
KÕt luËn:Ph¬ng trình (1) có bốn nghiệm x1= 1,x2 = -1,x3 =3, x4 = -3
b) x4 + 3x2 – = (2)
Đặt x2 = t ⇒ x4 = t2 , ph¬ng trình (2) có dạng t2 +3t - = (2)
Giải phơng trình (2) có a + b + c = +3 - = ⇒ t1 = , t2 = c
a = -4
Víi t = t1 = th× x2 = ⇒ x1 = ; x2 = -
Víi t = t2 = -4 < (loại)
Kết luận : Phơng trình (2) cã hai nghiƯm lµ x1= , x2 = -1 Ví dụ 2. Giải phơng trình trùng phơng sau
a) x4 + 4x2 + = ( )
b)5x4 + 3x2 – = ( )
Gi¶i :
a) x4 + 4x2 + = ( )
Đặt x2 = t x4 = t2 , phơng trình (3) có dạng t2 +4t + = (3’)
Gi¶i phơng trình(3) có a - b + c=1 - + = ⇒ t1 = -1 , t2 = - c
a = -3
Víi t = t1 = -1 < ( lo¹i ) , t = t2 = - < ( loại )
Kết luận : Vậy phơng trình (3) v« nghiƯm b) 5x4 + 3x2 – = ( )
(5)Giải phơng tr×nh (3’) , cã a- b+ c =5 –3 – 2= ⇒ t1 = -1 , t2 = - c a =
2
Víi t = t1 = -1 < ( lo¹i ) ,
Víi t = t2 =
5 th× ta cã x1 = √2
5 =
√10
5 ; x2 = −√
5 = −
√10
KÕt luËn: VËy ph¬ng trình (4) có hai nghiệm x1= 10
5 ; x2= −
√10 Đối với phơng trình (I) không thuộc trờng hợp áp dụng hệ thức Vi-et ( nhẩm nghiệm ) ta giải thơng thờng nh phơng trình bậc hai Ta xét cơng thức nghiệm phơng trình bậc hai at2 + bt + c = (I’) Tuy nhiên ta cần
xem xét trờng hợp phơng trình có nghiệm , vơ nghiệm cho xác khơng để sót nghiệm
+ Tr êng hỵp :
Nếu phơng trình (I) at2 + bt + c = không thuộc hai trờng hợp , ta xét
Δ = b2– 4ac Hc
Δ' = b’2– ac
* NÕu Δ < Hoặc ' <0 ,
Phơng trình (I) vô nghiệm suy phơng trình (I) vô nghiệm
* NÕu Δ = Hc Δ' = 0
Phơng trình (I) có nghiệm kép
t1 = t2 = − b
2a t1 = t2 = −
b'
a
Víi t = t1 = t2 = − b
2a < ( lo¹i) Víi t = t1 = t2 = − b'
a < ( lo¹i )
KÕt luận : Phơng trình (I) vô nghiệm
Với t = t1 = t2 = − b
2a > th× x2 = − b
2a ⇒ x1= √− b
2a ;x2
=- Víi t = t1 = t2 = −b' a >
th× x2 = −b'
a ⇒ x1= √−b'
(6)-√− b
2a √−
b'
a
Kết luận : Phơng trình (I) cã hai nghiÖm
x1 = √− b
2a ; x2 = - √−
b
2a x1 = √−
b'
a ; x2 = - √−
b'
a
* NÕu Δ > Hoặc ' > 0
Phơng trình (I) có hai nghiệm phân biệt
t1 = -b+
2a , t2 =
-b -√Δ
2a t1 = -b'
+√Δ'
a , t2 =
-b' -√Δ' a
Víi t = t1= -b+√Δ
2a < ( lo¹i ), t = t2 = -b -√Δ
2a < ( lo¹i )
Víi t = t1= -b'+√Δ '
a < ( lo¹i ) ,
t = t2 = -b' -√Δ '
a < ( loại )
Kết luận : Phơng trình (I) v« nghiƯm
Víi t = t1= -b+√Δ
2a > th× ta cã x2 = -b+√Δ
2a
⇒ x1= √-b+√Δ
2a , x2 = −√
-b+√Δ
2a t = t2 = -b -√Δ
2a < ( lo¹i )
Víi t = t1= -b'+√Δ '
a > th× ta cã
x2 = -b'+√Δ'
2a
⇒ x1= √-b'+√Δ '
a , x2 =
−√-b'+√Δ' a
t = t2 = -b -√Δ '
a < ( lo¹i )
Kết luận : Phơng trình (I) có hai nghiệm phân biệt
x1= -b+
2a , x2 = −√
-b+√Δ
2a x1= √-b'+√Δ
'
a , x2 = −√
-b'+√Δ'
(7) Víi t = t1= -b+√Δ
2a > th× ta cã x2 = -b+√Δ
2a
⇒ x1= √-b+√Δ
2a , x2 = −√
-b+√Δ
2a
Víi t = t2 = -b -√Δ
2a > th× ta cã x2 = -b -√Δ
2a ⇒ x3 = √-b−√Δ
2a , x4 = −√
-b−√Δ
2a
Víi t = t1= -b'+√Δ '
a > th× ta cã
x2 = -b'+√Δ'
a
⇒ x1= √-b'+√Δ '
a , x2 =
−√-b'+√Δ '
a
Víi t = t2 = -b' -√Δ '
a > th× ta cã
x2 = -b' -√Δ'
a
⇒ x3 = √-b'−√Δ '
a , x4 =
−√-b'−√Δ '
a
Kết luận : Phơng trình (I) có bốn nghiệm phân biƯt lµ
x1= √-b+√Δ
2a , x2 = −√
-b+√Δ
2a
x3 = √-b−√Δ
2a , x4 = −√
-b−√Δ
2a
x1= √-b'+√Δ '
a , x2 = −√
-b'+√Δ'
a
x3 = √-b'−√Δ '
a , x4 = −√
-b'−√Δ' a VÝ dô 3. Giải phơng trình sau:
a) x4 5x2 + = (5)
b)2x4 – 3x2 – = (6)
c) x4 + 10x2 + 24 = (7)
Gi¶i :
a) x4 5x2 + = (5)
Đặt x2 = t ⇒ x4 = t2 , phơng trình (5) có dạng t2 5t + = ( 5’)
Gi¶i (5’), cã Δ = 52 – 4.1.6 = 25 – 24 = > ⇒
√Δ = , t1 = −(-5)+1
2 = 3; t2 =
−(-5)−1
(8)Víi t = t1 = > , ta cã x2 = ⇒ x1 = √3 , x2 = - √3
Víi t = t2 = > , ta cã x2 = ⇒ x3 = , x4 = -
Vậy phơng trình cã nghiÖm x1 = √3 , x2 = - √3 , x3 = √2 , x4 = - √2
b) 2x4 – 3x2 – = (6)
Đặt x2 = t x4 = t2 , phơng trình (6) có dạng 2t2 – 3t - = ( 6’)
Gi¶i (6’), cã Δ = (-3)2 - 4.(-2).2 = + 16 = 25 > ⇒
√Δ = 5, t1= −(-3)+5
2 = , t2 =
−(-3)−5
2 = -
Víi t = t1 = > , ta cã x2 = ⇒ x1 = √2 , x2 = - √2
Víi t = t2 =-
2 < ( lo¹i )
Vậy phơng trình có hai nghiệm x1 = √2 , x2 = - √2
c) x4 + 10x2 + 24 = (7)
Đặt x2 = t ⇒ x4 = t2 , phơng trình (7) có dạng t2 + 10t +24 = (7’)
Gi¶i (7’), cã Δ ’ = 52 – 1.24 = 25 – 24 = > ⇒
√Δ = 1, t1 = -5+1
1 =- ; t2 =
-5−1
1 = -
Víi t = t1 = - < ( lo¹i )
Víi t = t2 =-
2 < ( loại ) Vậy phơng trình vô nghiệm
Trên ví dụ trờng hợp giải phơng trình trùng phơng Từ trờng hợp ta tổng kết thành bảng sau
1 Bảng tóm tắt cách giải phơng trình trùng phơng ax4 + bx2 + c = ( a 0 )
T.H ax4 + bx2 + c = ( a 0 )
(I), Đặt x2 = t ⇒ x4
= t2, (I) ⇔ at2 + bt + c = 0
(I’)
NghiƯm cđa ph¬ng
trình (I) Nghiệm phơng trình (I)
(9)1 a + b + c =
t2 = c
a
c a <0 (lo¹i)
c
a > x3 = √c
a , x4 = −√ c a
2 a - b + c =
t1= - (lo¹i)
t2 =
-c a
- c a < (loại)
Vô nghiệm
- c
a > x1 = √−c
a , x2 = −√−c
a
3
Δ = b2– 4ac
Δ <
V« nghiƯm V« nghiƯm
Δ =
t1 = t2 =
− b
2a
− b
2a <
0 (loại)
Vô nghiệm
b
2a >
0
x1= √− b
2a ; x2 =-√− b
2a
Δ >
t1=
-b+√Δ
2a
-b+√Δ
2a
< (lo¹i)
-b+√Δ
2a
>
x1= √-b+√Δ
2a , x2 =
−√-b+√Δ
2a
t2 =
-b -√Δ
2a
< (lo¹i)
(10)-b -√Δ
2a
-b -√Δ
2a
>
x3 = √-b−√Δ
a , x4 = −√-b−√Δ
a
Hc
Δ' = b’2– ac
Δ' <
0
V« nghiƯm V« nghiƯm
Δ' =
0
t1 = t2 =
−b' a
b' a < (loại )
Vô nghiệm
−b' a >
x1= √−b'
a ; x2 =
-√−b' a
Δ' >
0
t1 =
-b'+√Δ' a ,
-b'+√Δ'
a <0 (lo¹i)
-b'+√Δ' a >
x1= √-b'+√Δ
'
a , x2 = −√-b'+√Δ
' a t2 =
-b' -√Δ' a
-b' -√Δ' a < 0(lo¹i)
-b' -√Δ' a >
x3 = √-b'−√Δ
'
a , x4 = -b'
' a 1 Giải biện luân phơng trình trùng phơng
Sau chỳng ta hớng dẫn cho học sinh tổng kết đợc bảng nh Học sinh dựa vào bảng giải phơng trình trùng phơng cách dễ dàng khơng bị sót nghiệm nhầm nghiệm
(11)Gi¶i :
x4 + mx2 + ( 2m – ) = (8) ,
Đặt x2 = t x4 = t2 , phơng trình (8) cã d¹ng : t2 + mt +(2m-4) = 0
(8) phơng trình (8) có = m2- 4.( 2m – ) = m2 – 8m + 16 = ( m – )2
Ta có bảng sau:
Trờng
hợp = m
2 – 8m +
16 = ( m – )2
NghiƯm cđa ph¬ng trình (8) Nghiệm phơng trình (8)
1 = ⇒ m =
4 t1 = t2 = −m
2 = −
4
2 = -2<
V« nghiƯm
2
Δ > ⇒ m
Cã √Δ = m−4¿2
¿
√¿
= m
-4
t1 =
− m+m−4
2 =-2<0 lo¹i
t2 = − m−
(m −4)
2
=2-m
2 – m < V« nghiÖm
2 – m >
⇒ m <
x1 = √2− m ;
x2 = - 2 m ;
Dựa vào bảng ta cã kÕt luËn sau :
NÕu m < phơng trình có hai nghiệm : x1 = √2− m ; x2 = - √2− m ;
Nếu m > phơng trình vô nghiệm
Trên phơng pháp giải phơng trình trùng phơng dạng ax4 + bx2
+ c = ( a )
Mở rộng phơng trình dạng ax2n + bxn + c = (II) ( với n N* , n
= 2k , k N) cách giải hoàn toàn tơng tự
Tuy nhiờn i vi phng trình dạng ax2n + bxn + c = (II) ( với n N* , n =
2k + 1, k N) điều kiện giá trị nghiệm thay đổi Nhng nhìn chung dựa sờn phơng trình trùng phơng dạng ax4 + bx2 + c = (a 0)
(I) dới bảng tóm tắt cách giải phơng trình dạng (II)
1.5 Bảng tóm tắt cách giải phơng trình dạng
ax2n + bxn + c = ( a 0 , n N , n = 2k , k N )
T.H ax2n + bxn + c = 0
( a ) (II), Đặt
(12)xn = t2, (I) ⇔
at2 + bt + c = 0
(I’)
1 a + b + c =
t1= ; x1= , x2 = -1
t2 =
c a
c
a <0 (lo¹i) c
a > x3 = √n c
a , x4 =- − n
√c a
2 a - b + c =
t1= - (lo¹i)
t2 =
-c a
- c
a < (lo¹i)
V« nghiƯm
- c
a > x1 = √n − c
a , x2= − n
√− c a
Δ = b2– 4ac
Δ <
V« nghiƯm V« nghiƯm
Δ =
t1 = t2 =
− b
2a
− b
2a
< ( loại)
Vô nghiệm
b
2a
>
x1= √n− b
2a ; x2=-
n
√− b
2a
Δ >
t1=
-b+√Δ
2a
-b+√Δ
2a
< (lo¹i)
-b+√Δ
2a
>
x1= √n-b+√Δ
2a ,
x2 = −√n-b+√Δ
(13)3 t2 =
-b -√Δ
2a
-b -√Δ
2a
< (lo¹i)
-b -√Δ
2a
>
x3 = √n-b−√Δ
a , x4 = −√n-b−√Δ
a
Hc
Δ' = b’2– ac
Δ' < 0
V« nghiƯm V« nghiƯm
Δ' = 0
t1 = t2 =
−b' a
−b' a < (lo¹i
)
V« nghiƯm
−b' a >
x1= √n−b'
a ; x2 = - n
√−b' a
Δ' > 0
t1 =
-b'+√Δ'
a ,
-b'+√Δ' a <0 (lo¹i)
-b'+√Δ'
a >
x1= √n-b'+√Δ
'
a ,
x2 = −√n-b'+√Δ
' a t2 =
-b' -√Δ' a
-b' -√Δ' a < (lo¹i)
-b' -√Δ' a >
x3 = √n-b'−√Δ
' a , x4 = n-b'
(14)1.6 Bảng tóm tắt cách giải phơng trình dạng
ax2n + bxn + c = ( a 0 , n N , n = 2k+1, k N )
T.H ax2n + bxn + c = 0
( a ) (II), Đặt xn = t
xn = t2, (II) ⇔
at2 + bt + c = 0
(II’)
NghiƯm cđa ph¬ng trình (II) Nghiệm phơng trình (II)
1 a + b + c =
t1= ; x1=
t2 = c
a x2 = √n c
a ,
2 a - b + c =
t1= - x1= -1
t2 = - c
a x2 = √n − c
a
Δ = b2– 4ac
Δ <
V« nghiƯm V« nghiƯm
Δ =
0 t1 = t2 = − b
2a x1= √n− b
2a ;
Δ >
t1= -b+√Δ
2a x1= √n-b+√Δ
2a
t2 = -b -√Δ
2a x2 = √n-b−√Δ
a ,
Hc
Δ' = b’2– ac
Δ' < 0
V« nghiƯm V« nghiƯm
Δ' =
0 t1 = t2 = −
b'
a x1= √n−b'
a ;
t1 = -b'+√Δ
'
a , x1= n
√-b'+√Δ'
(15)3 Δ' >
0 t2 = -b' -√Δ
'
a x3 = √n -b'−√Δ
' a , Ví dụ 5 Giải phơng trình:
a) x6 3x3 – 5= (9)
b) 3x12 – 12x6 + = (10)
Gi¶i:
a) x6 3x3 = (9)
Đặt x3 = t x6 = t2 phơng trình cã d¹ng t2 – 3t – = (9’)
Cã Δ = – 4(-5) = 29 > ⇒ t1 = 3+√29
2 ; t2 =
3−√29
Víi t = t1 = 3+√29
2 ⇒ x
3 = 3+√29
2 ⇒ x1 =
3
√3+√29
2
Víi t = t2 = 3−√29
2 ⇒ x
3= 3−√29
2 ⇒ x2 =
3
329 Vậy Phơng trình cã nghiÖm: x1 =
3
√3+√29
2 ; x2 =
3
√3−29 b) x12 12x6 + =
Đặt x6 = t ⇒ x12 = t2 , ta có phơng trình: t2 12t + = 0
Ta cã Δ ’ = 62 – = 36 – = 29 , t
1 = 6+√29 ; t2 = 6−√29
Víi t = t1 = 6+√29 ⇒ x6 = 6+√29 ⇒ x1,2 = ± √66+√29
Víi t = t1 = 6−√29 ⇒ x6 = 6−√29 ⇒ x3,4 = 6629
Vậy phơng trình có nghiệm x1,2 = ± √66+√29 ; x3,4 = ± √66−√29
Trên số cách giải phơng trình dạng ax2n + bxn + c = (II) ( víi n
N )
1.7 Bµi tËp vËn dơng Bài Giải phơng trình:
a) x4 + 10x2 + = 0
b) 3x6 + 5x2 = 0 Bài 2. Giải phơng trình:
(16)Bài 3 Cho phơng trình:
x4 + 2(2m + 1) x2- 3m = 0.
a) Giải phơng trìnhvới m =3
b) Với giá trị m phơng trình có nghiệm phân biệt
Bài 4. Giải biện luận phơng tr×nh x4 – 2(a2+b2) x2 + (a2-b2)2 = 0.
Bài 5 Tìm điều kiện a b để phơng trình sau có nghiệm phân biệt x4 – 2(a2 + b2 – 1) x2 +(a2 – b2 + 1)2 – 4a2b.
Bµi 6 Chøng minh r»ng phơng trình sau có nghiệm với giá trÞ cđa m (x+1)4 – (m – 1) (x +1)2 – (m2 – m +1) = 0.
Bµi 7 Cho phơng trình:
x4 2(m -1)x2 (m – 3) = 0.
Tìm giá trị m để tập nghiệm phơng trình có a) Bốn phần tử
b) Ba phÇn tư c) Hai phÇn tử
d) Không phần tử
C kết luËn
Trên kinh nghiệm nhỏ cá nhân tơi Tơi áp dụng thấy có hiệu Tuy nhiên để học sinh khỏi nhầm lẫn hai loại tốn cần phải có thời gian luyện tập nhiều để em đợc làm nhiều tập từ rút kinh nghiệm Do trình độ chun mơn cịn nhiều thiếu sót khơng tránh khỏi sai sót mong đợc góp ý trân tình các thầy giúp tơi đợc sửa chữa bổ xung đợc đầy đủ
Tôi xin chân thành cảm ơn !
D Tài liệu tham khảo
(17)2 Tài liệu bồi dỡng thờng xuyên môn Toán cho giáo viên THCS chu kú ( 200 – 2007 ) – Bộ giáo dục Đào tạo NXB Giáo dục
3 Những vấn đề đổi giáo dục THCS mơn Tốn – Bộ Giáo dục Đào tạo