Sang KKN Phuong trinh vo ti

Qua việc thực hiện chuyên đề giải phương trình vô tỉ trong chương trình của cấp THCS và việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán và Giải toán trên máy tính cầm tay.. Về công ta[r]

Một số phơng pháp giảI phơng trình v« tØ

I - đặt vấn đề. 1 Lý chọn đề tài:

Các toán phơng trình vơ tỉ tốn khó Để giải đợc các tốn đó, bên cạnh việc nắm vững khái niệm tính chất của biểu thức chứa phải nắm đợc phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Có nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta phải vào đặc thù tốn mà sử dụng phơng pháp cho thích hợp Mỗi bài tốn chứng minh bất đẳng thức áp dụng đợc nhiều phơng pháp giải khác nhau, có phải kết hợp nhiều phơng pháp cách hợp lí Các phơng pháp thờng hay đợc sử dụng phơng pháp dùng định nghĩa, phơng pháp biến đổi tơng đơng, phơng pháp sử dụng bất đẳng thức biết, phơng pháp phản chứng, phơng pháp chứng minh quy nạp

Trong môn đai số trờng trung học sở kiến thức học sinh (HS) tích lũy đợc cha nhiều, nên giáo viên (GV) cần phải ý hớng dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tịi lời giải Nhiệm vụ khó khăn địi hỏi phải có thời gian kinh nghiệm s pham, phải có lịng tận tâm phơng pháp đúng đắn hội tốt để giáo viên trang bị dần cho học sinh một số tri thức phơng pháp, phơng pháp chứng minh toán bất đẳng thức nói riêng phơng pháp giải tốn đại số nói chung Nhằm rèn luyện và phát triển cho HS lực t khoa học Biết đề cho HS lúc, đúng chỗ câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ đối tợng chừng mực sử dụng khéo léo, linh hoạt gợi ý Chứng minh toán nh thể kinh nghiệm lực s phạm ngời giáo viên trình dạy học

thi kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào trờng chuyên toàn qc rÊt nhiỊu

Khơng chứng minh bất đẳng thức đề tài lí thú Đại số, mãi đối tợng nghiên cứu Toán học

Từ yếu tố khách quan chủ quan Tôi chọn nghiên cứu đề tài “ Bất đẳng thức ứng dụng ” Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu nhất để có phơng án đắn, hợp lí giúp học sinh tiếp cận với bài toán bất đẳng thức ứng dụng cách chủ động, sáng tạo và có hiệu có hứng thú trình học

Bất đẳng thức ứng dụng phong phú dạng tốn, nhng đề tài tơi nghiên cứu số dạng tốn điển hình phơng pháp giải cho dạng tốn đó.

2 Phạm vi giới hạn viết:

Bài viết giới thiệu bất đẳng thức ứng dụng dành cho đối tợng học sinh lớp 8, lớp góp phần nâng cao chất lợng đại trà bồi dỡng học sinh khá giỏi.

(Để viết khơng q dài, tơi khơng trình bày chi tiết lời giải, một số tốn đặc trng đợc phân tích cụ thể khai thác toán) I Lí chọn đờ̀ tài.

II Mục đích đề tài

Trên sở kinh nghiệm giảng dạy thực tiễn học tập của học sinh, tìm phương pháp giải phương trình vơ tỉ mợt cách hiệu nhất

III Phạm vi nghiên cứu

Để thực đề tài này, thực nghiên cứu đơn vị công tác Trường THCS Cụ thể học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi Toán của trường của Huyện

IV Cơ sở nghiên cứu

Các tài liệu phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học sở

V Phương pháp nghiên cứu

Thực đề tài này, sử dụng các phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận

– Phương pháp phân tích – Phương pháp tổng hợp – Phương pháp khái quát hóa – Phương pháp quan sát – Phương pháp kiểm tra

– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

VI Thời gian nghiên cứu

Đề tài thực từ ngày 05.09.2009đến ngày 30.3.2010

VII Giới hạn đề tài

Đề tài sử dụng việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, với đối tượng học sinh giỏi bợ mơn Toán

PHẦN II

NỢI DUNG ĐỀ TÀI I Khảo sát tình hình thực tê

Năm học 2008 – 2009, phân công bồi dưỡng học sinh giỏi Thực công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán giải toán máy tính cầm tay Đây mợt hợi rất tớt để tơi thực đề tài này, phương trình vơ tỉ mợt dạng phương trình khó Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng, kể học sinh tham gia hai đội tuyển dạng phương trình vơ tỉ cũng một dạng toán mới Trước bồi dưỡng học sinh giỏi, đã thực việc khảo sát môn toán 33 học sinh của lớp 9B Kết thu sau:

Giỏi: 10 em Khá:12 em

Trung bình: 11 em

Đợi tuyển học sinh giỏi môn Toán phụ trách đầu tháng gồm 14 học sinh, qua quá trình bồi dưỡng, chọn lọc trực tiếp Tôi đã chọn em vào đầu tháng để tiếp tục bồi dưỡng cho các em năm học

Đội tuyển học sinh giỏi mơn giải toán máy tính cầm tay phụ trách chọn lọc từ đầu tháng gồm 11 em

II Một số phương pháp giải phương trình vô ti

1 Phương pháp nâng lên lũy thừa

a) Dạng 1: f (x) g(x) 

2

g(x) f (x) [g(x)]

  

 

Giải: (1) 

2

x x x

x x 3x

x x

 

   



 

  



 

  

  



Vậy: phương trình đã cho có mợt nghiệm x =

b) Dạng 2: f (x) g(x) h(x)

Ví du Giải phương trình: x 5   x 2 (2)

Giải Với điều kiện x ≥ Ta có: (2)  x 3  x 5 

 2x (x 3)(x 2) 25    

 (x 3)(x 2) 12 x    

2

2 x 12 x 12

x 25x 150

x x 144 x 24x

   

 

  

 



     



Vậy: phương trình đã cho có mợt nghiệm x = c) Dạng 3: f (x) g(x) h(x)

Ví du Giải phương trình: x 1  x 7  12 x (3)

Giải: Với điều kiện ≤ x ≤ 12 Ta có: (3)  x 1  12 x  x 7

 x (12 x)(x 7)      19x x 2 84 x

 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16  76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 =  5x2 – 84x + 352 =

   

2

2

84 352 42 1764 1764 352

5 x x x x

5 5 25 25

42 44

5 x 5 x x (x 8) 5x 44

5 25

   

       

   

   

   

            

   

 x1 =

44

5 ; x2 = 8

Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =

44

5 ; x2 = 8

d) Dạng 4: f (x) g(x)  h(x) k(x)

Ví du Giải phương trình: x x 1  x 4  x 0  (4)

Giải: Với điều kiện x ≥ Ta có: (4)  x 9  x  x 1  x 4

 2x x(x 9) 2x (x 4)(x 1)         7 x(x 9)  (x 1)(x 4) 



2

 45 + 14x + 14 x(x 9) =

Với x ≥  vế trái của phương trình ln mợt sớ dương  phương trình vơ

nghiệm

2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa

Ví du Giải phương trình: x2  4x x 8   (1)

Giải: (1) 

2

(x 2)  8 x

Với điều kiện x ≤ Ta có: (1)  |x – 2| = – x

– Nếu x < 2: (1)  – x = – x (vô nghiệm)

– Nếu ≤ x ≤ 8: (1)  x – = – x  x =

HD: Đáp số: x =

Ví du Giải phương trình x 2 x 1    x 10 x 1   2 x 2 x 1   (2)

Giải: (2)  x x 1     x 2.3 x x x 1          x 1 | x | 2.| x 1|       

Đặt y = x 1 (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở thành: y | y | | y 1|    

– Nếu ≤ y < 1: y + + – y = – 2y  y = –1 (loại)

– Nếu ≤ y ≤ 3: y + + – y = 2y –  y =

– Nếu y > 3: y + + y – = 2y – (vô nghiệm) Với y =  x + =  x =

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x =

3) Phương pháp sử dung bất đẳng thức

a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, đó phương trình vô nghiệm Ví du 1. Giải phương trình x 1  5x 1  3x 2

Cách điều kiện x ≥

Với x ≥ thì: Vế trái: x 1  5x 1  vế trái âm

Vế phải: 3x 2 ≥  vế phải dương

Vậy: phương trình đã cho vơ nghiệm Cách Với x ≥ 1, ta có:

x 1  5x 1  3x 2

 x 8x (5x 1)(3x 2)       7x (5x 1)(3x 2)   

Vế trái một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥  phương trình vô

nghiệm

Ví du Giải phương trình: 3x26x 7  5x210x 14 2x x    2 (1)

Giải: Ta có (1) 

2

3 x 2x x 2x (x 2x 1)

3

   

          

   

   

 3(x 1) 24 5(x 1) 29 (x 1)  

Ta có: Vế trái ≥ 4 5   Dấu “=” xảy  x = –1

Vế phải ≤ Dấu “=” xảy  x = –1

Vậy: phương trình đã cho có mợt nghiệm x = –1

c) Sử dung tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất)

Ví du 1.Giải phương trình:

2

x

8 2x 2x x



   



Giải: điều kiện x ≥

1

Dễ thấy x = một nghiệm của phương trình – Nếu

1

x

2  : VT =

6

1 8

x

   

 Mà: VP > 8

– Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x 1 > 2.22 + 3 = 8 3 VT < 8

x x

6

1

x

    

   

 

Vậy: phương trình đã cho có mợt nghiệm nhất x =

Ví du Giải phương trình: 3x2  7x 3  x2   3x2  5x 1  x2  3x 4

Giải: Thử với x = Ta có:

2 2

3.4 7.2 2 3.2 5.2 3.2

1

         

   

(1)  (3x2  5x 1) 2(x 2)    (x2  2) 3(x 2)   3x2  5x 1  x2 

Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP

Vậy: x = nghiệm nhất của phương trình

Ví du 3.Giải phương trình:

6

6 x  x 

Giải : ĐK: x < Bằng cách thử, ta thấy x =

3

2 nghiệm của phương trình Ta cần

chứng minh nghiệm nhất Thật vậy: Với x <

3 2:

6 x 

8 x 



6

Tương tự với

3

2 < x < 2:

6

6 x  x 

Ví du 4.Giải phương trình: 3x(2 9x2 3) (4x 2)(1   x x ) 0   (1)

Giải : (1)    

2

3x (3x) (2x 1) (2x 1)

        

   

3x (3x) (2x 1) (2x 1)

       

Nếu 3x = –(2x + 1)  x =

1



các biểu thức hai vế Vậy x =

1



một nghiệm của phương trình Hơn nghiệm của (1) nằm khoảng

1 ;

 



 

  Ta chứng minh nghiệm nhất.

Với

1

x

2

   

: 3x < –2x – <

 (3x)2 > (2x + 1)2  2 (3x)2 32 (2x 1) 3

Suy ra:    

2

3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2  (2x 1) 3 0

 (1) khơng có nghiệm

khoảng Chứng minh tương tự, ta cũng đến kết luận (1) nghiệm

1

x

2

   

d) Sử dung điều kiện xảy dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt Ví du.Giải phương trình

x 4x x

4x



 



Giải: điều kiện

1 x

4



Áp dụng bất đẳng thức

a b

b a  với ab > 0

Với điều kiện

1

x x 4x

   

Nên:

x 4x x

4x



 

 Dấu “=” xảy  x 4x 1  x2 4x 0 

 x2 4x 0    (x 2)  3 x 2   x 2 

4 Phương pháp đưa về phương trình tích

Ví du 1.Giải phương trình: 2x 1  x 2  x

Giải ĐK: x ≥ Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình:

(x 3)( 2x 1   x 1) 0   

x

2x x

  



   

Ví du Giải phương trình: x 2(x 1) x 1      x x   (1)

Giải ĐK: | x | ≤ 1: (1)   x 1  x x 1     x 1   0

 x1 = 0; x2 =

24 25



Ví du 3.Giải phương trình: x 1  x3 x2 x 1   x4  1 (1)

Giải Chú ý: x4 – = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1)

(1)    

3

x 1 1   x x x 1 0

 x =

5) Phương pháp đặt ẩn phu a) Sử dung một ẩn phu

Ví dụ 1.Giải phương trình: x2  x 1  (1)

Giải Đặt x 1 = y (y ≥ 0)

y2 = x +  x = y2 –  x2 = (y2 – 1)2

 (2)  (y2 – 1)2 + y – =  y(y  1)(y2 + y  1) =

Từ suy tập nghiệm của phương trình là:

1 0; 1;

2

  

 



 

 

 

Ví du Giải phương trình:  

3

x 1  2 x x  

(1)

HD: ĐK: x ≥ Đặt x 1  = y

(1)     

3

x 1   x 1   0

 y3 + y2 – =

 (y – 1)(y2 + 2y + 2) =  y =  x =

b) Sử dung hai ẩn phu

Ví du Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x3 1 (3)

Giải Đặt u = x 1 , v = x2  x 1 (ĐK: x ≥ 1, u ≥ 0, v ≥ 0) Khi đó:

u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 +

 (3)  2(u2 + v2) = 5uv  (2u  v)(u 

2v) =

Giải ra, xác định x Kết là: x 

5 37 37 ;

2

   

 

 

 

 

Ví dụ Giải phương trình:   

x 5  x 1  x 7x 10 3

(1) Giải ĐK: x ≥ –2 (1)   x 5  x 1    (x 5)(x 2)   3

Đặt: x 5 = u, x 2 = v (u, v ≥ 0) u2 – v2 = (1)

 (a – b)(1 + ab) = a2 – b2  (a – b)(1 – a + ab – b) =  (a – b)(1 – a)(1 – b) =

Giải ra: x = –1 nghiệm nhất

Giải ĐK: x ≥ Đặt x 1 = u, 3x = v (u, v ≥ 0): (1)  b – a = a2 – b2  (a – b)(a

+ b + 1) =

Mà a + b + >  a = b  x =

1

2 nghiệm nhất của phương trình.

Ví du 4.Giải phương trình:

4

x x 2x

x  x    x (1)

Giải Đặt

1 x

x



= u,

5 2x

x



= v (u, v ≥ 0) (1) 

1 5

x 2x x 2x

x x x x

   

          

   

   u – (v2 – u2) – v =

 (u – v)(1 + u + v) = Vì + u + b > nên: u = v Giải ta được: x =

c) Sử dung ba ẩn phu

Ví du Giải phương trình: x2 3x 2  x 3  x 2  x2 2x 3 (1)

Giải ĐK: x ≥ (1)  (x 1)(x 2)   x 3  x 2  (x x)(x 3) 

Đặt: x 1 = a, x 2 = b, x 3 = c (a, b, c ≥ 0): (1)  ab + c = b + ac  (a – 1)

(b – c) =

 a = hoặc b = c Thay ngược trở lại ta x = nghiệm nhất của

phương trình

Ví dụ Giải phương trình : x x x   x x   x x 

Giải.Đặt : u  x ; v x ; t x (u ; v ; t ≥ 0)

 x = − u2 = − v2 = − t2 = uv + vt + tu

Từ ta có hệ:

(u v)(u t) (1) (v u)(v t) (2) (t u)(t v) (3)

  

 

  



   



Nhân vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30

Vì u ; v ; t ≥ nên: (u v)(v t)(t u)    30 (4)

Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:

30 v t (5)

2 30

u t (6)

30 u v (7)

5



  

  

  

 

 

  

Cộng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:

31 30 31 30

2(u v t) u v t

30 60

      

2

30 u

60

11 30 30 239

v x

60 60 120

19 30 t 60                          

d) Sử dung ẩn phu đưa về hệ phương trình

Ví dụ Giải phương trình x 1  2x 5 

Cách 1: Giải tương tự Ta x =

Cách 2: Đặt x u 0   2x v  Ta có hệ: 2 u v v 2u

        u u 12    

  x = 5.

Ví dụ 2Giải phương trình: 8 x  5 x 5

Giải ĐK: ≤ x ≤ 25 Đặt 8 x = u , 5 x v (u, v ≥ 0):

 2

u v u v 13

 

 

 



u u=3 v v v=2



 

  



  Giải ta có x = nghiệm nhất.

Ví du 3.Giải phương trình: 25 x  x 2

Giải ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 25 x = u, x = v (u, v ≥ 0)

 2

u v u v 16

 

 

 

 

u v u u v v

  

 



 

  

  Thế ngược trở lại: x = nghiệm nhất.

Ví du Giải phương trình: x  x 3

Giải ĐK: – ≤ x ≤ Đặt x u ; x v (u, v ≥ 0)

 2

u v u v

        x x     

Ví dụ Giải phương trình: x  x  x 2

Giải ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt x u, x v (u, v ≥ 0) 

2

(u v) 2uv (u v) uv

   



  



Giải ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Từ ngược trở lại: x = ±2 Ví dụ 6.Giải phương trình: 497 x 4 x 5 (1)

Giải Đặt 497 x = u, 4 x = v (u, v ≥ 0)

 (1) 

4

u v u u x 81

v v x 16 u v 97

                        

Ví du 7.Giải phương trình:3 x 32x 3 312(x 1)

Giải Đặt x u, 2x 33  v (1)



3 3 3

3

2 2 u v

3.(u v).(u 2uv v ) 3.(u v).(u v)

u v

 

          



  kết quả

6) Giải và biện ḷn phương trình vơ ti

Ví dụ Giải biện luận phương trình: x2 x m 

Giải Ta có: x2 x m   2 2

x m x m

x x 4xm m 2mx (m 4)

               

– Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm – Nếu m ≠ 0:

2 m x 2m  

Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 

2

m 2m



≥ m + Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2

 m2 ≤  m 2 

+ Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2

 m2 ≥  m ≤ –2

Tóm lại:

– Nếu m ≤ –2 hoặc < m ≤ 2: phương trình có mợt nghiệm

2 m x 2m  

– Nếu –2 < m ≤ hoặc m > 2: phương trình vơ nghiệm

Ví du Giải và biện luận phương trình với m là tham số:

√x2−3=x − m

(Đề thi học sinh giỏi cấp tinh năm học 1999 – 2000)

Giải Ta có:

2 2

x m x m

x x m

x x m 2mx 2mx (m 3)

 

 

      

      

 

– Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm – Nếu m ≠ 0:

2 m x 2m  

Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 

2 m m 2m  

+ Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2

 m2 ≤  m 

+ Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2 m2 ≥  m ≤ 

Tóm lại:

– Nếu m  3 hoặc m 3 Phương trình có mợt nghiệm:

2 m x 2m  

– Nếu  m 0  hoặc m 3: phương trình vơ nghiệm

Ví dụ Giải biện ḷn theo tham sớ m phương trình: x x m m

Giải Điều kiện: x ≥

– Nếu m < 0: phương trình vơ nghiệm

– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x 1) 0   có hai nghiệm: x

1 = 0, x2 =

– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với

( x m)( x m 1) 0 

x m x m

  

 

  

+ Nếu < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 =

2

(1 m)

II Kêt quả thực hiện

Qua việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn: Toán giải toán máy tính cầm tay Tơi đã áp dụng các nội dung của đề tài vào việc bồi dưỡng cho các em Kết đạt sau:

1 Mơn Giải tốn máy tính cầm tay

a) Cấp Huyện:

Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh cấp Huyện: 11 em

Số học sinh đạt giải: em (1 giải nhất, giải nhì, giải ba giải khuyến khích)

khích)

b) Học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Q́c gia: em (Đạt giải )

2 Mơn Tốn

a) Cấp Huyện:

Tổng sớ học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Huyện: em

Số học sinh đạt giải: em (2 giải nhất, giải nhì, giải ba, giải khuyến khích) Sớ học sinh chọn tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh: em

III Bài học kinh nghiệm

Qua việc thực chuyên đề giải phương trình vơ tỉ chương trình của cấp THCS việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán Giải toán máy tính cầm tay Bản thân tơi đã rút một số học kinh nghiệm sau:

1 Về công tác chỉ đạo

Đây một công tác quan trọng hàng đầu việc bồi dưỡng học sinh giỏi Trong năm học vừa qua, nhận chỉ đạo sát sao, quan tâm thường xuyên từ phía Ban giám hiệu Nhà trường Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đã gặt hái thành công lớn

2 Về phía học sinh

Để gặt hái thành tích cao cơng tác mũi nhọn Học sinh nhân vật trung tâm việc bồi dưỡng đào tạo, nhân tố giữ vai trò định thành công hay thất bại của mỗi giáo viên làm cơng tác giảng dạy, bồi dưỡng Vì các em mới người học, người thi người đem lại thành tích

Toán, mợt mơn học khó, có rất học sinh lựa chọn tham gia thi mơn Cũng lí này, cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán trở nên khó khăn rất nhiều

3 Về phía giáo viên tham gia trực tiếp công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

Nếu học sinh giữ vai trò trung tâm cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi vị trí của người thầy lại giữ vai trò chủ đạo Để thực thành công việc đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt với mơn Toán khó khăn rất nhiều so với các mơn học khác Những giáo viên tham gia bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán cần phải có thời gian bồi dưỡng nhiều hơn, phải đầu tư thời gian, công sức, tiền bạc nhiều so với giáo viên tham gia bồi dưỡng môn học khác Vấn đề thời gian, học sinh khơng phải cái máy, chúng ta cùng một lúc nhồi nhét vào đầu các em mọi vấn đề mà chúng ta cho các em nên học Mà việc tiếp thu, học tập của các em mợt quá trình bền bỉ, lâu dài mới mong đạt hiệu Bản thân giáo viên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán năm năm thứ hai, nói kinh nghiệm chưa nhiều Song cũng nhận thấy rằng, để bồi dưỡng mợt đợi tuyển thi có giải mợt vấn đề nan giải, khó khăn Ở tồn hai vấn đề:

Một là, kiến thức của người thầy, giáo viên giảng dạy toán phải người có mợt cái nhìn tổng quát mơn toán bậc học của mình, phải người giải toán thường xuyên, cặp nhật thường xuyên thuật toán, thủ thuật giải toán hiệu Nói tóm lại kiến thức của thầy phải vững vàng, thầy thực phải người giỏi toán

Hai là, cần phải lên kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, chuẩn mực Cặp nhật thường xuyên kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt phải kích thích các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy tố chất tốt nhất của các em để công việc học tập của các em đạt hiệu cao

PHẦN III KẾT LUẬN

Trên một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ khn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ thể phương pháp giải phương trình vơ tỉ của lớp Ngồi phương pháp mà chắt lọc nêu trên, chắc chắn còn nhiều phương pháp giải khác mà thân tôi, lực còn hạn chế thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài của khơng còn sơ śt Chính vậy, tơi rất mong có đóng góp, bổ xung của các đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện