So chinh phuong.ngon tuyet

A. Đặt vấn đề
Trong toán học, Đại số nói chung Số chính phơng nói riêng là một
mảng kiến thức khá khó, phức tạp và trừu tợng giữa học lý thuyết và áp dụng vào
giải bài tập. Các em học sinh đợc tiếp cận rất sớm, ngay ở bậc tiểu học các em đã
làm quen với các số 0, 1, 4, 9, 16, 25, Khi các em lên bậc học THCS, ngay từ
lớp 6 các em đã đợc tiếp cận khá nhiều các dạng bài tập thể hiện kiến thức về số
chính phơng. ở các lớp 7, 8, 9 thì yêu cầu về tính khoa học, chặt chẽ của mảng
kiến thức này ngày càng cao đòi hỏi học sinh phải có các phơng pháp học thật đa
dạng, phong phú, tăng khả năng t duy trừu tợng để tìm tòi, khai thác vấn đề trên
mọi góc độ, mọi khía cạnh nhằm tìm ra một Sợi chỉ liên hệ giữa lí thuyết và bài
tập, giữa các yếu tố cho và hỏi.
Trong quá trình học tập đây đó đã có những tài liệu để hỗ trợ học sinh thích
nghi và học tốt số chính phơng song cách viết và sự trình bầy của tài liệu còn cha
sát thực vói thực tiễn học tập của học sinh làm cho học sinh vẫn ngại đôi khi còn
có cảm giác sợ học toán về phần số chính phơng. Đặc biệt với những học sinh lớp
8, lớp 9 khi các em còn cha tạo cho mình một thói quen, một phơng pháp học phù
hợp với những nội dung liền trớc thì đã phải gặp rất nhiều bài toán khó, lạ nhất là
những bài toán Mở từ các bài toán cơ bản. Các em sau khi đọc kỹ đề bài mà
vẫn không biết định hình mình phải làm gì và bắt đầu từ đâu.
Để giúp các em học sinh khắc phục những lo sợ, ức chế khi học số chính
phơng tôi đi sâu và nghiên cứu tìm hiểu Phơng pháp giải một số dạng toán về số
chính phơng trong chơng trình toán THCS. Đồng thời thông qua đó giúp các em
biết phân tích, tìm tòi, phát triển bài toán ban đầu ra nhiều bài toán khác.
1
B. Nội dung và phơng pháp.
I. Tình hình chung.
Nh đã nêu ở trên giải toán số chính phơng là một dạng toán rất đa dạng và
phong phú, học sinh đợc làm quen sớm. Tuy nhiên hiệu quả học tâp của các em
lại cha cao. Nếu học sinh nắm đợc phơng pháp, kỹ năng giải một số dạng toán số
chính phơng thì các em sẽ tự tin hơn, sáng tạo hơn, nâng cao khả năng t duy lôgíc
tốt hơn trong học tập nội dung số chính phơng nói riêng môn toán nói chung. Thế

nhng trong sách giáo khoa, giáo trình và tài liệu tham khảo về loại toán này đã có
song sự trình bầy còn tản mạn, rải rác, không cô đọng lí thuyết và phơng pháp mà
chỉ là sự đa ra một số bài tập cùng lời giải. Vì lí do đó tôi đã chọn chuyên đề này
để nghiên cứu dạy thực nghiệm cho học sinh nhằm bổ sung cho các em phần nào
kiến thức cần có trong quá trình học toán ở trờng THCS.
II. Những vấn đề đợc giải quyết.
Qua nghiên cứu và từ thực tế giảng dạy phần hàm số tôi đã chia thành các
dạng bài cụ thể nh sau.
Dạng 1: Chứng minh số, biểu thức số là số chính phơng
Dạng 2: Xác định biểu thức số có là số chính phơng không?
Dạng 3: Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phơng
Dạng 4: Tìm số chính phơng
Dạng 5: Một số bài toán khác về số chính phơng.
III. Phơng pháp tiến hành.
3.1 Lí thuyết cơ bản về số chính phơng
a. Khái niệm:
Số chính phơng là bình phơng của một số tự nhiên.
Ví dụ: Số 16 là một số chính phơng vì 16 = 4
2
Số 121 là một số chính phơng vì 121 = 11
2
b. Tính chất:
2
+ Số chính phơng chỉ có thể có chữ số tận cùng bởi: 0, 1, 4, 5, 6, 9 không
thể tận cùng bởi: 2, 3, 7, 8. Vì
( )
2
1 1ìììì = ììììì
( )
2

0 0ìììì = ììììì
( )
2
2 4ìììì = ììììì
( )
2
3 9ìììì =ììììì
( )
2
4 6ìììì = ììììì
( )
2
5 5ìììì = ììììì
( )
2
6 6ìììì = ììììì
( )
2
7 9ìììì = ììììì
( )
2
8 4ìììì = ììììì
( )
2
9 1ìììì = ììììì
3.2. Một số kiến thức liên quan.
a. Các hằng đẳng thức đáng nhớ.
+ (A + B)
2
= A

2
+ 2AB + B
2
+ (A - B)
2
= A
2
- 2AB + B
2
+ (A + B + C)
2
= A
2
+ B
2
+ C
2
+ 2AB + 2BC + 2CA
+ (A + B - C)
2
= A
2
+ B
2
+ C
2
+ 2AB - 2BC - 2CA
+ (A - B - C)
2
= A

2
+ B
2
+ C
2
- 2AB + 2BC - 2CA
b. Phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
+ Đặt nhân tử chung
+ Sử dụng hằng đẳng thức
+ Nhóm các hạng tử
+ Phối hợp các phơng pháp
3.3. Các kiến thức bổ sung.
a. Một số tính chất của số chính phơng
+ Một số chính phơng có chữ số tận cùng là 5 thì chữ số hàng chục là 2
Vì : Xét số A =
( )
( ) ( )
2
2
2
5 10 5 100 100 25 1 100 25m m m m m m= + = + + = + ì +
Nh vậy: Số m(m+1).100 có hai chữ số cuối là 0
Hay : Số A có chữ số hàng chục là 2
+ Một số chính phơng có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của
nó là số lẻ.
CM: Giả sử số chính phơng B = a
2
có chữ số tận cùng là 6
Suy ra: Chữ số hàng đơn vị của a là 4 hoặc 6
3

Nếu : Chữ số hàng đơn vị của a là 4 hay số a có dạng
4m
Do đó: a
2
=
( )
( )
2
2
2
4 10 4 100 80 16m m m m= + = + +
Ta có : Số 100m
2
và số 80m có chữ số hàng chục là số chẵn, 16 có chữ số hàng
chục là số lẻ.
Suy ra: Số B có chữ số hàng chục là số lẻ.
Nếu : Chữ số hàng đơn vị của a là 6 ( chứng minh tơng tự).
+ Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phơng chỉ chứa các thừa số
nguyên tố với số mũ chẵn, không chứa thừa số nguyên tố với số mũ lẻ.
CM:
Xét số m có dạng: m = a
x
. b
y
. c
z
. Trong đó a, b, c . là các số nguyên tố khác
nhau, còn x, y, z, là các số nguyên tố d ơng
Khi đó: Số A = m
2

= (a
x
. b
y
. c
z
.)
2
= a
2x
. b
2y
. c
2z
.
Từ tính chất này, suy ra:
Số chính phơng chia hết cho 2 thì chia hết cho 4
Số chính phơng chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
Số chính phơng chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
Số chính phơng chia hết cho 8 thì chia hết cho 16

+ Số chính phơng chia cho 3 chỉ có thể d 0 hoặc 1
CM:
Nhận thấy một số bất kỳ khi chia cho 3 chỉ có thể d 0, d 1, d 2
Số chia cho 3 d 0 luôn có dạng 3k trong đó k

Z.
Suy ra: A = (3k)
2
= 9k

2

M
3
Số chia cho 3 d 1 luôn có dạng 3k + 1 trong đó k

Z.
Suy ra: A = (3k + 1)
2
= [(9k
2
+ 6k) + 1] chia cho 3 d 1
Số chia cho 3 d 2 luôn có dạng 3k + 2 trong đó k

Z.
Suy ra: A = (3k + 2)
2
= 9k
2
+ 12k + 4 = [(9k
2
+ 12k + 3) + 1] chia cho 3 d 1
+ CMTT: Số chính phơng chia cho 4 chỉ có thể d 0 hoặc 1
b. Một số nhận xét trong quá trình giải toán.
Nhận xét1: Khi gặp các số có nhiều chữ số giống nhau nh
A =
/ 2
222 22
nc s
ìììì

142 43
; B =
/ 5
5555 5 55
nc s
ìììì
1 4 2 4 3
; C =
/ 9
9999 999
nc s
1 4 2 4 3
thì ta thờng đặt m =
/ 1
111 11
nc s
14 2 43
4
Suy ra: A = 2m; B = 5m; C = 9m
Nhận xét2: Khi gặp số có dạng 10
n
ta có thể biến đổi nh sau.
10
n
= (
/ 9
9999 999
nc s
1 4 2 4 3
+ 1) = 9m + 1 hoặc

10
n
= (
/ 8
8888 888
nc s
1 4 2 4 3
+
( 1) / 1
1111 1112
n c s
1 4 2 4 3
)
= (
/ 8
8888 888
nc s
1 4 2 4 3
+
/ 1
1111 111
nc s
1 4 2 4 3
+ 1)
=
3. Nội dung
Dạng 1: Chứng minh số, biểu thức số là số chính phơng
Phơng pháp:
+ Căn cứ vào cấu trúc của số, biểu thức số mà đề bài cho để đa số về dạng
số có n chữ số giống nhau.

+ Đặt số có dạng
/ 1
1111 111
nc s
1 4 2 4 3
= a, sau đó biến đổi số, biểu thức số mà bài
cho theo a (tơng tự nh trong các nhận xét của phần kiến thức bổ sung)
+ Biểu diễn số, biểu thức số đã cho theo a và đa biểu thức chứa a về dạng
hằng đẳng thức bình phơng của một tổng, bình phơng của một hiệu.
+ Trả lại giá trị cụ thể của a và kết luận bài toán.
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng số A =
/ 9 / 0
9999 990000 00 25
nc s nc s
14 2 43 142 43
là số chính phơng.
Có thể nói rằng khi học sinh cha đợc tiếp cận chuyên đề này thì đây thực sự là
một bài toán khó vì với cấu trúc của số có quá nhiều chữ số thờng làm cho học
sinh mất bình tĩnh, thiếu tự tin do không hình dung, nhận dạng đợc cách biến đổi.
Nhng sau khi đợc tiếp xúc làm quen với chuyên đề, các em rất tự tin với việc tách,
biển đổi số đã cho lí thuyết đã học.
Lời giải chi tiết
Ta có: A =
/ 9 / 0
9999 990000 00 25
nc s nc s
14 2 43 142 43
=
/ 9 ( 2) / 0

9999 990000 00
nc s n c s+
14 2 43 142 43
+ 25
=
2
/ 9
9999 999 10 10
n
nc s
ì ì
1 42 43
+ 25
5
=
2
/ 1 / 9
9 1111 11 10 . 9999 99 1
nc s nc s

ì ì +
ữ

14 2 43 14 2 43
+ 25
=
2
/ 1 / 1
9 1111 11 10 . 9 1111 11 1
nc s nc s

ì ì ì +
ữ

14 2 43 14 2 43
+ 25
Đặt a =
/ 1
1111 111
nc s
1 4 2 4 3
ta có
A = 9a.100.(9a + 1) + 25
= (90a)
2
+ 2.90a. 5 + 5
2
= (90a + 5)
2
= ( 90.
/ 1
1111 111
nc s
1 4 2 4 3
+ 5)
2
= (
/ 9
9999 999 0
nc s

1 4 2 4 3
+ 5)
2
=
2
/ 9
9999 9995
nc s
1 4 2 4 3
Vậy: A là số chính phơng.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng
B =
(2 ) / 4
4444 444
n c s
1 4 2 43
+
( 1) / 2
2222 222
n c s+
1 4 2 43
+
/ 8
8888 888
nc s
1 42 43
+ 7 là số chính phơng.
Đây là một bài toán khó với nhiều học sinh đặc biệt là trớc khi các em làm
quen với chuyên đề này. Với việc đã đợc tiếp cận lý thuyết, phơng pháp phân tích,
cách giải cơ bản thì nhiều em tự tin hơn vì có đợc những định hớng biến đổi khá

tối u để giải quyết bài toán. Tất nhiên cũng có những em biến đổi từng thành phần
khá thành thạo nhng lại không thật linh hoạt trong kết hợp để hoàn thiện lời giải.
Lời giải chi tiết
Ta có: B =
(2 ) / 4
4444 444
n c s
1 4 2 43
+
( 1) / 2
2222 222
n c s+
1 4 2 43
+
/ 8
8888 888
nc s
1 42 43
+ 7
=
( ) / 4 ( ) / 0
4444 4440000 000
n c s n c s
1 4 2 43 1 42 4 3
+
( ) / 4
4444 444
n c s
1 4 2 43
+

( ) / 4
2222 2220
n c s
1 4 2 43
+ 2 +
/ 8
8888 888
nc s
1 42 43
+ 7
=
( ) / 1
4 1111 111 10
n
n c s
ì ì
14 2 43
+
( ) / 1
4 1111 111
n c s
ì
14 2 43
+
( ) / 1
2 1111 111 10
n c s
ì ì
14 2 43
+

( ) / 1
8 1111 111
n c s
ì
14 2 43
+ 9
=
( ) / 1 ( ) / 1
4 1111 111 9 1111 111 1
n c s n c s

ì ì ì +
ữ
ữ

14 2 43 14 2 43
+
( ) / 1
4 1111 111
n c s
ì
14 2 43
+
( ) / 1
2 1111 111 10
n c s
ì ì
14 2 43
+
( ) / 1

8 1111 111
n c s
ì
14 2 43
+ 9
Đặt a =
( ) / 1
1111 111
n c s
14 2 43
Suy ra: B = 4a(9a + 1) + 4a + 2a.10 + 8a +9
6
= 36a
2
+ 4a + 4a + 20a + 8a + 9
= 36a
2
+ 36a + 9
= (6a + 3)
2
=(6.
( ) / 1
1111 111
n c s
14 2 43
+ 3)
2
=(
( ) / 6
6666 666

n c s
1 4 2 43
+ 3)
2
=
2
( 1) / 6
6666 669
n c s
142 43
Bài tập tơng tự: Chứng minh các số sau là số chính phơng
C =
( ) / 1 ( 1) / 5
1111 111555 5556
n c s n c s
14 2 43 14 2 43
D =
( ) / 1 ( 1) / 2
1111 1112222 2225
n c s n c s+
14 2 43 1 4 2 43
E =
( ) / 9 ( ) / 0
9999 99980000 0001
n c s n c s
1 42 43 1 42 43
F =
( ) / 4 ( 1) / 8
4444 4448888 8889
n c s n c s

1 4 2 43 1 42 43
G =
(2 ) / 1
1111 111
n c s
14 2 43
-
( ) / 2
2222 222
n c s
1 4 2 43
H =
( 2) / 9
2249999 99910000 0009
n c s n
1 42 43 1 4 2 43
Dạng 2: Xác định biểu thức số có là số chính phơng không?
Phơng pháp:
+ Cần nắm chắc các đơn vị kiến thức trọng tâm có liên quan trực tiếp đến số
chính phơng ( đã trình bày trong phần lí thuyết).
- Số chính phơng không thể có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.
- Số chính phơng chia cho 3 chỉ có thể d 0 hoặc 1
- Số chia cho 3 d 2 không thể là số chính phơng
- Số chính phơng chia cho 4 chỉ có thể d 0 hoặc 1
- Số chia cho 4 d 2 hoặc d 3 không thể là số chính phơng
- Bình phơng của một biểu thức có giá trị nguyên là một số chính phơng.
- Dấu hiệu chia hết cho các số 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 11, 25, 125
7
+ Căn cứ vào cấu trúc của biểu thức số đã cho ta phân tích mối quan hệ giữa các
thành phần trong biểu thức để biến đổi, tách số hoặc đánh giá đa biểu thức về

dạng mới sao cho thoả mãn một trong các điều kiện đã trình bày ở trên.
Ví dụ 1: Số sau có là số chính phơng không?
A =
52 / 5
5555 5556
c s
1 42 43
Bài toán này làm khó khăn cho khá nhiều học sinh vì các em phải phân tích
rất nhiều do cha nhận định đợc số đã cho là chính phơng hay không, song với việc
đợc tiếp cận lí thuyết và phơng pháp nh đã nêu thì đã có rất nhiều học sinh suy
luận nh sau
Theo dạng 1 học sinh nhanh chóng biến đổi A =
52 / 1
5 1111 111.10
c s
ì
1 4 2 43
+ 6
= 5.m.10 + 6 = 50m + 6 ( với m =
52 / 1
1111 111
c s
1 4 2 43
)
Bớc đầu nhìn nhận A không là số chính phơng
Học sinh suy luận số A không là số chính phơng
+ Không thể dựa vào chữ số tận cùng để khẳng định A không là số chính
phơng vì chữ số tận cùng của A là 6.
+ Không thể dựa vào các dấu hiệu của số chính phơng với phép chia cho 4
vì A chia hết cho 4 hay A chia cho 4 d 0.

+ Nh vậy chỉ có thể dựa vào các dấu hiệu của số chính phơng với phép chia
cho 3 và để khẳng định A không là số chính phơng thì phải làm sáng tỏ A chia
cho 3 d 2.
Lúc này học sinh tính tổng các chữ số của A
5 . 52 + 6 = 266 chia cho 3 d 2
Lời giải chi tiết.
Xét số m

Z bất kỳ với phép chia cho 3 và B = m
2
Nhận thấy số m bất kỳ khi chia cho 3 chỉ có thể d 0, d 1, d 2
Ta có : Số chia cho 3 d 0 luôn có dạng 3k trong đó k

Z.
Suy ra: B = (3k)
2
= 9k
2

M
3
Số chia cho 3 d 1 luôn có dạng 3k + 1 trong đó k

Z.
Suy ra: B = (3k + 1)
2
= [(9k
2
+ 6k) + 1] chia cho 3 d 1
Số chia cho 3 d 2 luôn có dạng 3k + 2 trong đó k

Z.
8
Suy ra: B = (3k + 2)
2
= 9k
2
+ 12k + 4 = [(9k
2
+ 12k + 3) + 1] chia cho 3 d 1
Lại có: Tổng các chữ số của số A bằng 52 . 5 + 6 = 266
Mà: 266 : 3 d 2
Nên : Số A : 3 d 2
Nh vậy: A =
52 / 5
5555 5556
c s
1 42 43
không phải là số chính phơng.
Ví dụ 2: Số B =
100 / 4
4444 44400
c s
1 4 2 43
có là số chính phơng không?
Bài toán này không còn là vấn đề với nhiều học sinh nữa, bởi các em đã có
công cụ giải quyết trong tay và bớc đầu cách suy luận không có gì khác nhiều so
với ví dụ 1.
Nhiều em suy luận nh sau
Theo ví dụ 1 học sinh nhanh chóng biến đổi

B =
100 / 1
4 1111 111.100
c s
ì
1 4 2 43
= 4.m.100 = 400m = 20
2
. m ( với m =
100 / 1
1111 111
c s
1 4 2 43
)
Bớc đầu nhìn nhận B không là số chính phơng
Học sinh suy luận số B không là số chính phơng
+ Không thể dựa vào chữ số tận cùng để khẳng định B không là số chính
phơng vì chữ số tận cùng của B là 0.
+ Không thể dựa vào các dấu hiệu của số chính phơng với phép chia cho 3
vì B chia cho 3 d 1.
+ Nh vậy chỉ có thể dựa vào các dấu hiệu của số chính phơng với phép chia
cho 4 và để khẳng định B không là số chính phơng thì phải làm sáng tỏ B chia
cho 4 d 2 hoặc d 3.
Lời giải chi tiết
Ta có: B =
100 / 1
4 1111 111.100
c s
ì
1 4 2 43

= 4.m.100 (với m =
100 / 1
1111 111
c s
1 4 2 43
)
= 400m
= 20
2
. m
Để B là số chính phơng thì m =
100 / 1
1111 111
c s
1 4 2 43
phải là số chính phơng
9
Lại có: Số chính phơng lẻ khi chia cho 4 thì có số d là 1( phần lí thuyết đã viết)
Mà: 11 chia cho 4 d 3
Nên: m =
100 / 1
1111 111
c s
1 4 2 43
chia cho 4 có d là 3
Hay: m =
100 / 1
1111 111
c s
1 4 2 43

không là số chính phơng.
Vây: B =
100 / 4
4444 44400
c s
1 4 2 43
không là số chính phơng.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng C = 1 + 9
2k
+ 77
2k
+ 1977
2k
không là số chính phơng
với mọi k

N
*
.
Bài toán này về mặt yêu cầu thì đã rõ ràng, nhng cấu trúc của biểu thức đã
làm cho học sinh khá ngại do khác hẳn với hai ví dụ trên. Song với kiến thức về
số chính phơng mà các em đợc tiếp từ chuyên đề này thì đã có nhiều em phân tích
kỹ mối quan hệ giữa các thành phần và suy luận nh sau
Phải dựa vào các tính chất, dấu hiệu của số chính phơng để phân tích
Biểu thức có cấu trúc của luỹ thừa tổng quát tức là liên quan đến các hằng
đẳng thức dạng tổng quát.
Theo dạng của biểu thức với luỹ thừa chẵn của từng số hạng thì liên quan
đến hằng đẳng thức a
2n
- b

2n
hoặc a
2n
- (- b)
2n
. Cụ thể học sinh biến đổi nh sau
Ta có: C = 1 + 9
2k
+ 77
2k
+ 1977
2k
= (77
2k
- 1) + 9
2k
+ 1997.1977
2k 1
+ 2
= [77
2k
- (-1)
2k
] + 9
2k
+ 3.659.1977
2k 1
+ 2
= [77-(-1)][77
2k-1

+ 77
2k-2
.(-1) +. + (-1)
2k-1
] + 9
2k
+ 3.659.1977
2k 1
+ 2]
= 78.t + 3
4k
+ 3.659.1977
2k 1
+2
= 3(26t + 3
4k-1
+ 659.1977
2k-1
) + 2
Xét thấy: 3(26t + 3
4k-1
+ 659.1977
2k-1
)
M
3 với mọi k

N
*
Suy ra : C chia cho 3 d 2

Mà: Bất kỳ một số chính phơng nào khi chia cho 3 chỉ có thể số d là 0 hoặc 1
Vậy: C = 1 + 9
2k
+ 77
2k
+ 1977
2k
không là số chính phơng.
Bài tập tơng tự
Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phơng.
A =
99 / 4
14444 444
c s
1 4 2 43
B = 1994
7
+ 7
10
Bài 2: Tổng sau có là số chính phơng không.
C = 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ 4
2
+ . + 55
2

+ 56
2
.
D = n
2
+ (n +1)
2
+ (n + 2)
2
+ (n + 3)
2
+ (n + 4)
2
với n

N.
E = n.(n + 1).(n + 2).(n + 3) với n

N.
Bài 3: Chứng minh rằng số tự nhiên D không là số chính phơng
D =
999 / 5
5555 555
c s
k
1 42 43
Bài 4: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phơng
A = 13
n
.2 + 7

n
.5 + 26 với n

N
B = 9
n
+ 1 với n

N
Dạng 3: Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phơng
Phơng pháp:
+ Căn cứ đề bài cho, tiến hành phân tích mối quan hệ giữa các thành phần có
trong bài tìm ra một nhóm giá trị liên tục trong đó có những giá trị thoả mãn, có
những giá trị không thoả mãn hoặc tất cả các giá trị đều không thoả mãn.
+ Thay cụ thể vào bài
Giá trị thoả mãn
Giá trị không thoả mãn
Dự đoán khoảng giá trị không thoả mãn
+ Chứng minh khoảng giá trị không thoả mãn là luôn đúng dựa vào các kiến thức
Dấu hiệu nhận biết số chính phơng đã trình bầy trong phần lý thuyết
Dùng bất đẳng thức kép
( )
( )
2
2
2
2
1
1
n A n

n A n

< < +


< <

với n

Z
+ Có thể ta gặp bài toán mà không tìm, không dự đoán đợc các giá trị thoả mãn,
các giá trị không thoả mãn thì lúc đó cần biến đổi đa phơng trình về dạng của ph-
ơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên và kết hợp với các dấu hiệu của số
chính phơng để biện luận.
Tìm ra giá trị thoả mãn
Chứng minh đợc không có giá trị thoả mãn
+ Kết luận bài toán
Ví dụ 1: Tìm a

Z để biểu thức sau là số chính phơng
11
S = a
4
a + 2
Trớc khi tiếp cận chuyên đề bài toán này là khá khó với học sinh vì học
sinh chỉ quen với toán tìm x, giải phơng trình. Song cũng có những học sinh làm
và nghĩ rằng có rất nhiều giá trị của a để S là số chính phơng do không định hình
ra con đờng đi để tìm hết các giá trị thoả mãn, biện luận các giá trị không thoả
mãn. Sau khi tiếp cận lí thuyết thì bài toán không còn là thử thách với các em nữa,
các em giải nh sau.

Xét với a = 1 suy ra S = 2 ( không thoả mãn)
Xét với a = 2 suy ra S = 16 ( thoả mãn)
Xét với a = 3 suy ra S = 80 ( không thoả mãn)
Xét với a = 4 suy ra S = 255 ( không thoả mãn)
Xét với a = 5 suy ra S = 622 ( không thoả mãn)
Với a > 2 ta có
2a
2
- 1 > a - 2

a
4
- ( 2a
2
- 1) < a
4
- ( a - 2)

a
4
- 2a
2
+ 1 < a
4
- a + 2

(a
2
-1)
2

< S
Lại có: a
4
- ( a - 2) < a
4


a
4
- a + 2 < (a
2
)
2


S < (a
2
)
2
Suy ra: (a
2
-1)
2
< S < (a
2
)
2
Mà : a
2
- 1 và a

2
là hai số liên tiếp
Do đó: Với mọi a > 2 thì S không là số chính phơng
Vậy : Với a = 2 thì S là số chính phơng.
Ví dụ 2: Tìm a

Z để biểu thức sau là số chính phơng
M = a
5
a + 2
Bài này thoáng nhìn thì học sinh sẽ áp dụng làm tơng tự bài 1, nhng khi
làm thì các em thấy thử nhiều giá trị mà không có giá trị nào thoả mãn, không
xuất hiện bất đẳng thức kép của hai số chính phơng liên tiếp do M là đa thức bậc
lẻ. Khi đó các em nghĩ đến các tính chất, dấu hiệu của số chính phơng và đã có
một số học sinh nhận thấy a
5
- a chia hết cho 5 a
5
a + 2 chia cho 5 d 2
M có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7
M không là số chính phơng
Lời giải chi tiết
12
Ta có: a
5
- a = a(a
4
-1)
= a(a
2

- 1)(a
2
+ 1)
= (a- 1)a(a + 1)(a
2
+ 1)
Xét thấy số a bất kỳ khi chia cho 5 chỉ có thể xảy ra
Chia hết cho 5
Chia cho 5 d 1
Chia cho 5 d 2
Chia cho 5 d 3
Chia cho 5 d 4
Nếu a chia cho 5 d 0 thì a = 5k với k

Z
Suy ra: a
5
- a = (a- 1)a(a + 1)(a
2
+ 1)
M
5
Nếu a chia cho 5 d 1 thì a = 5k + 1 với k

Z
Suy ra: a- 1 = 5k + 1-1 = 5k
M
5 hay a
5
- a

M
5
Nếu a chia cho 5 d 2 thì a = 5k + 2 với k

Z
Suy ra: a
2
+ 1 = (5k + 2)
2
+ 1 = (25k
2
+ 20k + 5)
M
5 hay a
5
- a
M
5
Nếu a chia cho 5 d 3 thì a = 5k + 3 với k

Z
Suy ra: a
2
+ 3 = (5k + 3)
2
+ 1 = (25k
2
+ 30k + 10)
M
5 hay a

5
- a
M
5
Nếu a chia cho 5 d 4 thì a = 5k + 4 với k

Z
Suy ra: a + 1 = 5k + 4 + 1 = 5k + 5
M
5 hay a
5
- a
M
5
Nh vậy với mọi a

Z thì a
5
- a
M
5
Do đó: a
5
- a + 2 chia cho 5 d 2
Nên : M = a
5
- a + 2 phải có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7
Mà : Theo lí thuyết, số chính phơng không thể có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8
Vậy : Không có giá trị của a để M là số chính phơng.
Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên n > 0 để C là số chính phơng

C = 1! + 2! + 3! + 4! + . + n!
Bài này lúc đầu là khó với các em vì sự xuất hiện của giai thừa, của quy
luật n số. Nhng sau khi tiếp cận phơng pháp giải thì phần nào bài toán đã đợc tháo
gỡ, song các em còn lúng túng một chút về cách giải quyết giai thừa của các số
lớn. Lúc đó tôi gợi ý các em quan tâm sâu đến vấn đề chữ số tận cùng của số
chính phơng để giải bài toán.
Lời giải chi tiết.
13
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
( thoả mãn)
Với n = 2 thì 1! + 2! = 1 + 1.2 = 3 (không thoả mãn)
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3
2
( thoả mãn)
Với n = 4 thì 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 ( không thoả mãn)
Với n = 5 thì 1! + 2! + 3! + 4! + 5! = 1+ 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 + 1.2.3.4.5 = 153(L)
Với n = 6 thì
1!+ 2!+ 3!+ 4!+ 5!+ 6!= 1+ 1.2+ 1.2.3+ 1.2.3.4+ 1.2.3.4.5+ 1.2.3.4.5.6 = 753 ( L)
Ta có: 5! = 1.2.3.4.5 = 120 có chữ số tận cùng là 0
6! = 1.2.3.4.5.6 = 720 có chữ số tận cùng là 0
7! = 1.2.3.4.5.6.7 = 5040 có chữ số tận cùng là 0
.
n! = có chữ số tận cùng là 0
Suy ra: 5! + 6! + 7! + + n! = . có chữ số tận cùng là 0
Do đó: Với mọi n

4 thì
C = (1!+ 2!+ 3!+ 4!) + 5!+ 6! + + n!
= 33 + số có chữ số tận cùng là

= số có chữ số tận cùng là 3
Vì : số chính phơng không thể có chữ số tận cùng là 3
Vậy: Với n


{ }
1;3
thì C là số chính phơng.
Bài tập tơng tự
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để các số sau là số chính phơng
A = n
2
+ 31n + 1984
B = n
3
- n + 2
C = n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
D = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1
Bài 2: Có hay không số tự nhiên n để E = 2002 + n
2
là số chính phơng.
Bài 3: Tìm các chữ số a, b sao cho số
1980ab

là số chính phơng.
Bài 4: Tìm các chữ số c, d sao cho số
1978cd
là số chính phơng.
Bài 5: Tìm số tự nhiên n có hai chữ số để hai số 2n + 1 và 3n + 1 đồng thời là các
số chính phơng.
14
Dạng 4: Tìm số chính phơng
Phơng pháp
+ Đọc kỹ đề bài và tóm tắt đề bài theo sơ đồ
+ Đặt số phải tìm theo hai cấu trúc
Đầy đủ các chữ số
Dới dạng số tổng quát
+ Lập mối quan hệ giữa các thành phần trong bài toán ( toán cho dới dạng lời
văn) theo các kiến thức về số chính phơng đã trình bầy trong phần lý thuyết.
+ Biện luận theo đặc điểm cấu trúc của từng số để tìm ra số chính phơng đó, th-
ờng sử dụng
Các kiến thức về chữ số tận cùng của số chính phơng
Tách số theo chữ số hàng, số hàng để thu gọn
Dùng điều kiện chặn của số, chữ số sau đó thử với khoảng giá trị
của số đó, chữ số trong số đó.
+ Kết luận số thoả mãn.
Ví dụ 1: Tìm số chính phơng có 4 chữ số, biết rằng chữ số hàng trăm, hàng
nghìn, hàng chục, hàng đơn vị là các số tự nhiên liên tiếp tăng dần.
Bài toán này lúc đầu có thể làm nhiều học sinh thấy băn khuăn, lúng túng,
nhng khi đọc kỹ đề bài thì các em tự tin hơn vì đã viết đợc dạng số phải tìm, cụ
thể số phải tìm có dạng
( 1) ( 2)( 3)m m m m+ + +
= a
2

song công việc tiếp theo là tìm ra
m thì đã làm cho hầu hết học sinh bí. Khi các em cha tiếp cận chuyên đề này
chủ yếu các em biến đổi nh sau
Dùng máy tính thử các số
Tách
( 1) ( 2)( 3)m m m m+ + +
= 1000(m + 1) + 100m + 10(m + 2) + (m + 3)
= 1111m + 1023
Thử các giá trị của m ( 0

m

9)
Kiểm tra xem trong các số tìm đợc số nào thoả mãn.
Còn với các em đã đợc tiếp cận chuyên đề thì suy luận nh sau
Nhận xét chữ số tận cùng của a
2
chỉ có thể là 0, 1, 4, 5, 6, 9
m + 3


{ }
4;5;6;9
m


{ }
1; 2;3;6
Tìm đợc số thoả mãn
15

Lời giải chi tiết
Theo bài ra số phải tìm có dạng
a
2
=
( 1) ( 2)( 3)m m m m+ + +
( với 0

m

9)
Vì : Số chính phơng có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9
Nên: m + 3


{ }
4;5;6;9

Hay: m


{ }
1; 2;3;6
Suy ra: a
2



{ }
2134;3245;4356;7689

Xét thấy: 4356 = 66
2
(t/m)
Vậy: Số chính phơng cần tìm là 4356.
Ví dụ 2: Tìm số chính phơng có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng nghìn và chữ số
hàng trăm giống nhau, chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị giống nhau.
Tơng tự nh ví dụ 1 khi cha tiếp cận với chuyên đề này các em chủ yếu biến
đổi bài toán nh sau
Theo bài có a
2
=
bbcc
= 1100b + 11c = 11(100b + c)
Biện luận số a
2
theo giá trị của b, c có quá nhiều trờng hợp
Với những học sinh sau khi đợc nhận thức về chuyên đề này thì các em chủ
yếu suy luận nh sau
a
2
=
bbcc

bbcc

M
11 (dấu hiệu chia hết cho 11)
11(100b + c)
M
11 ( tách theo cấu trúc số)

Muốn số 11(100b + c) là số chính phơng thì (100b + c)
M
11
Ta có: 100b + c = [99b + (b + c)]
M
11 khi và chỉ khi (b + c)
M
11
Xét thấy: 1

b + c

18 b + c = 11 a
2
= 11
2
(9b + c)
Khi đó: 9b + 1 phải là số chính phơng sử dụng các kiến thức chữ số tận cùng
của số chính phơng tìm đợc b
Lời giải chi tiết
Theo bài ra số chính phơng phải tìm có dạng
a
2
=
bbcc
Ta có:
bbcc
= 1100b + 11c = 11(100b + c)
M
11

Nên : Để số 11(100b + c) là số chính thì 100b + c
M
11

[99b + (b + c)]
M
11
16

b + c
M
11
Mà : 1

b + c

18
Suy ra: b + c = 11
Nên :
bbcc
= 11.[99b + (b + c)] = 11.11(9b + 1) = 11
2
.(9b + 1)
Khi đó: 9b + 1 phải là số chính phơng
Vì : Số chính phơng có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9
Suy ra: 9b phải có chữ số tận cùng là 9, 0, 3, 4, 5, 8
Hay : b


{ }

1;0;7;6;5;2
Do đó: (9b + 1)


{ }
10;1;64;55;46;19
Nh vậy: 9b + 1 = 64 (t/m)

b = 7 suy ra c = 4
Vậy: Số chính phơng cần tìm là 7744.
Bài tập tơng tự
Bài 1: Tìm số chính phơng có 4 chữ số, biết rằng nếu bớt mỗi chữ số đi một đơn
vị thì đợc một số có 4 chữ số và là một số chính phơng.
Bài 2: Tìm số chính phơng có 4 chữ số biết rằng nếu thêm 3 vào mỗi chữ số của
số đó ta cũng đợc một số chính phơng.
Bài 3: Tìm số chính phơng có 4 chữ số khác nhau, biết rằng khi viết số đó theo
thứ tự ngợc lại thì đợc số mới có 4 chữ số cũng là số chính phơng và chia hết cho
số ban đầu.
(Đáp số: 1089)
Dạng 5: Một số bài toán khác về số chính phơng.
Chú ý: Để giải tốt một số bài toán khác về số chính phơng (các bài này
không thuộc một dạng cụ thể nào trong các dạng đã trình bầy), yêu cầu học sinh
nắm chắc các kiến thức tổng hợp về số chính phơng đã đợc trình bầy trong lý
thuyết, đồng thời biết tổng hợp linh hoạt các kỹ năng giải của từng dạng, các kiến
thức về phân tích đa thức thành nhân tử, các hằng đẳng thức đáng nhớ để áp
dụng vào giải.
Ví dụ 1: Cho m + 1 và 2m + 1 (m

N) đồng thời là hai số chính phơng. Chứng
minh rằng m chia hết cho 24

17
Với bài này bớc đầu học sinh phân tích sâu về giả thiết cho m + 1 và 2m + 1
đồng thời là hai số chính phơng
m + 1 = a
2
và 2m + 1 = b
2
với a, b

N
2m + 1 là số lẻ nên b
2
là số lẻ hay b là số lẻ
b = 2t + 1 ( t

N)
2m + 1 = ( 2t + 1)
2
= 4t
2
+ 4t + 1 m = 2t(t + 1) là số chẵn hay
m + 1 là số lẻ a
2
là số lẻ hay a là số lẻ
Lại có: m = a
2
- 1 = (a- 1)(a + 1) là tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp
Nên: m chia hết cho 8
Tiếp theo học sinh nhận định để m
M

24 thì m phải chia hết cho 3 và nhận
thấy (m + 1) + ( 2m + 1) = 3m + 2 = a
2
+ b
2
chia cho 3 d 2
Mà: số chính phơng chia cho 3 chỉ có thể d 0 hoặc 1
Hay: a
2
chia cho 3 phải d 1, b
2
chia cho 3 phải d 1
Xét: (2m + 1) - (m + 1) = a
2
- b
2

M
3 hay m
M
3 khi đó m
M
24
Lời giải chi tiết
Ta có: m + 1 và 2m + 1 là số chính phơng
Nên : m + 1 = a
2
, 2m + 1 = b
2
với mọi a, b

N
Vì : 2m + 1 là số lẻ
Hay : b
2
là số lẻ, khi đó b cũng là số lẻ tức là b = 2t + 1 với t

N
Suy ra: 2m + 1 = ( 2t + 1)
2
= 4t
2
+ 4t + 1
Do đó: m = 2t(t + 1) là số chẵn hay m + 1 là số lẻ
Nên : a
2
= m + 1 là số lẻ khi đó a
2
là số lẻ hay a là số lẻ
Xét thấy: m + 1 = a
2


m = a
2
- 1 = ( a- 1)(a + 1) là tích của hai số chẵn liên tiếp
Hay: m
M
8 (*)
Lại có: a

2
+ b
2
= (m + 1) + ( 2m + 1) = 3m + 2 chia cho 3 d 2
Mà : Số chính phơng chia cho 3 chỉ có thể d 0 hoặc 1
Suy ra: a
2
chia cho 3 phải d 1, b
2
chia cho 3 phải d 1
Xét : (2m + 1) - (m + 1) = a
2
- b
2

M
3 hay m
M
3 (**)
Từ (*) và (**) suy ra m
M
24 ( vì 3 và 8 nguyên tố cùng nhau)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng mọi số lẻ đều viết đợc dới dạng hiệu của hai số chính
phơng.
18
Sau khi làm bài toán 1 thì bài toán này cũng đợc khá nhiều học sinh phân
tích một cách tự nhiên nh sau
? Số lẻ là gì, cấu trúc và các cách viết tổng quát nh thế nào
Số lẻ có thể viết dới dạng 2n + 1 với n

N
Số lẻ có thể viết dới dạng 4n + 1 hoặc 4n + 3 với n

N
Tuỳ theo từng đề bài mà việc lựa chọn cấu trúc viết sao cho phù hợp nhất
Trong bài này ta có thể thấy
+ Nếu viết dới dạng 2n + 1 thì
2n + 1 = n
2
+ 2n + 1 - n
2
= ( n + 1)
2
- n
2
( với mỗi giá trị của n cho ta một số lẻ bất kỳ)
Nếu viết dới dạng 4n + 1 thì
+ 4n + 1 = 4n
2
+ 4n + 1 - 4n
2
= (2n + 1)
2
- (2n)
2

Nếu viết dới dạng 4n + 3 thì
4n + 3 = (4n
2
+ 8n + 4) (4n

2
+ 4n + 1)= (2n + 2)
2
- (2n + 1)
2
( với mỗi giá trị của n cho ta hai số lẻ liên tiếp bất kỳ)
Nh vậy bài này theo học sinh có thể viết bằng một trong hai cách trên ta
đều giải đợc, song thực tế cho thấy viết theo cách một cha thực sự chặt chẽ (theo
phơng pháp quy nạp) do không thể hiện đợc sự liên tục tại cùng một thời điểm,
một giá trị của n chỉ đa ra đợc một số thoả mãn còn cách hai đẫ thể hiện đợc tính
liên tục. Học sinh thờng mất điểm ở chi tiết này
Lời giải chi tiết
Ta có: Mọi số lẻ đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n + 3 với mọi n

N
+ Nếu a = 4n + 1 thì
4n + 1 = (4n
2
+ 4n + 1) - 4n
2

= (2n + 1)
2
- (2n)
2
là hiệu của hai số chính phơng
+ Nếu a = 4n + 3 thì
4n + 3 = (4n
2
+ 8n + 4) (4n

2
+ 4n + 1)
= (2n + 2)
2
- (2n + 1)
2
là hiệu của hai số chính phơng
Vậy: Mọi số lẻ đều viết đợc dới dạng hiệu của hai số chính phơng
19
Ví dụ 3: Cho 5 số chính phơng bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số
hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính
phơng đó là một số chính phơng.
Có thể nói đây là một bài toán khá khó với nhiều học sinh vì có quá nhiều
số chính phơng có chữ số hàng đơn vị là 6 và không biết mỗi số chính phơng có
bao nhiêu chữ số ., làm các em bí trong việc tìm chữ số hàng chục của 5 số
chính phơng bất kỳ. Song sau khi học sinh đợc tiếp cận với chuyên đề thì bài toán
này thật đơn giản, các em dựa vào những kiến thức về số chính phơng có chữ số
tận cùng là 6 để giải.
Lời giải chi tiết
Cách 1:
Một số chính phơng có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó
là số lẻ.
CM : Giả sử số chính phơng B = a
2
có chữ số tận cùng là 6
Suy ra: Chữ số hàng đơn vị của a là 4 hoặc 6
Nếu : Chữ số hàng đơn vị của a là 4 hay số a có dạng
4m
Do đó: a
2

=
( )
( )
2
2
2
4 10 4 100 80 16m m m m= + = + +
Ta có: Số 100m
2
và số 80m có chữ số hàng chục là số chẵn, 16 có chữ số hàng
chục là số lẻ.
Suy ra: Số B có chữ số hàng chục là số lẻ.
Nếu : Chữ số hàng đơn vị của a là 6 ( chứng minh tơng tự).
Suy ra: Chữ số hàng chục của 5 số chính phơng bất kỳ đã cho là 1, 3, 5, 7, 9
Mà : 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phơng.
Cách 2:
Ta có: Một số chính phơng M = a
2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng
của a là số chẵn
Do đó: a
M
2
Nên : a
2

M
4 ( t/c số chính phơng)

Lại có: Theo dấu hiệu chia hết cho 4 ( hai chữ số cuối chia hết cho 4 tì số đó chia
hết cho 4).
Suy ra: Hai chữ số cuối của số M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96.
20
Xét thấy: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phơng
Bài tập tơng tự
Bài 1: Chứng minh rằng nếu q là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì q- 1 và q + 1
không thể là các số chính phơng.
Bài 2: Chứng minh rằng tổng của hai số chính phơng lẻ không là số chính phơng.
Bài 3: Cho mỗi số x và y đều là tổng của hai số chính phơng. Chứng minh rằng
tích x.y cũng là tổng của hai số chính phơng.
Bài 4: Chứng minh rằng một số chính phơng không thể viết dới dạng 4n + 2 hoặc
4n + 3 với n

N.
Bài 5: Chứng minh rằng một số chính phơng không thể viết dới dạng 3n + 2 ( với
n

N.
Tiểu kết:
Qua việc trình bầy lý thuyết, phơng pháp giải một số dạng bài tập về số
chính phơng tôi nhận thấy để giáo viên dạy tốt, học sinh học tập có hiệu quả cao
thì yêu cầu
+ Giáo viên cần linh hoạt trong việc tách ý, tách nội dung nh phần tìm ra
cấu trúc của mỗi số, mỗi biểu thức, phần biến đổi biểu thức và liên kết với các
tính chất , dấu hiệu của số chính phơng, phần biện luận
+ Với bài có chứa luỹ thừa bậc cao, luỹ thừa tầng, biểu thức có cấu trúc
phức tạp, bài toán có câu hỏi lạ, . Giáo viên cần phân tích thật sâu sắc từng chi

tiết, từng nội dung một cách tự nhiên có thể hiện tính kế thừa giữa kiến thức học
trớc với các kiến thức học sau, đặc biệt là hệ thống lý thuyết trọng tâm đã đợc
trình bày trong chuyên đề, không đợc áp đặt học sinh phải công nhận những đơn
vị kiến thức lạ làm cho các em thấy sợ khi học tập về dạng toán này.
+ Giáo viên cần tổng hợp tốt các phơng pháp dạy học để truyền đạt các đơn
vị kiến thức một cách nhẹ nhàng, đồng thời có những lúc cần cho các em kiểm
nghiệm nội dung đó bằng phép thử lại hoặc vào thực tiễn cuộc sống.
+ Học sinh cần tập trung cao trong quá trình học tập không để cảm giác lo
lắng quá trong quá trình học để biết tích hợp, liên hệ các kiến thức cũ và mới,
giữa câu trớc và câu sau một cách linh hoạt. Đặc biệt phải rèn kỹ năng phân tích
giả thiết, kết luận của bài toán theo sơ đồ hai chiều hoặc sơ đồ cây. Để làm tốt
21
điều đó yêu cầu các em phải nắm chắc, hiểu sâu sắc lý thuyết trọng tâm, lý thuyết
bổ sung của từng phần, từng mục, nhất là các điểm nhấn, các chú ý của giáo viên
về lý thuyết bổ sung, về phơng pháp để áp dụng vào giải bài tập.
IV. Kết quả
Qua việc chọn lọc, sắp xếp hệ thống và phân loại nh trên đã trình bầy, tôi
thấy khả năng phát hiện, tổng hợp kiến thức lí thuyết, phán đoán tìm lời giải của
học sinh có tốt hơn Các em hào hứng, say mê học tập và chịu khó nghiên cứu, t
duy lôgíc để tìm lời giải và mở rộng ra các bài toán tơng tự.
Cụ thể qua kiểm tra học sinh lớp 8A năm học 2010 2011 (với 42 học
sinh) trờng THCS Phùng Hng, tôi thu đợc kết quả nh sau:
Xếp loại Trớc khi dạy thực nghiệm Sau khi dạy thực nghiệm
Số lợng Phần trăm Số lợng Phần trăm
Giỏi
0 0% 8 19,2%
Khá
2 4,8% 14 33,3%
T.bình
6 13,4% 16 37,9%

Dới TB
34 81,8% 4 9,6%
V. Vấn đề còn hạn chế
* Với học sinh
Do là trờng thờng nên t duy học sinh cha nhanh, khả năng phát hiện,
vận dụng, suy luận và t duy biến đổi cha thật tốt, cha thật linh hoạt.
Chỉ áp dụng đối với học sinh trung bình, khá, giỏi
* Với giáo viên
+, Thời gian đầu t còn cha nhiều
+, Khả năng phân loại, tổng hợp có thể còn cha thật phù hợp, cha
khoa học.
VI. Điều kiện áp dụng
22
Chuyên đề này có thể tuỳ theo mức độ yêu cầu, đối tợng học sinh mà giáo
viên có thể sử dụng toàn bộ hay ít nhiều.
Còn đối với học sinh giỏi thì việc truyền thụ kiến thức cho các em chính là
một số kỹ năng, phơng pháp là cần thiết và rất có ích cho các em khi học phần số
chính phơng ở lớp 7 và các lớp tiếp theo sau này.
VII. Hớng đề xuất tiếp tục nghiên cứu.
Khi chọn lọc, hệ thống, phân loại và dạy theo chuyên đề trên tôi thấy các
em say mê hơn, hào hứng hơn. Loại toán trên giúp các em phát triển t duy lôgíc
cũng nh khả năng phân tích tổng hợp, hình thành phẩm chất trí tuệ, óc sáng tạo,
linh hoạt khi làm toán. Tuy nhiên vì thời gian hạn chế, kinh nghiệm của tôi còn
cha nhiều nên sự phân loại, hệ thống bài tập ( dạng, loại) cha thật sâu Đó là
vấn đề cần phải tiếp tục nghiên cứu trong quá trình giảng dạy của tôi.
23
C. Kết luận
Qua thực tế giảng dạy môn toán ở cấp trung học cơ sở suốt một quá trình,
đợc làm quen và tiếp xúc với học sinh, bản thân tôi rút ra đợc một số điều quan
trọng khi nghiên cứu về mảng kiến thức Số chính phơng.

Đây là một trong những bài toán phức tạp, cần có t duy tốt và kỹ năng vận
dụng lý thuyết khá linh hoạt thì học sinh mới có thể hiểu sâu và hiểu rộng vấn đề
đợc. Bởi thế trong quá trình truyền đạt kiến thức cho học sinh bản thân mỗi giáo
viên phải trang bị thật chu đáo, tỷ mỉ, rõ ràng từng đơn vị kiến thức cơ bản, từng
thể loại bài tập cụ thể để học sinh hiểu sâu bản chất và vận dụng tốt để giải toán.
Xây dựng cho các em niềm đam mê hứng thú học tập. Trân trọng những
suy nghĩ, những ý kiến phát biểu và những sáng tạo dù rằng rất nhỏ của các em
để có tác dụng động viên, khích lệ, kích thích hứng thú học tập và khả năng tự
nghiên cứu tìm tòi của các em.
Giáo viên thờng xuyên kiểm tra đánh giá kết quả học tập của các em qua
các kỳ, bổ sung những thiếu sót, những sai lầm, lệch lạc về kiến thức để các em
rút kinh nghiệm. Phải có kế hoạch phân chia thành từng dạng loại cụ thể, dạy sâu,
dạy chắc và kết hợp nhuần nhuyễn, lôgíc giữa các dạng bài khác nhau.
Nghiên cứu về giải toán Số chính phơng tôi hy vọng nó là cơ sở, là động
lực giúp cho bản thân có thêm những hiểu biết mới. Đồng thời giúp các bạn đồng
nghiệp, các em học sinh yêu thích và tự tin hơn khi gặp các bài toán có liên quan
đến số chính phơng và có đợc nhiều kinh nghiệm, nhiều ứng dụng trong thực tế.
Trên đây là những ý tởng, kinh nghiệm của tôi về giải toán Số chính ph-
ơng. Trong quá trình thực hiện, không thể tránh khỏi những thiếu xót về cấu
trúc, về ngôn ngữ và cả về những kiến thức khoa học. Vì vậy, tôi rất mong nhận
24
đợc sự đóng góp chân thành của hội đồng xét duyệt sáng kiến, của bạn bè đồng
nghiệp để kinh nghiệm này của tôi đợc hoàn thiện hơn nữa.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Phùng Hng, ngày 10 tháng 01 năm 2011
Ngời viết

Nguyễn Văn Tân
Tài liệu tham khảo
Tên sách Nơi xuất bản

Toán nâng cao và các chuyên đề toán 6
Toán nâng cao và các chuyên đề toán 7
Toán nâng cao và các chuyên đề toán 8
Toán nâng cao đại số 8
Toán bồi dỡng lớp 8
Báo toán học và tuổi trẻ
Tuyển tập toán học và tuổi trẻ
Toán nâng cao lớp 9
Toán bồi dơng lớp 9
23 chuyên đề toán sơ cấp (1001 bài toán .)
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
NXB giáo dục
25