Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên

1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ. 1. Lý do chọn đề tài. Trong các kỳ thi học sinh giỏi cũng như thi vào các trường chuyên thường xuất hiện các bài toán tìm nghiệm nguyên. Đó là loại toán đòi hỏi một phản xạ nhanh, nhạy và chính xác, một suy luận lô gích. Chính vì vậy giải phương trình nghiệm nguyên là phát triển tốt cho trí tưởng tượng và sự thông minh được phát triển. Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên bậc nhất nói chung là không khó vì đã có phương pháp giải tổng quát. Giải phương trình nghiệm nguyên bậc cao là một vấn đề rất phong phú, thường đòi hỏi vận dụng tổng hợp và sáng tạo các kiến thức số học và đại số. Để giúp học sinh có thêm phương pháp tư duy sáng tạo khoa học nhanh chóng tìm ra lời giải cho một bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên bậc cao trong một số bài tập. Tôi đã chọn chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” Chuyên đề này xin được nêu lên một vài phương pháp giúp giải phương trình nguyên bậc cao trong một số trường hợp thông qua ví dụ và từng loại bài tập để từ đó hình thành kỹ năng và phương pháp giải. 2. Mục đích nghiên cứu. - Nghiên cứu các phương pháp cơ bản trong giải phương trình nghiệm nguyên, giúp học sinh tìm ra lời giải nhanh nhất đối với dạng bài tập này. - Rèn luyện cho học sinh tính linh hoạt, sáng tạo khi học toán. - Góp phần bồi dưỡng khả năng suy nghĩ, trí thông minh, suy luận lô gích để giải quyết các vấn đề. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu. 3.1. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khối 8, 9 trường THCS Khai Quang. 3.2. Phạm vi nghiên cứu: Các bài tập về giải phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toán THCS. 4. Phương pháp nghiên cứu. 4.1. Phương pháp nghiên cứu lý thuyết: - Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về phương pháp dạy học toán và các tài liệu có liên quan đến giải phương trình nghiệm nguyên. - Nghiên cứu và tìm hiểu phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. 4.2. Phương pháp điều tra: Tìm hiểu thực trạng kết quả học tập của học sinh (Đặc biệt là đội tuyển học sinh giỏi) nhằm xác định tính phổ biến và nguyên nhân để chuẩn bị cho các bước tiếp theo. 4.3 Phương pháp thảo luận: Trao đổi với đồng nghiệp về kinh nghiệm giảng dạy và các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. 3
2. 4.4 Phương pháp quan sát: Thông qua các tiết dự giờ, thao giảng và bồi dưỡng học sinh giỏi của đồng nghiệp để quan sát trực tiếp tình hình học sinh tiếp thu bài và cách khai thác và xây dựng lời giải của kiểu bài giải phương trình nghiệm nguyên. 4.5. Phương pháp kiểm tra đánh giá: Khi thực hiện chuyên đề khảo sát, so sánh kết quả đánh giá học sinh trước và sau khi thực hiện để đánh giá hiệu quả của chuyên đề. 5. Kế hoạch nghiên cứu. Thời gian nghiên cứu là 9 tháng: Từ tháng 8/2013 đến tháng 4/2014. 4
3. PHẦN II: NỘI DUNG 1. Cơ sở lý luận: Trong thời đại hiện nay nền giáo dục của nước ta đã và đang tiếp cận được với khoa học hiện đại. Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và hiện đại của học sinh. Đặc biệt là môn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức một cách chính xác, khoa học và hiện đại, vì thế để giúp các em học tập môn toán có kết quả tốt giáo viên phải có một kiến thức vững vàng, một tấm lòng đầy nhiệt huyết và biết vận dụng các phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt, sáng tạo và hiệu quả để học sinh hiểu bài một cách nhanh nhất, dễ hiểu nhất. Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến thức trong đó có một nội dung kiến thức mà theo các em suốt trong quá trình học tập là tìm giá trị nguyên của ẩn hoặc của tham số. Bậc tiểu học, học sinh đã gặp các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản: Tìm các số tự nhiên x; y, lên lớp 6, 7 là tìm các số nguyên x; y , lên lớp 8, 9: tìm nghiệm nguyên của phương trình. Như vậy giải phương trình nghiệm nguyên có một ứng dụng rất quan trọng khi giải toán, đặc biệt là với học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9. Không những thế phương trình nghiệm nguyên còn được ứng dụng nhiều cho học sinh tiếp tục học tập lên các lớp trên. 2. Cơ sở thực tiễn: Thực tế cho thấy hầu hết các em học sinh lớp 8, 9 kể cả học sinh đội tuyển đều rất ngại khi gặp phải các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên, mặc dù các em đã biết cách giải phương trình nghiệm nguyên bậc nhất tuy nhiên khi nhìn thấy phương trình nghiệm nguyên bậc hai và các bậc cao hơn thì hầu hết học sinh đều tỏ ra khó khăn và lúng túng. Nguyên nhân vì các em không biết xuất phát từ đâu để tìm lời giải hoặc không biết tìm mối liên quan giữa các ẩn và các số liện đã biết để ra được kết quả. Mà dạng toán này thường có ở phần cuối của các đề kiểm tra và trong các đề thi học sinh giỏi. Với những cơ sở về mặt lý luận cũng như về mặt thực tiễn nêu trên, tôi mạnh dạn vận dụng vào thực tế giảng dạy của mình. Kết quả khảo sát khi chưa thực hiện chuyên đề: Điểm Sĩ Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém Số Lớp TS % TS % TS % TS % TS % 9A 35 2 5,7 7 20,0 9 25,7 15 42,9 2 5,7 8A 35 1 2,9 6 17,1 11 31,4 14 40,0 3 8,6 3. Nội dung của chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Phương pháp 1: Sử dụng tính chẵn lẻ. Ví dụ 1: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thỏa mãn x2 – 2y2 = 1 (1) 5
4. Giải: (1)x 2 = 2y2 + 1 lẻ x = 2k + 1 y chẵn mà y là số nguyên tố nên y = 2 , x = 3 Ví dụ 2: Tìm số nguyên tố p để 4p + 1 là một số chính phương. Giải: Giả sử 4p + 1 = x2 x lẻ nên x = 2n + 1 ; n z. Khi đó 4p + 1 = (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 p = n(n + 1) chẵn. Vì p nguyên tố và p chẵn nên p = 2. Vì p = 2 thì 4p + 1 là số chính phương. x 2 y 3 7 Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình : z 2 2 y 2 1 Giải: Từ phương trình thứ hai ta có z2 = 2y2 + 1 z lẻ. Đặt z = 2t + 1 khi đó z2 = 4t2 + 4t + 1 hay y2 = 2t2 + 2t y chẵn. Mặt khác từ phương trình một ta có: 2(k2 + k – 2n3) = 3. Điều này không thể xảy ra vì vế trái của đẳng thức là số lẻ, còn vế phải là số chẵn nên hệ vô nghiệm. Bài tập áp dụng: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x 5y 1 2 x y x2 x = 105 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 = 2y2 3. Giải phương trình trên tập số nguyên tố: xy + 1 = z 4. Tìm điều kiện cần và đủ cho số k để phương trình x2 – y2 = z có nghiệm nguyên. Phương pháp 2: Phương pháp phân tích. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – y3 = 3xy + 1 Giải: Ta có hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a+ b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) Phương trình đã cho có thể viết lại thành: x3 + (-y)3 + (-1)3 – 3x(-y)(-1) (x – y – 1)(x2 + y2 + 1 + xy + x – y) = 0 a) x – y – 1 = 0 x = y + 1 b) x2 + y2 + 1 + xy + x – y = 0 Coi đây là phương trình bậc hai đối với x ta có: = (y + 1)2 – 4(y2 – y + 1) = -3y2 + 6y – 3 = -3(y – 1)2 0 (y 1) Để phương trình có nghiệm thì 0 y = 1; x = = -1 2 Tóm lại phương trình đã cho có nghiệm nguyên: x 1 x k y 1 ; y k 1 Với k z 6
5. Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4xy + 5y2 = 16 Giải: Phương trình tương đương với: (x – 2y)2 + y2 = 16 = 42 + 0 (Số 16 chỉ có thể là tổng của hai số chính phương 42 và 0) x 2 y 4 x 2 y 0 Do đó y 0 Hoặc y 4 Vậy phương trình có 4 nghiệm: (4;0), (-4;0), (8;4) và (-8; -4). Bài tập áp dụng: 1. Tìm nghiệm nguyên: a) x + y = xy b) p(x + y) = xy với p nguyên tố. 2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 3x3 – xy = 5 3. Giải các phương trình sau trên tập số nguyên. a) 3x2 + 10xy + 8y = 96 b) 2x2 + xy – y2 – 9 = 0 c) x2 + x – y2 = 0 d) x2 – y2 = 91 Phương pháp 3: Phương pháp cực hạn ( Thường sử dụng cho phương trình đối xứng nên vai trò các ẩn như nhau nên có thể giả thiết 1 x y z ) Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz (1) Giải : Vì x, y, z có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử 1 x y z 1 1 1 3 2 Từ (1) suy ra 1 = x 3 xy yz zx x2 x = 1. thay x = 1 vào (1) ta được 1 + y + z = yz (y – 1)(z -1) = 2 = 1.2 y = 2; z = 3 ( vì y – 1 z – 1) Vậy (1) có 6 nghiệm nguyên là các hoán vị của (1; 2; 3) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + 7y = y3 + 7x Giải: Phương trình đã cho tương đương với (x – y)(x2 + xy + y2 – 1) = 0 x = y hoặc x2 + xy + y2 = 7 Nếu x y thì từ x2 + xy + y2 = 7 (x – y)2 = 7 – 3xy > 0 7 xy < x = 1 ; y = 2 hoặc x = 2; y = 1 3 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (1;2) ; (2,1); (n,n); n z Bài tập áp dụng: 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: a) x + y + z + t = xyzt b) x + y + z + 9 = xyz 7
6. c) x + y + 1 = xyz 1 1 1 d) = 1 x y z 2. Tìm nghiệm nguyên dương 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt Phương pháp 4: Phương pháp loại trừ. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x6 + 3x3 + 1 = y4 Giải: Rõ ràng với x = 0, y = 1 là nghiệm của phương trình ta chứng minh đó là hai nghiệm nguyên duy nhất. * Với x > 0 (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 x6 + 3x3 + 1 = y4 x3 + 1 < y2 < x3 + 2 ( vô lý) * Với x -2 (x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4< x6 + 2x3 + 1 = (x3 +1)2 x3 2 < y2 < x3 1 (vô lý) * Với x= -1 thì y4 = -1 vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm (0;1) và ( 0; -1) Ví dụ 2; Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1! + 2! + + x! = y2 Giải: *Với x 5 thì x!  10 nên 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + x! tận cùng là 3 trong khi đó không có số chính phương nào có số chính phương nào tận cùng là 3. Vậy với x 5 phương trình không có nghiệm nguyên. * Với x< 5 phương trình có nghiệm nguyên x= 1, y= 1 và x= 3, y= 3. Bài tập áp dụng: 1. Giải các phương trình trên tập số nguyên x2 – 6xy + 13y2 = 100 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2 3. Giải phương trình trên tập số nguyên. (x – 2)4 – x4 = y3 4. Giải phương trình: 6x2 + 5y2 = 74 Phương pháp 5: Dùng chia hết và chia có dư. (Thường dùng để chứng minh phương trình không có nghiệm nguyên bằng cách chứng minh hai vế khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau). Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – 2y2 = 5 Giải: * Nếu x 5 thì từ 2y2 = x2 – 6 y 5 khi đó x2 – 2y2  25 vô lý. * Nếu x không  5 thì y không 5 số nguyên x khi chia cho 5 có thể dư 1, 2 8
7. x2  1 (mod 5) x2 – 2y2  3 (mod 5) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Phương trình 19x2 + 28y2 = 729 có nghiệm nguyên hay không? Giải: Phương trình đã cho có thể viết thành: (18x2 + 27y2) + (x2 + y2) = 729. Vì 729 chia hết cho 3, 18x2 + 27y2 chia hết cho 3. Vậy x2 + y2 chia hết cho 3 từ đó rõ ràng x 3, y 3. Đặt x = 3u và y = 3v( u, v là các số nguyên) thay vào phương trình đầu ta có: 19u2+ 28v2 = 81. Lập luận tương tự như trên ta có u, v đều chia hết cho 3 nên lại có u = 3t, v= 3s từ đó ta lại có 19t2 + 28s2 = 9. Tương tự: t = 3q; s = 3r ta đi đến 19q2 + 28r2 = 1. Phương trình này không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Ví dụ 3: Tìm các chữ số x, y, z thỏa xyz xzy zzz (1) Giải: Ta có (1) 100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z 200x + 11y = 100z 100(z – 2x) = 11y  100 y = 0 khi đó z = 2x z = 2, 4, 6, 8 Ứng với x = 1, 2, 3, 4 ta có các số 102, 204, 306, 408 đều thỏa mãn (1). Bài tập ứng dụng: 1. Giải phương trình trên tập hợp số nguyên. a) x2 – 3y2 = 17 b) x2 – 5y2 = 17. 2. Chứng minh rằng phương trình 15x2 – 7y2 = 9 không có nghiệm nguyên. 3. Giải phương trình trên tập số nguyên. 4 4 4 x1 x2 x7 1982 4. Chứng minh rằng phương trình: 4x2 + y2 + 9z2 = 71 không có nghiệm nguyên. Phương pháp 6: Sử dụng tính chất nguyên tố. Tính chất 1: Với mọi số nguyên a, số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3. Tính chất 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 ( a, b z). Nếu a2+ b2  p thì a p và b p. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – y3 = 7 Giải: x2 – y3 = 7 x2 + 1 = 8 + y3 = (y + 2)(y2 – 2y + 4) * Nếu y chẵn thì x2 + 1 4 x2  3 (mod 4) vô lý. 8 Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4 = (y – 1)2+ 3 có dạng 4k = 3 nên phải có ước có dạng đó. Do đó x2 + 1 có ước số nguyên tố dạng 4k + 3 vô lý. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2: Giải phương trình trên tập số nguyên. x2 + 2x + 4y2 = 37 9
8. Giải: Ta có: x2 + 2x + 4y2 = 37 (x + 1)2 + (2y)2 = 38 19 ( dạng 4k + 3) x + 1 19 và 2y 19 (x + 1)2 + (2y)2  192 ( vô lý) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 3: Chứng minh phương trình: 4xy – x – y = z2 không có nghiệm nguyên dương. Giải: Ta có: 4xy – x – y = z2 (4x – 1)(4y – 1) = (2z)2 + 1 Số 4x – 1 nguyên, dương 3 có dạng 4k + 3 nên có ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 3 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên, dương. Bài tập áp dụng: 1. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau: a) 4xy – y + 4x – 2 = 9x2 b) x2y2 – y2 – 2y = 1 = 0 x 2 13 y 2 z 2 2. Tìm nghiệm nguyên, dương của hệ: 13 x 2 y 2 t 2 Phương pháp 7: Phương pháp xuống thang. Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – 3y3 – 9z3 = 0 Giải: Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên của phương trình, khi đó x03. Đặt x0 = 3x1. 3 3 3 thay vào phương trình ta được:  9x1 y0 3z1 0 y0 3. Đặt y0 = 3y1 khi đó: 3 3 3 3 3 3 9 x1 27 y1 3z0 = 0 3x1 9y1 z0 = 0 z0  3. Đặt z0 = 3z1 .Thay z0 = 3z1 3 3 3 3 3 3 vào 3x1 9y1 z0 = 0 ta được: x1 3y1 9z1 Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất (0; 0; 0) Ví dụ 2: Giải phương trình nguyên: 8x4 – 4y4 + 2z4 = t4 Giải: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0, y0, z0, t0) thì t0 = 2t1 phải chẵn. 4 4 4 4 Thay t vào phương trình đã cho được: 4x0 2y0 z0 8t1 z02 . 4 4 4 4 Đặt z0 = 2z1 nên 4x0 y0 8z1 4t1 y02 . 4 4 4 4 Đặt y0 = 2y1 nên x0 8y1 4z1 2t1 x02 . 4 4 4 4 Đặt x0 = 2x1 nên 8x1 4y1 2z1 t1 . x y z t Như vậy 0 ; 0 ; 0 ; 0 cũng là nghiệm của phương trình. 2 2 2 2 x y z t Quá trình này tiếp tục mãi các số: 0 ; 0 ; 0 ; 0 là số nguyên với mọi k nguyên. 2 k 2 k 2 k 2 k Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0; 0) Bài tập áp dụng: 1. Giải phương trình trên tập số nguyên. a) x3 – 2y3 – 4z3 = 0 b) x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt 10
9. 2. Tìm nghiệm nguyên a) x2 + y2 + z2 = 2xyz b) x3 + 2y3 = 4z3 Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức. 1. Bất đẳng thức Cosi: a a a 1 2 n a .a a n 1 2 n Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = = an 2. Bất đẳng thức Bunhiacopxky. Cho 2n số thực a1, a2= , an; b1, b2, , bn 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: ( a1b1+ a2b2 + + anbn) a1 a2 an b1 b2 bn Dấu “=” xảy ra khi a1= kbi; i = 1, 2, , k số thực. xy yz zx Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên dương: 3 (1) z x y Giải: Áp đụng bất đẳng thức Côsi ta có: 3 4 4 4 3 3xyz = x2y2 + y2z2 + z2x2 3 x y z 3xyz xyz xyz 1 x = y = z = 1 Vậy (1) có nghiệm nguyên, dương là (1;1;1) Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) Giải: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky. (x = y + 1)2 (x2 + y2 + 1)(12 + 12 + 12) = 3(x2 + y2 + 1) Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1 Giải cách khác: Phương trình đã cho tương đương với: xy + x + y = x2 + y2 + 1 ( x2 + y2 – 2xy) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 x = y = 1 Bài tập áp dụng: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau: 1. x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2z = 4. 2. x2 + y2 + z2 = xy + 3y + 2z – 4 1 3. x y 1 z 2 x y z 2 Phương pháp 9: Áp dụng tính chất số Ví dụ 1: tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z sao cho: x2 + y3 + z4 = 28713. Giải: Bởi vì: 22 + 33 + 43 = 287 nên 28713 = 22.28712+ 33. 28712 + 44. 28712 = (2.287)2 + ( 3.2874)3 + (4.2873)4 Vậy x = 2.2876 , y = 3.2874 , z = 4.2873 Ví dụ 2: Tìm 4 só nguyên khác nhau sao cho tổng của hai số bất kỳ trong chúng sẽ là bình phương của một số nguyên. 11
10. x y a 2 x z b 2 x t c 2 Giải: Ta có hệ 6 phương trình 10 ẩn số: y z d 2 2 y t e z t f 2 Suy ra a2 + f2 = b2 + e2 = c2 + d2 Theo tính chất số ta có thể chỉ ra một số có dạng ba tổng các bình phương 2 số bằng nhau đó là số 625 = 02+ 252 = 72 + 242 = 202 + 152 x y 0 x z 49 Suy ra : x t 400 y z 225 y t 576 z t 625 Giải hệ phương trình ta có: x = -88; y = 88; z = 137; t = 488 Ví dụ 3: Tồn tại hay không 4 số tự nhiên lẻ khác nhau k, l và m thỏa mãn đẳng 1 1 1 1 thức: 1991 k l m 1 1 1 1 Giải: Vì 1991 = 11.181 nên 1991 x 11x 181x 1 1 1 1 x = 2183 và ta có : 1991 2183 24013 395123 Từ đó các số k = 2183; l = 24013; m = 395123 thỏa mãn đẳng thức đã cho. 1 1 1 1 Ngoài ra còn tồn tại: 1991 2123 3493 384263 1 1 1 = 2353 13937 181181 1 1 1 = 3077 5973 101541 Bài tập áp dụng: 1 1 1 1 1. Tìm các số tự nhiên thỏa mãn: 3 m n 1996 2. Tồn tại các số tự nhiên x, y sao cho : x3 + y3 = 4684 3. Tìm các số : a) xyz sao cho xyz = x3 + y3 +z3 a) xyzmnt sao cho xyzmnt = x6 + y6 + + t6 4. Hiệu quả khi thực hiện chuyên đề: Tôi đã thực hiện nghiên cứu với học sinh lớp 9A, 8A năm học 2012-2013. Đầu năm học, khi đưa ra loại toán giải phương trình nghiệm nguyên thấy có 12
11. nhiều học sinh làm bài còn yếu, kém cụ thể qua bài khảo sát lần I, khi chưa thực hiện chuyên đề mà tôi đã đưa ra lúc đầu: Điểm Sĩ Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém Số Lớp TS % TS % TS % TS % TS % 9A 35 2 5,7 7 20,0 9 25,7 15 42,9 2 5,7 8A 35 1 2,9 6 17,1 11 31,4 14 40,0 3 8,6 Kết quả này khiến tôi rất băn khoăn, trăn trở và tôi đã thực hiện các giải pháp bằng cách dạy cho các em cách tư duy một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bậc cao và thông qua giảng dạy tôi nhận thấy phần lớn các em đã có hứng thú khi gặp các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên, các em không còn thấy ngại và sợ những bài toán dạng này nữa. Một số em khá giỏi còn tìm ra một số cách giải hay và ngắn gọn, phù hợp. Tuy vậy bên cạnh những kết quả đạt được thì vẫn còn một số ít học sinh còn học yếu, lười học, chưa có khả năng giải được toàn bộ dạng bài tập này. Đối với các em này một phần cũng là do khả năng học toán của các em còn hạn chế nên rất cần sự cố gắng của các em. Cụ thể kết quả đạt được ở bài kiểm tra cuối kỳ II như sau: Điểm Sĩ Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém Số Lớp TS % TS % TS % TS % TS % 9A 35 4 11,4 11 31,4 15 42,9 5 14,3 0 0 8A 35 2 5,7 12 34,3 17 48,6 4 11,4 0 0 Kết quả đó cho thấy các em đã có tiến bộ rất nhiều. 13
12. PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Như vậy từ một loại toán khó, kết hợp phương pháp truyền thụ của giáo viên và sự chăm chỉ luyện rèn của học sinh tôi đã xây dựng cho học sinh một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Từ đó hình thành và phát triển năng lực tư duy sáng tạo, kỹ năng phân tích tổng hợp, tính cẩn thận, chính xác, tính kiên trì và sự linh hoạt trong vận dụng kiến thức đã học vào giải toán cho học sinh. Giúp các em có hứng thú học tập, ham mê học toán và đặc biệt phát huy năng lực tư duy sáng tạo khi gặp các dạng toán khó. Từ chỗ ngại và lúng túng khi gặp các bài toán về giải phương trình nghiệm nguyên thì nay phần lớn các em đã tự tin hơn, biết vận dụng những kỹ năng được bồi dưỡng để giải các bài tập mang tính phức tạp qua đó cho thấy tính ứng dụng cao của một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên. Hy vọng chuyên đề nhỏ này sẽ góp thêm một số kinh nghiệm bổ ích cho các bạn đồng nghiệp. Trong khi viết chuyên đề “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” tôi không tránh khỏi những thiếu xót cũng như nội dung chuyên đề chưa thực sự phong phú. Rất mong nhận được những ý kiến phê bình, đóng góp của cấp trên và các bạn đồng nghiệp để chuyên đề hoàn thiện và có hiệu quả hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Vĩnh Yên, ngày 18 tháng 4 năm 2013 Người viết chuyên đề Nguyễn Thị Nghĩa 14
13. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8; 9 2. Toán nâng cao và phát triển đại số 8; 9 3. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8; 9 4. Báo toán tuổi thơ. 15
14. ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ CỦA HĐKH A. ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ * Ý kiến nhận xét: a. Chấm điểm Phần 1: Phần 2: Phần 3: Tổng điểm: b. Xếp loại: Đạt loại: Khai Quang, ngày tháng năm 2013 Tổ trưởng 16
15. ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ CỦA HĐKH A. ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG NHÀ TRƯỜNG THCS KHAI QUANG * Ý kiến nhận xét: a. Chấm điểm Phần 1: Phần 2: Phần 3: Tổng điểm: b. Xếp loại: Đạt loại: Khai Quang, ngày tháng năm 2013 CT-HĐKH 17
16. ĐÁNH GIÁ CHUYÊN ĐỀ CỦA HĐKH A.ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ VĨNH YÊN * Ý kiến nhận xét: a. Chấm điểm Phần 1: Phần 2: Phần 3: Tổng điểm: b. Xếp loại: Đạt loại: Khai Quang, ngày tháng năm 2013 CT-HĐKH 18