(THCS) hướng dẫn học sinh lớp 9 giải một số dạng phương trình vô tỉ

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lâp – Tự do – Hạnh phúc

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 9 GIẢI MỘT SỐ DẠNG
PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ ”
Thuộc lĩnh vực: Mơn Tốn lớp 9 – Trường THCS

Người thực hiện: ..............
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THCS ..............

.............., tháng 10 năm 2018


CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Hội đồng sáng kiến huyện ..............
Tơi ghi tên dưới đây:
Số
TT

Họ và tên

Ngày

Nơi cơng tác

tháng

Chức
danh

Trình độ
chun mơn

năm sinh

1

..............

Trường
THCS ..............

Giáo
viên

Đại học
Tốn

Tỷ lệ
(%)
đóng
góp vào
việc tạo
ra sáng
kiến
100%

Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “ Hướng dẫn học sinh lớp 9
giải một số dạng phương trình vơ tỉ”
1. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: ..............
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Sáng kiến thuộc lĩnh vực mơn Tốn lớp 9 và Sáng kiến giúp học sinh biết
áp dụng một số phương pháp khi giải phương trình vơ tỉ cụ thể từ đó học sinh
hiểu sâu sắc phương trình vơ tỉ dưới nhiều góc độ hơn và làm đơn giản hơn q
trình giải phương trình vơ tỉ.
3. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Sáng kiến
được áp dụng trong năm học 2017 – 2018 và học kì I năm học 2018 – 2019
4. Mơ tả bản chất của sáng kiến :
Báo cáo sáng kiến được thực hiện dựa trên tinh thần tìm ra những kinh
nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, tiếp tục đổi mới phương
pháp dạy học theo định hướng phát triển năng lực của học sinh, lấy người học
làm trung tâm. Trên tinh thần đó giáo viên nghiên cứu lí luận và thực tiễn về vấn
đề giải phương trình vơ tỉ cho học sinh lớp 9 ở trường THCS để tìm ra những
biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thức Toán học cho
học sinh là công việc cần phải làm thường xuyên, mỗi giáo viên dạy tốn việc tìm
hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương


pháp dạy học đặc biệt trong báo cáo sáng kiến cần tìm ra những phương pháp giải
phương trình vơ tỉ một cách hiệu quả nhất nhằm nâng cao chất lượng dạy học
mơn Tốn ở trường THCS.
4.1. Nghiên cứu cơ sở khoa học, cơ sở pháp lý của việc vận dụng một số
phương pháp giải phương trình vơ tỉ đối với học sinh lớp 9 ở trường THCS.
Trong bối cảnh khoa học kĩ thuật trên thế giới phát triển như vũ bão, nền
giáo dục thế giới đang hướng tới “ mọt xã hội học tập”, một xã hội “ học thường
xuyên, học suốt đời”. Đảng và nhà nước ta đang nhận định phát triển giáo dục và

khoa học công nghệ là “ Quốc sách hàng đầu”. Do vậy giáo dục không còn chủ
yếu là đào tạo kiến thức mà còn rèn luyện , hình thành năng lực của người học.
Vì thế, ngày nay hơn bao giờ hết, tất cả các quốc gia đang đứng trước những
thử thách to lớn là: Nâng cao chất lượng giáo dục ở tất cả các cấp học, bậc học –
nơi cung cấp nguồn nhân lực đáp ứng những thay đổi to lớn trong mọi lĩnh vực
của đời sống xã hội.
Luật Giáo dục 2015 điều 15 xác định vai trò trách nhiệm của nhà giáo dục: “
Nhà giáo giữ vai trò quyết định trong việc đảm bảo chất lượng giáo dục. Nhà giáo
phải không ngừng học tập, rèn luyện nêu gương tốt cho người học”
Nghị quyết số 29 – NQ/TW đã nêu rõ:“Phát triển giáo dục và đào tạo là
nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài. Chuyển mạnh quá trình
giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện phẩm chất và
năng lực người học. Học đi đôi với hành; lý luận gắn với thực tiễn; giáo dục nhà
trường kết hợp với giáo dục gia đình và giáo dục xã hội”.
Để thực hiện các mục tiêu trên, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã phát động phong
trào đổi mới giáo dục, nhấn mạnh vào đổi mới phương pháp dạy học trong toàn
quốc. Luật Giáo dục 2005, chương I, điều 24 có ghi: "Phương pháp giáo dục phổ
thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của học sinh;
phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự
học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm,
đem lại niềm vui, hứng thú học tập của học sinh”.


Cơng văn số 718/GDĐT-THCS ngày 08/9/2017 của Phịng GDĐT ..............
về Kế hoạch thực hiện nhiệm vụ giáo dục Trung học cơ sở năm học 2017-2018
đã xác định rõ: Tiếp tục đổi mới phương pháp dạy học nhằm phát huy tính tích
cực, chủ động, sáng tạo, rèn luyện phương pháp tự học cho học sinh.
Những văn bản trên là cơ sở pháp lý cho tôi tiếp tục thực hiện sáng kiến
trong năm học này.
4.2. Thực trạng trước khi thực hiện sáng kiến

Phương trình vơ tỉ là dạng tốn tương đối khó đối với học sinh THCS.
Dạng tốn giải phương trình vơ tỉ có rất nhiều cách giải, vì vậy địi hỏi học sinh
phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Có những lời giải xem ra “thiếu
tự nhiên” nhưng thật ra rất độc đáo. Các bài toán về phương trình vơ tỷ thường
hay được đưa vào dạy cho học sinh khá và giỏi, trường chuyên, lớp chọn và rất ít
đề cập trong sách giáo khoa. Song thực chất học sinh được làm quen với các bài
tốn giải phương trình từ bậc Tiểu học với cách hỏi đơn giản hơn ở dạng bài
“Tìm x” và kiến thức loại này được nâng cao dần ở các lớp trên nhưng với
phương trình vô tỷ, các em chỉ được làm quen ở lớp 9 dưới dạng đơn giản và
được học nhiều ở bậc Trung học phổ thơng. Dạng tốn “ Giải phương trình vô tỉ”
được đề cập nhiều trong các loại sách tham khảo, do vậy giáo viên rất khó khăn
trong việc sưu tầm, tuyển chọn.
Trong q trình giải tốn học sinh cịn rất lúng túng những vấn đề về
phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không nhỏ khiến cho nhiều
học sinh khơng ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này. Thực
ra, đây cũng là một trong những vấn đề khó, phương trình vơ tỉ cũng là một dạng
toán mới.. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây
là một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc những học sinh này phải vượt
qua, trong khi giải các bài tốn về phương trình vơ tỉ học sinh hay mắc một số sai
lầm như sau:
- Khơng tìm tập xác định khi giải:
Ví dụ: Giải phương trình: 3x  2  2 x  3  5 x  1
Giải sai: Chuyển vế phương trình (1) được :

(1)


3x  2  5 x  1  2 x  3  3 x - 2 = 5x - 1 + 2x - 3 + 2 (5 x  1)(2 x  3)
 2 10 x 2  17 x  3  4 x  2  10 x 2  17 x  3 1  2 x

(2)

 10x2 - 17x + 3 = 1 + 4x2 - 4x

(3)

x  2

 6x2 – 13x + 2 = 0  (x - 2)(6x - 1) = 0  
1
 x  6

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2; x =

1
6

Phân tích sai lầm: Học sinh khơng chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn
thức. Trong ví dụ trên: Điều kiện x >

3
1
nên x = khơng là nghiệm của
2
6

phương trình (1). Để khắc phục sai lầm này ta tìm ĐKXĐ của phương trình
hoặc giải rồi thử các giá trị tìm được của ẩn vào phương trình đã cho để kết
luận nghiệm.
- Khơng đặt điều kiện để biến đổi tương đương các phương trình.

Ở ví dụ trên: Các phương trình (2) và (3) khơng tương đương mà
1  2 x  0


Phương trình (2)  

2
10 x  17 x  3   1  x 

2

 Như vậy phương trình (3) tương đương với phương trình (2) khi x <

1
.
2

 x = 2 cũng khơng là nghiệm của phương trình (1).

Giải đúng:
ĐKXĐ: x >

3
2

(*) .

Ta có: (1)  10 x 2  17 x  3 1  2 x
1  2 x 0



2
2
10 x  17 x  13 1  4 x  4 x

1

x 

2

 6 x 2  13x  2 0


Đối chiếu với điều kiện (*)
Suy ra phương trình (1) vơ nghiệm.

1

 x  2
1
 x .

6
 x 2, x  1
2
 1
6

4.3 . Kết quả điều tra khảo sát ban đầu:
Khi chưa áp dụng sáng kiến tôi khảo sát ở lớp học sinh tham gia bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi lớp 9 của trường THCS VănYên với đề bài:
Bài tập: Giải các phương trình
9(x  1)  21

a)

b) x 2  x  1  1
c)
d)

4

97  x  4 x  5

x  1  5x  1  3x  2

e) x + y + z + 4 = 2 x  2  4 y  3  6 z  5

Kết quả thu được như sau:
Bảng 1: Kết quả bài kiểm tra tính theo số lượng

Tổng số HS
18

Điểm 0-2

Điểm 3-4

4

6

Điểm 5-6
5

Điểm 7-8
3

Điểm 9-10
0

Bảng 2: Kết quả bài kiểm tra tính theo tỉ lệ %
Tổng số HS

Điểm 0-2

Điểm 3-4

22,22%

33,33%

Điểm 5-6
27,78%

18
4.4. Một số giải pháp được thực hiện sáng kiến.

Điểm 7-8
16,67%

Điểm 9-10
0%

4.4.1. Giải pháp chung
Để khắc phục những tồn tại trên khi dạy cho học sinh giải phương trình vô
tỉ, giáo viên cần trang bị cho học sinh những phương trình cơ bản trong sách giáo
khoa và kiến thức mở rộng, hình thành các phương pháp giải tốn một cách hợp
lý . Với mỗi phương trình cần để cho học sinh nhận dạng, phát hiện ra cách giải
và tìm ra cách giải một cách phù hợp nhất, nhanh nhất. Qua mỗi dạng phương
trình giáo viên cần đưa ra phương pháp giải và hướng dẫn học sinh đặt đề toán
tương tự, từ đó khắc sâu cách làm cho học sinh. Nếu biết phân dạng, chọn các ví
dụ tiêu biểu, hình thành đường lối tư duy cho học sinh thì sẽ tạo ra hứng thú


nghiên cứu, giúp học sinh hiểu sâu, nhớ lâu và nâng cao hiệu quả giáo dục, đặc
biệt là ôn luyện cho học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi cũng như THPT.
Là giáo viên, chúng ta luôn mong muốn cung cấp cho học sinh “chiếc chìa
khố” để giải từng dạng cụ thể của phương trình. Song khơng phải dạng phương
trình nào cũng có một cách giải tổng qt. Do đó, qua q trình giảng dạy, học
hỏi đồng nghiệp và tự tham khảo các tài liệu tôi mạnh dạng phân dạng phương
trình vơ tỉ và cách giải từng dạng đồng thời đưa ra một số cách giải phương trình
vơ tỉ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vơ tỷ dưới nhiều góc
độ hơn và làm đơn giản hơn q trình giải phương trình vơ tỷ cho học sinh, cụ thể
như sau:
* Cung cấp cho học sinh những kiến thức, kỹ năng cơ bản có liên quan đến
giải phương trình.
- Khái niệm về phương trình

- Các Định lý về phép biến đổi tương đương một phương trình
- Ghi nhớ cho học sinh các cơng thức quan trọng ở Chương I – Mơn Tốn
lớp 9 thuộc học kì I ( kiến thức về căn bậc hai hoặc bậc ba có liên quan tới kĩ
năng biến đổi về căn thức, thực hiện các phép tính chứa dấu căn)
* Hình thành cho học sinh các bước giải một phương trình vơ tỉ theo các
thao tác:
- Bước 1: Nhận dạng phương trình, đưa phương trình về dạng quen thuộc
- Bước 2: Áp dụng phương pháp giải hợp lý từ đó thực hiện giải phương
trình
- Bước 3: Chọn nghiệm và kết luận nghiệm ( thử lại nếu cần thiết)
* Thường xuyên khắc phục những sai lầm thường mắc cho học sinh khi
dạy các phương pháp giải phương trình
- Khơng đặc điều kiện xác định của phương trình để biến đổi tương đương
- Kết luận sai do không đối chiếu với điều kiện của ẩn
- Chua phân biệt được các phép biến đổi tương đương và khơng tương
đương ( phương trình tương đương; phương trình hệ quả), phép biến đổi tương
đương và phép biến đổi thành phương trình hệ quả.


* Xây dựng các công thức giải các dạng phương trình vơ tỉ như: ngay sau
khi học Chương I “ Căn bậc hai, Căn bậc ba” - Đại số 9. u cầu học sinh ghi
nhớ các cơng thức đó
* Cung cấp cho học sinh các phương pháp giải phương trình vơ tỉ sau khi
học xong chương phương trình bậc hai ( thường xuyên rèn luyện thành thạo cho
học sinh kỹ năng giải các phương trình đã biết như bậc nhất, bậc hai, phương
trình tích đã nhằm hỗ trợ cho việc giải phương trình vơ tỉ sau này).
* Phối hợp với các bài toán khác ( tổng hợp): Nhằm giúp học sinh thường
xuyên rèn luyện các phép biến đổi về căn thức và giải phương trình vơ tỉ ( ra các
đề tốn tổng hợp ln có câu về giải phương trình vô tỉ)
* Thường xuyên kiểm tra và uốn nắn kịp thời việc định dạng và vận dụng

các phương pháp giải từng dạng phương trình vơ tỉ một cách có chủ động.
* Rèn kỹ năng biến đổi các phương trình ban đầu về các phương trình dạng
quen thuộc và lựa chọn các phương pháp giải cho hợp lý với từng dạng, chú ý tới
cách vận dụng linh hoạt.
* Xây dựng cho học sinh các bước thực hiện cơ bản khi giải một phương
trình vơ tỉ, theo các bước sau:
- Bước 1: Quan sát, nhận dạng, tìm TXĐ của phương trình
- Bước 2: Huy động phương pháp giải hợp lý (phải lựa chọn phương pháp
tối ưu)
- Bước 3: Giải phương trình
- Bước 4: Chọn nghiệm phù hợp và kết luận
* Kiểm tra định kỳ: Thường xuyên rút kinh nghiệm về việc thực hiện các
bài tập giáo viên giao cho các nhóm học sinh dưới các hình thức cá nhân, nhóm,
lớp. Thống kê chất lượng thông báo kết quả.
4.4.2. Giải pháp cụ thể.
4.4.2.1. Một số lý thuyết cơ bản về phương trình, phương trình vơ tỉ.
a. Đại cương về phương trình.
* Khái niệm:
Phương trình là một đẳng thức (mệnh đề) có chứa biến số f(x) = g(x).


+ Biến số x trong biểu thức gọi là ẩn số.
+ f(x) và g(x) là hai vế của phương trình.
+ Quá trình tìm x gọi là giải phương trình.
+ Mỗi giá trị của biến x thuộc tập xác định để có một đẳng thức đúng gọi là
một nghiệm của phương trình.
+ S: Là tập hợp nghiệm của phương trình.
* Tập xác định của phương trình (TXĐ).
Là những giá trị của biến làm cho mọi biểu thức trong phương trình đều có
nghĩa.

* Hai phương trình tương đương.
Là hai phương trình có cùng một tập hợp nghiệm hoặc nghiệm của phương
trình này cũng là nghiệm của phương trình kia và ngược lại.
b. Phương trình vơ tỉ.
* Định nghĩa: Phương trình vơ tỷ là phương trình có chứa ẩn số trong căn thức.
Ví dụ:

3x  3  1  1  x

* Các bước giải phương trình (dạng chung)
- Tìm điều kiện xác định của phương trình.
- Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.
- Giải phương trình vừa tìm được.
- Đối chiếu kết quả tìm được với điều kiện xác định và kết luận nghiệm.
Chú ý: Với những phương trình có ĐKXĐ là x  R (trong q trình biến đổi
khơng đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại.
* Các kiến thức cơ bản về căn thức.
- Một số âm khơng có căn bậc chẵn.
- Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương
trình tương đương phải đặt điều kiện.
A2  A

A B 

A  A2  B
A

2

A2  B

với A > 0; A2 > B > 0
2

4.4.2.2. Các phương pháp giải phương trình vơ tỉ


a. Sử dụng các phép biến đổi tương đương
* Dạng 1:

f  x   A ( A là một số hoặc một biểu thức đã biết)

+ Phương pháp :

 A 0
f  x  A  
2
 f  x  A

(1)

(2)

Ở phương pháp này ta đã biến đổi tương đương phương trình đã cho
f  x   A với một hệ hỗn hợp, như vậy nghiệm của (2) chính là nghiệm của (1).

Do vậy ta chỉ giải hệ (2) rồi kết luận nghiệm của (1). Cơ sở của phương pháp này
là dựa vào khái niệm căn bậc hai số học của f  x  0
+ Chú ý: Khi A  0 ta kết luận ngay phương trình

f  x   A vơ nghiệm

+ Ví dụ: Khi giải phương trình x 2  3x 2 ta giải như sau:
x 1  0
x 2  3x  2  x 2  3x  4  x 2  3 x  4  0   x  1  x  4   0  

x  4  0

x  1
 x  4


Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = -4
* Dạng 2:

f  x g  x

+ Phương pháp:

 g  x  0
f  x g  x  
2
 f  x   g  x  

+ Ví dụ: Giải phương trình

x 2  3 x  11 2 x  1 (1) ta giải như sau:

1

x


1
2



 2 x  1
5
2 x  1  0
x 

 
5 x
2
(1)   2
2  
2
3

3 x  x  10  0
3 x 2  x  10  0(*)
 x  3
 x  3 x  11   2 x  1


  x  2

Vậy phương trình (1) có nghiệm: x 

5

3

+ Chú ý: Khi chỉ ra được g  x   0 ta kết luận ngay phương trình vơ nghiệm
Ví dụ: Giải phương trình x 2  3x  5  x 2  3

(*)

Vì  x 2 0   x 2  3  3  0   x 2  3  0 vậy (*) vô nghiệm
* Dạng 3: f  x   g  x 
+ Phương pháp:

 f  x  0

f  x   g  x    g  x  0
 f  x g  x



+ Ví dụ: Giải phương trình 3x  1 2 2  x
 3x  1 0


Ta có (1)   2  x 0
 3x  1 4 2  x 


(1)

1


x  3

 x 2  x 1
 x 1



Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1
f  x   h x   g  x  (1) và

* Dạng 4:

f  x   h x   g  x 

+ Phương pháp giải phương trình (1):
- Bước 1: Tìm TXĐ

(*)

- Bước 2: Bình phương hai vế của (1)
Ta được (1) 

f  x  h x  

1
 g  x   2  f  x   h x 
2





(2)
- Bước 3: Đặt điều kiện mới cho (2)  g  x   2  f  x   h x  0

(**)

Bình phương hai vế của (2) đưa về một phương trình (3) đã biết cách giải
- Bước 4: Giải (3), chọn nghiệm thỏa mãn (*) và (**) từ đó kết luận nghiệm
*Ví dụ: Giải phương trình

x  3 5 

(1)

x 2

Lời giải
(1)  x  3  x  2 5
 x  3 0

 x  2 0

Điều kiện: 

(2)

 x  3
 x 2


 x 2

(*)

Với x 2 hai vế không âm, bình phương hai vế của (2) rồi thu gọn ta có
phương trình

(3)

x 2  x  6 12  x
12  x 0

(3)  

 x  x  6 12  x 
2

2

 x 12


 25 x 150

 x 12
 x 6

 x 6

Với x  6 thỏa mãn (*)

Vậy phương trình có nghiệm x  6
* Chú ý: Khi phương trình đã cho chưa có dạng

f  x   h x   g  x  mà

như ở ví dụ trên, ta nên biến đổi tương đương phương trìnhđã cho về dạng (1)


khơng nên để ngun phương trình mà bình phương hai vế vì cho dù có điều
kiện để phương trình có nghĩa nhưng phép biến đổi không tương ( do hai vế
x  3 và 5 

x  2 không đồng thời lớn hơn hoặc bằng khơng)

+ Cách giải phương trình dang

f  x   h x   g  x  hoàn toàn tương tự

Nếu g(x) là một biểu thức của (1) có giá trị âm với mọi x thì ta kết luận
ngay phương trình (1) vơ nghiệm.
* Dạng 5:

f  x   h x   g  x   k  x 

(1)

Đây là dạng phương trình vơ tỉ có chứa nhiều căn thức bậc hai, ta có thể
tiến hành các bước như sau:
 f  x  0
 h  x  0


- Bước 1: Đặt điều kiện cho phương trình có nghĩa( tìm TXĐ) 
(*)
 g  x  0
 k  x  0

- Bước 2: Với điều kiện(*) bình phương hai vế của (1) ta có:
f  x   h  x   2 f  x  h x   g  x   k  x   2 g  x  k  x 

Đưa phương trình về dạng: F  x   G  x   H  x 

(2)

- Bước 3: Tùy theo từng trường hợp cụ thể giải tiếp (2)
* Ví dụ: Giải phương trình:

x

x 1 

(1)

x  4  x  9 0

Lời giải
Phương trình (1) có dạng:

x  x  9  x  1 x  4

(2)

(*)

Điều kiện cho (2) có nghĩa: x 0
Với (*) bình phương hai vế của (2) ta có:
(2)  4  2 x 2  9 x 2 x 2  5 x  4  2  x 2  9 x  x 2  5 x  4

Vì hai vế lớn hơn hoặc bằng khơng nên bình phương hai vế ta có:
4  x 2  9x  4 x 2  9x x 2  5x  4 

x 2  9 x  x

 x 0
 x 0
 2
 
 x 0 thỏa mãn (*).
2
 9 x 0
 x  9x x

Vậy nghiệm của phương trình là x  0
b. Phương pháp đặt ẩn phụ

(3)


* Mục đích: Nhằm đưa ra phương trình đang xét về một phương trình đơn
giản hơn( đã biết cách giải). Tuy nhiên, cần phải biết chọn các ẩn phụ một cách
thích hợp phù hợpvới đặc thù bài tốn đang xét:
Cần chú ý rằng để có thể đặt ẩn phụ có thể thơng qua một vài bước biến

đổi phương trình đã cho để làm xuất hiện “ biểu thức cần chọn” làm ẩn phụ.
Ví dụ: Như phương trình sau: x 2  29 x  30 31  x 2  29 x
Ta biến đổi thành: x 2  29 x  30   x 2  29 x  30  1 0
 x  30

2
Điều kiện: x  29 x  30 0   x  1 x  30  0  
 x 1

Đặt ẩn phụ: t  x 2  29 x  30  t 0
Ta có phương trình: t 2  t  1  0
Nhằm giúp học sinh có được thói quen áp dụng phương pháp trên theo
hướng đúng đắn, hợp lý, chống máy móc, rập khn phương pháp này. Nên cần
chú ý tới một số dạng phương trình vơ tỉ thường gặp sau:
*Dạng 1: Phương trình có dạng af  x   b f  x   c 0
Cách giải: Đặt điều kiện cho phương trình có nghĩa f  x  0

(1)
(*)

Đặt ẩn phụ: t  f  x   t 0
Giải phương trình ẩn t phương trình: at 2  bt  c  0 (Giải theo cách một
phương trình bậc hai ẩn t, chọn t thích hợp)
Giải phương trình vơ tỉ dạng

f  x  t chọn nghiệm theo điều kiện (*) từ

đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho.
*Ví dụ: Giải phương trình 3x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7 2

(1)

Phương pháp giải như sau:
Điều kiện: x 2  7 x  7 0
Trước hết đưa phương trình (1) về dạng (1)
(1)  3 x 2  7 x  7   3 x 2  7 x  7  3 2  3 x 2  7 x  7   3 x 2  7 x  7  5 0
Đặt: t  x 2  7 x  7 (t 0)
Ta có phương trình: 3t 2  2t  5  0


Giải phương trình này có nghiệm: t1  1 (nhận); t2 

5
(loại)
3

Giải phương trình:
x 2 7 x  7  1  x 2  7 x  7  1  x 2  7 x  6  0  x1  1; x2  6

Thử lại điều kiện: x 2  7 x  7 0 nên hai giá x1, x2 trị thỏa mãn
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x1  1; x2  6
* Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ t  x 2  7 x  7 đã làm cho phương trình vơ tỉ
chuyển về dạng quên thuộc. Phương pháp “ đặt ẩn phụ” có ưu thế là “ hữu tỉ hóa”
một phương trình vơ tỉ có nhiều tiện lợi cho việc giải mơt phương trình.
* Dạng 2:

f  x   h x   n f  x  h x   g  x 

(2)

- Cách giải: Để giải dạng (2) ta dùng ẩn phụ t  f  x   h x 

(2’)

 t 2  f  x   h x   2 f  x  h x 

Rút

f  x h x 

t2  f  x  h x
2

thay vào phương trình (2) rồi rút gọn

phương trình để được phương trình ẩn mới là t.
Giải phương trình ẩn t sau đó chọn t theo điều kiện.
Giải phương trình (2’) sau đó chọn x theo điều kiện có nghĩa của (2)
(1)

*Ví dụ: Giải phương trình x  1  x  2  2 x 2  x  2 13  2 x
Đưa phương trình (1) về dạng 2:

x 1  x  2  2

 x  1  x  2 

 13  2 x

 x  1 0

13

Điều kiện cho (1) có nghĩa là:  x  2 0  2  x  (*)
2
13  2 x 0


Đặt: t  x  1  x  2  t 0
 t 2 x 1  x  2  2

 x  1 x  2 

2

 x  1 x  2 t 2 

2x 1

Thay vào (1) ta có phương trình: t  t 2  2 x  1 13  2 x  t 2  t  12 0
(1’)
Giải (1’) ta được: t1  3 (nhận); t2  4 (loại)
Giải phương trình:

x  1  x  2 3  x  1  x  2  2 x 2  x  2 9




 x 5
 x 5

x 2  x  2 5  x   2
 
 x 3
2
x

3
x

x

2


5

x




x  3 thoả mãn (*). Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x  3

*Dạng 3:



f  x  a



f  x  b



f  x  c





f  x   d m

(3)

 a  b c  d

Trong đó:  a  c b  d
 a  d b  c

Cách giải:
Đặt:

f  x  t  t 0

Đưa phương trình về dạng:   t  a   t  b   t  c   t  d   m







   t  a  t  b     t  c  t  d   m  t 2   a  b t  ab t 2   c  d t  cd m (3’)

Đặt ẩn phụ thứ hai để đưa phương trình về dạng cơ bản đã biết cách giải.
2
2
Có thể có nhiều cách đặt, chẳng hạn đặt: y  t   a  b  t  t   c  d  t

Ta có phương trình (3’)   y  ab y  cd  m  y 2   ab  cd  y  abcd  m 0
( Đây là một phương trình bậc hai đã biết cách giải)
+ Ví dụ: Giải phương trình:





x 1

x 2





x 3



x  4 840

Điều kiện: x 0 đặt x  t ( t 0 )
Ta có phương trình ẩn t:  t  1 t  2 t  3 t  4 840
  t  1  t  4    t  2   t  3   840   t 2  5t  4   t 2  5t  6   840

Đặt ẩn phụ: y t 2  5t  5  y 0
Ta có phương trình:  y  1 y  1 840  y 2  1 840  y 2 841
 y  29 (thỏa mãn); y  29 (loại)

+ Với y  29 ta có phương trình t 2  5t  5  29  t 2  5t  24  0  t1  3 ( thỏa
mãn); t2  8 (loại)
Với t1  3 ta có phương trình :

x 3  x 9 ( thỏa mẫn đều kiện x 0 )

Kết luận : Nghiệm của phương trình ban đầu là x  9
Nhận xét : Ở dạng 3 dùng ẩn phụ lần thứ nhất ta đã hữu tỉ hóa phương trình
đã cho. Song chưa có được phương trình ở dạng quen thuộc nhờ đặt ẩn phụ lần
thứ hai ta đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai. Cần lưu ý trong cách


đặt ẩn phụ lần thứ hai có thể có nhiều cách lựa chọn khác nhau như
y  t 2  5t  4 hoặc y  t 2  5t  6 hoặc y  t 2  5t  5 đó là tính linh hoạt của

việc chọn ẩn phụ mà nguwoif giải cần chú ý. Như vậy khi giải một phương trình
bằng cách đặt ẩn phụ ta có thể đặt nhiều ẩn phụ khác nhau sao cho đích cuối cùng
là đưa phương trình ban đầu về dạng quen thuộc.
c. Phương pháp hệ phương trình ( Chuyển một phương trình thành một hệ
phương trình tương đương)

* Bên cạnh phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về một bài toán khác, có rất
nhiều bài tốn cần dùng tói nhiều ẩn số phụ và tùy theo từng đặc thù của bài toán
đã cho ta thu được các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng, chẳng hạn đối
với phương trình : n a  f  x   m b  f  x  c

(*)

Ta có thể đặt : u n a  f  x  ; v m b  f  x 
 u  v c

Dẫn tới : (*)  

n
m
 u  v a  b

(**)

Như vậy để tìm nghiệm của(*) ta quy về việc tìm nghiệm của hệ phương
trình (**). Vì ở đây với điều kiện tồn tại của phương trình thì phương trình và hệ
phương trình đã cho là tương đương. Như thế việc giải hệ phương trình khơng bị
gị bó vì nó thơng qua giải một hệ phương trình tương đương, từ nghiệm của hệ
phương trình ta suy ra nghiệm của phương trình ban đầu thơng qua tập xác định
của phương trình (*)
Ví dụ 1: Giải phương trình

3

1
1

x 
 x 1
2
2

Khi đưa ra bài toán này học sinh rất lúng túng về phương pháp giải vì gặp
một phương trình vơ tỉ ‘‘không thuần chủng’’ do vế trái chứa căn bậc hai và căn
bậc ba. Song ếu đặt ẩn phụ và tìm cách chuyển phương trình về một hệ phương
trình tương đương thì việc giải quyết bài tốn được dễ dàng hơn.
Ta có thể tiến hành giải phương trình theo phương trình hệ như sau :
Điều kiện:
Đặt : a 3

1
1
 x 0  x 
2
2
1
1
 x;b 
 x  b 0
2
2


1
2

1

2

* 

Ta có : a 3   x; b 2   x

a 3  b 2 1

Kết hợp với a  b  1 ta có hệ phương trình sau :
 a 3   1  b  3
a  b  1
a  1  b
3


  1  b   1  b2
 3
 3
 3
2
2
2
a  b  1 a  1  b
 a  1  b
 1  b 1  b   1  b 1  b  0
2





 1  b  1  b   1  b  0  b1  b  b  3 0
2

 b1  0; b2  1  0; b3  3  0  b1  0; b2  1; b3  3 ( thỏa mãn)

Với b  0  a  1 thay vào (*) ta có x 

1
( thỏa mãn)
2

Với b  1  a  0 thay vào (*) ta có x 

1
( thỏa mãn)
2

Với b  3  a   2 thay vào (*) ta có x 

17
( thỏa mãn)
2

1
2

1
2

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x1  ; x 2  ; x3 
Ví dụ 2: Giải phương trình 2  x 2  x 2

17
2

(1)

Nhiều học sinh khi giải phương trình này thường dẫn tới lúng túng khi bình
phương hai vế của (1) vì sẽ được một phương trình bậc bốn khó giải.
Ta có thể giải phương trình (1) như sau :
Điều kiện phương trình có nghĩa là 2  x 0  x 2
Đặt: y  2  x  y 0
 x 2  y 2
2
y

2

x
Kết hợp với
ta có hệ phương trình 
 y 2  x 2

(2)

Trừ vế với vế của hai phương trình ở hệ (2) ta có phương trình :
y  x  y 2  x2
  y  x  y  x   y  x  0
y  x

y  x

  y  x   y  x   1 0   y  x  x  y  1 0  
x  y  1  y  1 x

+ Với y  x thay vào phương trình y 2  2  x ta có : x 2  x  2  0  x1  1
( loại vì x  y  2  0 mà y 0 )
+ Với y  1  x thay vào phương trình y  2  x 2 ta có :


1 5
1 5
1  x  2  x 2  x 2  x  1  0  x1 
; x2 
2
2

Đối chiếu với điều kiện của nghiệm :
1 5
2  x 2  0  x 2  2  x  2   2  x  2 Thì x1 
khơng thỏa mãn
2
1

Vây phương trình đã cho có nghiệm là : x1 1; x 2 

5
2

Như vậy việc dùng phương pháp hệ phương trình giúp học sinh tìm được

cách giải cho bài toan trên một cách hợp lý hơn. Tuy nhiên với bài toán này cần
chú ý tới điều kiện của nghiệm là :
 2  x 0


2
2

x

0


 x 2
  2 x  2


2

x

2


Thì việc lựa chọn nghiệm mới chính xác, cho nên ngay từ đầu ta nên tìm
cho ẩn x. Trên cơ sở tìm điều kiện cho phương trình có nghĩa và có nghiệm, nói
gọn là tìm điều kiện cho nghiệm số.
d. Phương pháp tổng bình phương
* Cơ sở của phương pháp này là : Đưa phương trình ban đầu f  x, y,...., t  0 (1)
2

2
vỊ d¹ng: f1  x, y,..., t   ...  f n  x, y,..., t   0

 f 1  x, y,..., t  0

  ......
 f  x, y,...., t  0
 n

Thực chất của phương pháp trên là biến đổi tương đương phương trình đã
cho thành một hệ phương trình đặc biệt đơn gian hơn dễ tìm được nghiệm nhờ
vào việc biến đổi vế trái của (1) thành tổng của các bình phương.
Ví dụ 1: Giải phương trình x 2  4 x  32 16 x

(1)

Nếu giải phương trình (1) theo cách bình phương hai vế của phương trình
học sinh gặp khó khăn vì(1) dẫn tới một phương trình bậc bốn khó tìm nghiệm
hơn.
Ta có thể áp dụng phương pháp ‘‘tổng bình phương’’ như sau:
Điều kiện phương trình có nghĩa: x 0
Với điều kiện x 0 ta có
(1)   x 2  8 x  16  4 x  16 x  16 0




  x  4  2 x  4
2

 x  4  2


 2 x  4





2



2

0

 x  4  0
 x  4


 x4
2 x  4  0
 x  2

Với x  4 thỏa mãn điều kiện x 0
Vậy phương trình (1) có một nghiệm x  4
Ví dụ 2: Giải phương trình x  y  t  4 2 x  2  4 y  3  6 t  5

(2)

Đây là một phương trình vơ tỉ có 3 ẩn số x, y, t nên nếu bằng cách giải
thông thường học sinh gặp khó khăn. Song nếu áp dụng phương pháp ‘‘tổng bình
phương’’ thì bài tốn trở thành đơn giản.
Ta giải bài toán như sau :
 x  2 0

Điều kiện phương trình có nghĩa:  y  3 0 
 t  5 0


 x 2

 y 3
 t 5


(*)

Với điều kiện trên thì
(1)   x  2  2 x  2  1   y  3  2 y  3.2  4  t  5  2 t  5.3  9

















 
2

x 2  1 



 
2

y 3 2 



2

t  5  3 0

2

x  2 1  0

 x  2 1  0

 x  2 1
x  2  1
x  3




y  3  2  0   y  3  2  0   y  3  2  y  3  4  y  7




2
t  5  9
t  14
t 5 3 0
t 5 3




t 5 3  0



2



Với x  3; y  7; t  14 đều thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là :  x; y; t    3;7;14 
Như vậy dùng phương pháp ‘‘tổng bình phương’’ ta có thể giải một
phương trình vơ tỉ có nhiều ẩn số một cách đơn giản song cần phải chú ý tránh sai
lầm cho học sinh về việc chỉ rõ số nghiệm của phương trình.
3
2

Ví dụ 3: Giải phương trình x  2 xy  3 y  2 x  0

(3)


Bài tốn này rất khó khi thực hiện giải bằng phương pháp thơng thường,
Song nếu tìm cách viết vế trái dưới dạng tổng các bình phương thì bài tốn trên
nên đơn giản.
Điều kiện phương trình (3) có nghĩa: x  0; y  0
Với điều kiện đó ta có :
1
2

(3)   x  2 xy  y  2 x  2 y  1  (4 y  4 y  1) 0







2

x  y 1 







2
1
2 y 1  0
2



3
9


 x  y 1 2  0
 x  1 y
x

x





 x  y 1  0



2
4





1
2
1
1
 2 y 1  0
2 y  1  0
 y
y 
y  1

2
2


4
4





Thỏa mãn điều kiện x 0; y 0
9 1
Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất là : ( x; y )   ; 
4 4

Nhận xét : Qua các bài toán trên ta nhận thấy khi gặp một số phương trình
vơ tỉ khơng ở dạng ‘‘ mẫu mực’’ ta có thể viết phương trình f  x   0 dưới dạng
2
2
2
f  x   f1  x   f 2  x   .....  f n  x  thì việc giai phương trình f  x   0 trở thành

đơn giản. Đây là một phương pháp ứng dụng nhiều đối với các phương trình đã
gặp trong chương trình phổ thông.
e. Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp
Trong khi thực hiện các phép biến đổi tương đương một phương trình vơ tỉ
ta có thể nhân (chia) hai vế của phương trình với biểu thức liên hợp của một trong
hai vế hoặc cả hai vế của phương trình đã cho, để được một phương trình đơn
giản hơn phương trình ban đầu rồi dùng phương trình ban đầu biến đổi tới một
phương trình đã biết cách giải.
Ví dụ 1: Giải phương trình
x  5
 x3
x  3

Điều kiện: 

x 5 

x  3 2

(1)


Với điều kiện x 3 ta cã

x  5  x  3  0 là biểu thức liên hợp của vế

trái
Nhân hai vế của (1) với x  5  x  3 ta có :
(1)  x  5   x  3 2 x  5  x  3   x  5  x  3 4 (1’)
Cộng vế với vế của (1) và (1’) ta được phương trình
x  5 3  x  5 9  x 4 ( thỏa mãn điều kiện)

2 x  5 6 

Với bài toán này dùng ‘ biểu thức liên hợp’’ ưu thế hơn việc bình phương
hai vế của (1).
Ví dụ 2: Giải phương trình

x 9 

x  4  x 1 

(2)

x

Điều kiện: x 0 với điều kiện này ta có lượng liên hợp của hai vế ln lớn
hơn 0. Ta có thể nhân và chia với lượng liên hợp của hai vế

(2) 



x9  x4



x9  x4

x9  x4

 

x 1  x



x 1  x



x 1  x

Biến đổi tương đương phương trình trên ta có phương trình thu gọn là :
x  9  x  4 5 x  1  5 x

Cộng vế với vế của (2) và (’) ta được : x  9 3 x  1  2 x

(2’)

(2’’)

Đến đây ta chỉ được ra nghiệm x = 0 thỏa mẫn điều kiện vì :
x  0  9x  9  x  9 

9x  9  x  9  3 x 1  x  9

 3 x  1  2 x  x  9  (3’’) vô nghiệm

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (2) Trong bài toán này ta
sử dụng nhân và chia với biểu thức liên hợp của hai vế rồi dãn tới một phương
trình đơn giản (2’), thực hiện cộng vế với vế của (2) và (2’) dẫn đến một phương
trình (2’’) dễ dàng tìm được nghiệm.
Có thể nói sử dụng biểu thức liên hợp để biến đổi biểu thức tương đương
các phương trình vơ tỉ được ứng dụng vào các bài tốn giải phương trình vơ tỉ ở
dạng phức tạp có một lợi thế nhất định song cần chú ý cách dùng biểu thức liên
hợp phải linh hoạt và sáng tạo.
f. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.


Mục đích: Là biến đổi phương trình đã cho thành một phương trình tương
đương có dạng :

f

2

 x 

g 2  x  m  f  x   g  x   m

Rồi giải phương trình chứa giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 1: Giải phương trình x 2  4x  4  x  8 (1)
Lời giải:
Ta biến đổi (1) về dạng: (x  2) 2  8  x (điỊu kiƯn: x ≤ 8).
Biến đổi tương đương ta được: |x – 2| = 8 – x
+ Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
+ Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5
x  3  4 x  1  x  8  6 x  1 5 (2)

Ví dụ 2: Giải phương trình:

Điều kiện: x  1 0  x 1
(2)







x 12 



x  1  3 3 

 3

x 1  2



2







x 1 3

2

x  1  3 5 

x  1 0 

x  1  3

5
x 12
x  1 3 

x  1  3 5
x 1

x  1 3  x  1 9  x 10

Kết hợp với điều kiện x 1 ta có nghiệm của phương trình là 1 x 10
Ở bài tốn trên việc giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối có chú ý
tới việc dùng định nghĩa và tính chất về dấu gái trị tuyệt đối làm cho việc phân
chia các trường hợp là không cần thiết và lời giải ngắn gọn hơn.
Trên đây là 6 phương pháp thường dùng để giải các phương trình vơ tỉ.
Tuy nhiên việc sử dụng các phương pháp nói trên phải được học sinh lựa chọn
thích hợp với từng phương thức thực tế. Song khơng thể quan trọng hóa và đề cao
chất lượng của bất kì một phương pháp nào trong giải phương trình vơ tỉ. Điều
quan trọng là dùng phương pháp nào mà việc giải một phương trình đạt hiệu quả
nhất (nhanh gọn nhất). Ta cần chú ý các phương pháp trên có mối quan hệ mật
thiết với nhau như hai phương pháp: Đặt ẩn phụ và phương pháp hệ phương
trình; phương pháp tổng các bình phương…Hoặc có khi trong một bài giải


phương trình ta có thể phối hợp hai hay nhiều phương pháp nói trên miễn sao đạt
hiệu quả cao.
5. Những thông tin cần được bảo mật: Không
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Để báo cáo sáng kiến này có thể áp dụng vào thực tế giảng dạy tại trường
THCS .............. thì mỗi thầy cơ giáo cần có sự tận tâm với nghề, tích cực trong
việc nghiên cứu, lựa chọn phương dạy học tích cực hiệu quả và hợp lý để xây
dựng các tiết học hiệu quả tạo hứng thú học tập cho các em để nâng cao chất
lượng giảng dạy.
Giáo viên cần chủ động trong việc xây dựng các chuyên đề trong việc bồi
dưỡng học sinh giỏi cần có tính sáng tạo, nâng cao nhưng bám sát chuẩn kiến
thức kĩ năng, các năng lực cần đạt của tiết học bồi dưỡng học sinh giỏi, phải phù
hợp với tình hình thực tế với từng đối tượng học sinh.
Ban giám hiệu, tổ chuyên môn, nhân viên thiết bị tạo điều kiện tốt nhất, hỗ
trợ giáo viên về tinh thần, cơ sở vật chất sao cho giáo viên tiến hành tiết dạy
thành cơng.

7. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tác giả :
7.1. Lợi ích thu được.
Sau khi áp dụng sáng kiến trên vào thực tế giảng dạy tôi và đồng nghiệp
nhận thấy một số kết quả thu được như sau:
* Đối với giáo viên:
- Giúp giáo viên nâng cao năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng
hợp các tri thức đã học, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó có
phương pháp giảng dạy phần này có hiệu quả.
- Nghiên cứu vấn đề này để nắm được những thuận lợi, khó khăn khi dạy học
phần phương trình vơ tỉ trong bồi dưỡng học sinh khá giỏi, từ đó định hướng
nâng cao chất lượng dạy và học mơn tốn.
- Giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành cơng về dạng tốn giải
phương trình vơ tỉ.


- Nâng cao chất lượng dạy và học trong và sau khi nghiên cứu áp dụng sáng
kiến kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu quả cao hơn, học sinh ham
thích học dạng tốn này hơn
* Đối với học sinh:
Hình thành cho học sinh khả năng tự học, sự đam mê, tính hiếu kì tự đi tìm và
tự lí giải kiến thức, chấm dứt sự nhồi nhét kiến thức, nhớ máy móc thụ động.
Qua một năm tham gia giảng dạy và thử nghiệm về sáng kiến kinh nghiệm
của mình tôi cũng đạt được những kết quả nhất định. Sau khi thực hiện sáng kiến
này tôi đã tiến hành khảo sát học sinh với một bài kiểm tra như sau:
Bài tập: Giải các phương trình sau:
a)

1 x  4  x  3

b)

2x2  1  3x  8 (4)

c)

5x  1  3x  2  2x  3

d) x2 - 4x - 3 =

x 5

e) 2 x 2 + 6x +12+ x 2  3x  2 = 9
Vì đây là vấn đề khó tơi chỉ dám áp dụng vào lớp chọn đội tuyển bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi của nhà trường với số lượng học sinh là 18 em.
Kết quả thu được sau khi học sinh làm một bài kiểm tra như sau:
Bảng 1: Kết quả bài kiểm tra tính theo số lượng
Tổng số HS
18

Điểm 0-2

Điểm 3-4

0

2

Điểm 5-6
7

Điểm 7-8
7

Điểm 9-10
2

Điểm 7-8
38,89%

Điểm 9-10
11,11%

Bảng 2: Kết quả bài kiểm tra tính theo tỉ lệ %
Tổng số HS
18

Điểm 0-2

Điểm 3-4

0%

11,11%

Điểm 5-6
38,89%

Qua bảng kết quả trên, ta thấy rằng khi được học các phương pháp giải
phương trình vơ tỉ thì kết quả bài kiểm tra cao hơn hẳn so với khi các em chỉ học

các phương pháp đơn giản như kiến thức trong sách giáo khoa về phương trình
vơ tỉ. Số bài kiểm tra đạt điểm khá, giỏi tăng, số bạn bị điểm dưới trung bình
giảm cụ thể trong bảng sau:
Khi chưa áp dụng chuyên đề
Sau khi áp dụng chuyên đề
Giỏi
Khá
TB
Dưới
Giỏi
Khá
TB
Dưới TB
TB
16,67 27,78 55,55% 11,11 38,89 38,89% 11,11%
0%
%
%
%
%
Có thể khẳng định rằng, khi học các phương pháp giải phương trình vơ tỉ,
giờ giảng của mỗi giáo viên rất thiết thực, có ý nghĩa. Người học sẽ tích cực, chủ
động và tự giác hơn trong quá trình học tập.
7.2. Hướng phổ biến áp dụng.
Trong sáng kiến này tôi đã áp dụng tại trường THCS .............. trong năm
học 2017 – 2018 tại lớp bồi dưỡng học khá, giỏi khối 9 của nhà trường đã mang
lại nhiều hiệu quả trong việc giải phương trình vơ tỉ, phần đơng các em đều có
hứng thú làm bài tập. Đặc biệt trong sáng kiến trên có khả năng áp dụng với các

trường cùng cấp học trong và ngoài huyện .............. để giúp các em bổ sung
thêm kiên thức về giải phương trình vơ tỉ khi tham gia các kỳ thi tuyển chọn học
sinh giỏi các cấp cũng như thi vào THPT.
8. Danh sách những người đã áp dụng sáng kiến lần đầu:
Nơi cơng
tác( hoặc
nơi
thường
trú)

Chức
danh

Trình
độ

1

..............

Học sinh

Lớp 9

2

..............

Học sinh

Lớp 9

3

..............

Học sinh

Lớp 9

4

..............

Học sinh

Lớp 9

5

..............

Học sinh

Lớp 9

6

..............

Học sinh

Lớp 9

ST
T

Họ và tên

Ngày sinh

Nội dung công
việc hỗ trợ

Hợp tác
trong học tập
Hợp tác
trong học tập
Hợp tác
trong học tập
Hợp tác
trong học tập
Hợp tác
trong học tập
Hợp tác
trong học tập