Rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải bài toán Đại số ở trường THCS nhằm nâng cao chất lượng dạy học

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Trong quá trình dạy toán cũng như học toán chúng tôi nhận
thấy có một số lươngTrong quá trình dạy toán cũng như học toán chúng
tôi nhận thấy có một số lượng bài toán đại số tương đối lớn ở cấp THCS
có nhiều dạng hay. Nhưng để giải được nó không phải là ai củng có thể
giải được.
Yếu tố tâm lý rất quan trọng khi bắt tay vào giải một bài toán,
đặc biệt là những bài toán “ngáo ộp” đó là những dạng toán kiểu rất lạ,
thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi, học sinh bình thường mới nhìn
vào đã thấy hoang mang không định hướng ra được hướng giải. Thường
bài ra độc đáo tìm lời giải củng phải đọc đáo. Cái độc đáo ấy thường
được những mối quan hệ bình thường đơn giản che lấp dưới những hình
thức rắc rối có khi dễ sợ nhưng cứ giải theo thông thường. Cho nên con
đường giải bài toán như vậy bao giờ cũng bắt đầu bằng việc nghiên cứu
đặc điểm của các dữ kiện và chính nhờ các đặc điểm đó mà sớm bóc đi
được cái vỏ bên ngoài rắm rối dễ sợ để thấy được cái cốt lõi bình thường
ẩn náu bên trong, nếu gặp nhiều lần những bài toán như vậy thì dần dần
người làm toán sẽ thấy bình tĩnh, tụ tin và phát hiện, tìm tòi tích lũy ngày
càng nhiều kinh nghiệm để giải toán
Để giải các bài toán, ngoài việc nắm vững kiến thức còn cần
phải có phương pháp suy luận khoa học cùng với những kinh nghiệm cá
nhân tích lũy được trong quá trình học tập, rèn luyện. Trong môn toán ở
trường THCS có rất nhiều bài toán chưa hoặc không có thuật toán để giải.
Đối với những bài toán ấy, phải cố gắng hướng dẩn học sinh cách suy
nghĩ, cách tìm tòi lời giải. Nhiệm vụ khó khăn này đòi hỏi phải có thời
gian và kinh nghiệm sư phạm, phải có lòng tận tâm và phương pháp đúng
đắn. Đây là cơ hội rất tốt để giáo viên trang bị cho học sinh một số tri
thức, phương pháp nhằm rèn luyện và phát triển ở họ năng lực tư duy
khoa học. Tìm tòi lời giải là một bước quan trọng trong hoạt động giải
toán, nó quyết định sự thành công hay không thành công, đi đến sự thành

công nhanh hay chậm của việc giải toán, biết định hướng đúng để tìm ra
được đường đi đúng, không có thuật toán tổng hợp nào để giải được mọi
bài toán cả.
Đây chính là lý do chúng tôi quyết định chọn nghiên cứu đề
tài ”Rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải bài toán Đại số ở trường
THCS nhằm nâng cao chất lượng dạy học”. Chúng tôi chỉ là những


sinh viên lần đầu bước vào công việc nghiên cứu khoa học với rất ít tài
liệu cùng với sự hiểu biết nhỏ bé nhưng mong rằng đề tài này sẽ không
nhàm chán mà có thể hữu ích một phần nhỏ bé trong việc nghiên cứu, tìm
tòi để giải quyết các bài toán một cách dễ dàng, linh hoạt đúng đắn hơn.
2. Nội dung nghiên cứu.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo nội dung
chính của đề tài gồm 2 chương.
Chương 1: Cơ sở lý thuyết
Chương 2:Rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải bài toán Đại Số ở
trường THCS nhằm nâng cao chất lượng dạy học.Nội dung chương 2
chình là nội dung chính của đề tài,trong chương này chúng tôi nghiên cứu
một số dạng sau.
Sử dụng quy tắc suy luận để tìm tòi lời giải
Dạng 1: Phân tích và tổng hợp
Dạng 2: Tổng quát hóa
Tổ chức rèn luyện cho học tìm tòi lời giải bài toán đại số qua các hoạt
động.
Dạng 1: Quy lạ về quen
Dang 2: Quy nạp
Dạng 3: Xét tương tự
Dạng 4: Phán đoán
3. Đối tượng nghiên cứu

Khả năng tìm tòi lời giải và ứng dụng vào giải toán Đại Số ở
trường THCS
4. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình nghiên cứu chúng tôi đã sử dụng ph ương pháp
lập luận cùng các tài liệu sư phạm liên quan đến đề tài.
Trong quá trình nghiên cứu đề tài mặc dù bản thân đã có nhiều
cố gắng nhưng không thể tránh khỏi những thiếu sót rất mong được ý
kiến đóng góp của thầy cô và các bạn sinh viên để đề tài được hoàn thiện
và hữu ích hơn.

Hà Tĩnh, Tháng 4 năm 2012
Tác giả: Nguyễn Thị Hương
Đào Thị Thanh Liên
K17 Toán Lý


CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Bài toán
a. Polya viết: “Bài toán đặt ra sự cần thiết phải tìm hiểu một
cách có ý thức phương tiện thích hợp để đạt được một mục
đích trong thấy rõ ràng nhưng không thể đạt được ngay”.
b. Rubinstein viết: Một vấn đề hoặc một tình huống có vấn đề
được trước hết ở chổ trong nó có cái chưa biết, củng tức là
cái lỗ hỏng cần được lấp đầy, có cái x nào đó cần được thay
bởi giá trị tương ứng. Như vậy một tình huống có vấn đề
luôn luôn chứa ái đó còn là ẩn _ trong quan hệ với cái đã cho
_ cần được xác định dưới dạng hiện Ông củng viết “Bài toán
là sự phát triển vấn đề bằng lời”
c. Ở đây chúng ta hiểu : “Bài toán là yêu cầu cần có để đạt
được mục đích nào đó”. Với cách hiểu này bài toán đồng

nghĩa với đề toán, bài tập, câu hỏi, vấn đề, nhiệm vụ…..Mục
đích nêu trong bài toán có toán có thể là một tập hợp bất kỳ
(Của các số, các hình, các biểu thức…) hoặc sự đúng đắn
của nhiều biện luận,vv
2. Lời giải của một bài toán
Được hiểu là một ập hợp đã xếp thứ tự các thao tác cần thực
hiện để đạt mục đích nêu trong bài toán đó, có thể nói ngắn gọn là các
bước tiến hành sau:
a. Như vậy lời giải đồng nghĩa với bài toán hay bài làm của học
sinh
b. Đáp án là một lời giải vắn tắt (lời giải đã được thu gọn)
c. Thao tác có thể là phép tính cơ bản, phép dựng hình cơ
bản,bước suy luận, sự chỉ dẫn, quy tắc
d. Một bài toán có thể có một lời giải, cũng có thể có nhiều lời
giải hoặc không có cách giải
e. Yêu cầu của một lời giải
+ Lời giải không có sai lầm
+ Lập luận phải có căn cứ chính xác
+ Lời giải phải đầy đủ
Ngoài ba yêu cầu trên, trong dạy học bài tập còn yêu cầu lời
giải ngắn gọn, đơn gian nhất, cách trình bày rõ ràng hợp lí


Tìm được một lời giải hay của một bài toán,tức là đã khai
thác được những điểm riêng của bài toán, điều đó làm học sinh ‘‘Có
thể biết được cái quyến rũ của sự sang tạo cùng niềm vui thắng lợi’’
3. Ý nghĩa của việc giải toán
Ở trường phổ thông, mỗi bải tập toán học được sử dụng với
dụng ý khác nhau, có thể tạo tiền đề để xuất phát, để gợi động cơ, để
làm viêc với nội dung mới, để củng cố hoặc kiểm tra

Ở thời điểm cụ thể nào đó, mỗi bài tập chứa đựng tường
minh hay ẩn tàng những chức năng khác nhau (chức năng dạy học,
chức năng giáo dục, chức năng phát triển, chức năng kiểm tra) những
chức năng này đều hướng tới việc thực hiện các mục đích dạy hoc
Tuy nhiên trên thực tế các chức năng này không bộc lộ một
cách riêng rẽ và tách rời nhau, khi nói đến chức năng này hay chức
năng khác của một bài toán cụ thể, tức là nói đến chức năng ấy đươc
thực hiện một cách tường minh công khai
4. Phân loại bài toán
Người ta phân loại bài toán theo nhiều cách khác nhau để đạt
được mục đích nhất định,thường để sử dụng các bài toán đó được
thuận tiện một số cách phân loại thường gặp
a. Phân loại theo hình thức:
Theo polya,bài toán được chia thành
-Bài toán tìm tòi (bao gồm tính toán, toán dựng hình, quỹ tích…) là
bài toán mà yêu cầu của nó thường thể hiện các từ: Tìm, tính, giải,
xét…Các phần chính của bài toán bao gồm: Cái đã cho (còn gọi là
điều kiện và dữ kiện), còn cái phải tìm (còn gọi là ẩn). Giải bài toán
tìm tòi là tìm ra ẩn thõa mãn điều kiện và các dữ kiện cho trước
- Bài toán chứng minh: Là bài toán mà yêu cầu của nó thường thể hiện
bằng các cụm từ chứng minh rằng, chứng tỏ rằng, tại sao… Các phần
chính của bài toán bao gồm cái đã cho (giả thiết) và cái phải tìm(kết
luận). Giải một bài toán chứng minh là tìm ra mối liên hệ logic giữa
cái đã cho và cái phải tìm. Cấu trúc của bài toán chứng minh thường
có dạng A→B hay giả thuyết suy ra kết luận.
- Bài toán hỗn hợp (hay bài toán tổng hợp) là bài toán có phần là bài
toán tìm tòi, có phần là bài toán chứng minh. Các bài toán có nội dung
thực tiễn sau khi toán học hóa thì bài toán cũng được coi là bài toán
tổng hợp
b. Phân loại bài toán theo nội dung

- Bài toán số học
- Bài toán đại số
- Bài toán hình học
- Bài toán rời rạc
c.Với bài tập đại số có thể phân thành các loại
- Toán tính toán
- Toán chứng minh
- Toán quy nạp
5. Phương pháp để giải bài toán
Một số người tham vọng muốn có một thuật giải tổng quát,đó là
điều ảo tưởng. Ngay cả đối voái những bài toán riêng biệt cũng có
trường hợp có, có trường hợp không có thuật giải.Tuy nhiên trang bị
những hướng dẫn chung, gợi ý các suy nghĩ tim tòi, phát hiện cách
giải bài toán lại có thể và cần thiết.
Dựa trên những tư tưởng tổng quát cùng với những gợi ý chi tiết
cua polya (1975) vế cách thức giải bài toán đã được kiểm nghiệm
trong thực tiễn dạy học, có thể nêu lên phương pháp chung để giải bài
toán như sau:
Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài.
Phát biểu đề bài dưới những dạng thức khác nhau để hiểu rõ nội dung
môn toán.
Phân biệt cái đã cho và cái phải tìm,cái chứng minh
Có thể dùng công thức, kí hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề
bài
Bước 2: Tìm cách giải.
Tìm tòi phát hiện cách giải nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán,
biến đổi cái đã cho, biến đổi cái phải tìm hay phải chứng minh, liên hệ
cái đã cho cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần

giải và bài toán cũ tương ứng,một trường hợp riêng, một bài toán tổng
quát hơn hay một bài toán nào đó có liên quan, sử dụng những phương
pháp đặc thù với từng dạng toán như chứng minh, phản chứng, quy
nạp. Kiểm tra lời giải bằng cách xem lại kĩ từng bước thực hiện hoặc
đặc biệt hóa kết quả tìm được hoặc đối chiếu kết quả với một số tri
thức có liên quan. Tìm tòi những cách giải, So sánh chúng để chọn
được cách giải hợp lí
Bước 3: Trình bày lời giải.


Từ cách giải đã được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành
một chương trình gồm các bước theo một trình tự thích hợp và thực
hiện các bước đó.
Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải.
Nghiên cứu khả năng ứng dụng của lời giải
Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn
đề
6. Một số chú ý khi dạy học sinh tìm lời giải bài tập.
- Như chúng ta đã biết, dạy học sinh giải một bài tập không chỉ đơn
thuần là giúp học sinh có được lời giải của bài toán đó, mà còn cần
giúp học sinh cách tìm lời giải bài toán, tức là thông qua dạy tri thức
để truyền thụ tri thức phương pháp. Với cách làm như vậy lâu dần học
sinh đúc kết được phương hướng giải toán, tiến tới có phương pháp
học tập bộ môn
- Khi đã hiểu được mỗi bài tập có dụng ý gì, việc tiếp theo là “Dạy
học sinh giải một bài tập như thế nào?”. Việc học sinh tự trình bày lời
giải của bài toán để người học cảm thấy niềm vui chiến thắng.
- Có thể việc làm như trên sẽ chiếm nhiều thời gian song không nên
ngại điều đó
+ Trước hết không nên nhầm giữa dạy học sinh giải bài tập với việc

chữa bài tập, chữa bài tập mới chỉ cung cấp cho học sinh lời giải
(Đúng) của một bài tập cho trước chứ chưa hướng dẩn cho học sinh
cách tìm lời giải bài toán đó, do đó càng học học sinh càng tích lũy
thêm, ghi nhớ máy móc thêm lời giải của những bài toán cụ thể mà
chưa thể tự mình giải được bài toán. Tình trạng này sẽ dẫn đến quá tải
tại một thời điểm nào đó đối với người học
+ Không nên đưa quá nhiều bài tập trong một tiết dạy cần dự kiến thời
gian cho bài tập trọng tâm (Là bài có điều kiện củng cố, khắc sâu kiến
thức, Kỹ năng) rồi lựa chọn bài tập có cách giải tương tự để học sinh
tự lực luyện tập. Như vậy trong tiết luyện tập có những bài được giải
chi tiết, có những bài chỉ cần hướng dẩn
+ Khi đã hiểu được chức năng của bài tập toán trong dạy học môn
toán ta không nên tách bạch quá đáng bài dạy khái niệm mới với bài
dạy giải bài tạp. Trong khi dạy giải bài tập ta có điều kiện để củng cố
khắc sâu, hệ thống hóa kiến thức. Đồng thời muốn khắc sâu kiến thức
mới cách tốt nhất là làm bài tập. Do đó giáo viên cần cân đồi tỉ lệ Lý


thuyết – Thực hành trong một giờ giảng sao cho giúp học sinh có thể
hiểu tốt nhất kiến thức được học.
- Chú ý rằng: “Giải toán là một nghệ thuật thực hành giống như bơi
lội, trượt tuyêt, chơi đàn. Có thể học được nghệ thuật đó, chỉ cần bắt
chước theo những mẫu mực đúng đắn và thường xuyên thực hành.
Không có chìa khóa thần kỳ để mở mọi cửa ngõ, Không có hòn đá
thần kỳ để biến mọi kim loại thành vàng”
(Đề-các và Leibnitz)
Do đó để hướng dẫn học sinh tìm lời giải bài toán. Do đó để hướng
dẩn học sinh tìm lời giải bài toán, trước hết giáo viên phải đóng vai trò
của người học, tự mình tìm ra các kiến thức cơ bản,dạng toán,các
bước tiến hành để có lời giải bài toán.Trên cơ sở đó phân bậc hoạt

động phù hợp với đối tượng học sinh cụ thể của mình,dự kiến các câu
hỏi dẫn dắt, gợi mở sao cho thông qua hoạt động học sinh không
những tìm được lời giải bài toán mà cả tri thức về phương pháp giải
toán.
7. Vai trò của bài tập trong quá trình dạy học
Bài tập toán học có vai trò quan trọng trong môn toán. Điều căn bản là
bài tập có giá mang hoạt động của học sinh. Thông qua giải bài tập
học sinh phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận
dạng và thể hiện định nghĩa, định lý, quy tắc hay phương pháp, những
hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong
toán học , những hoạt động trí tuệ chung và hoạt động ngôn ngữ.
Trong thực tế cho thấy hoạt động của học sinh liên hệ mật thiếttuệ
chung và hoạt động ngôn ngữ. Trong thực tế cho thấy hoạt động của
học sinh liên hệ mật thiết với mục tiêu, nội dung và phương pháp dạy
học, vì vậy vai trò của bài tập toán học được thể hiện trên cả ba bình
diện.
Thứ nhất: Trên bình diện mục tiêu dạy học, bài tập toán học ở trường
THCS là độ đạt mục tiêu. Mặt khác những bài tập toán học củng thể
hiện những chức năng khác nhau hướng đến việc thực hiện các mục
tiêu dạy học môn toán cụ thể là:
a. Hình thành củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo ở những khâu khác
nhau của quá trình dạy học, kể cả kỹ năng ứng dụng toán học vào
thực tiễn
b. Phát triển năng lực trí tuệ, rèn luyện những hoạt động tư duy, hình
thành những phẩm chất trí tuệ.


c. Bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng, hình thành những
phẩm chất đạo đức của con người lao động mới.
Thứ hai: Trên bình diện nội dung dạy học, những bài tập toán học là

giá mang hoạt động liên hệ với những nội dung nhất định là một
phương tiện cài đặt nội dung để hoàn chỉnh hay bổ sung cho những tri
thức nào đó đã được trình bày trong lý thuyết.
Thứ ba: Trên bình diện phương pháp dạy học bài tập toán học là giá
mang hoạt động bài tập toán học là giá mang hoạt động để người học
kiến tạo những tri thức nhất định và trên cơ sở đó thực hiện các mục
tiêu dạy học khác. Khai thác tốt những bài tập như vậy sẽ góp phần tổ
chức cho học sinh học tập trong hoạt động tự giác, tích cực, chủ động
và sang tạo được thực hiện độc lập tronđược thực hiện độc lập trong
giao lưu.
Trong thực hiện dạy học bài tập được thể hiện với những dụng ý khác
nhau về phương pháp dạy họ đảm bảo trình độ xuất phát, gợi động cơ,
làm việc với nội dung mới củng cố xuất phát, gợi động cơ, làm việc
với nội dung mới củng cố hoặc kiểm tra dạy và học, khả năng làm
việc độc lập và trình độ phát triển củaặc kiểm tra dạy và học, khả
năng làm việc độc lập và trình độ phát triển của học sinh.

CHƯƠNG 2: RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TÌM TÒI
LỜI GIẢI BÀI TOÁN ĐẠI SỐ Ở TRƯỜNG THCS
NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC
2.1. Sử dụng quy tắc suy luận để tìm tòi lời giải.
Dạng 1: Phân tích và tổng hợp.
Phân tích và tổng hợp là những thao tác tư duy cơ bản vì vậy để
phát triển trí tuệ cho học sinh cần phải coi trọng việc rèn luyện cho
học sinh năng lực phân tích và tổng hợp. Phân tích là dung trí óc để
chia cái toàn thể thành từng phần, hoặc tách ra từng thuộc tính hay
khía cạnh riêng biệt nằm trong cái toàn thể đó. Ngược lại, với phân
tích, tổng hợp dung trí óc hợp lại các phần của cái toàn thể hoặc kết
hợp lại những thuộc tính hay khía cạnh khác nhau nằm trong cái
toàn thể đó.

Tuy là hai thao tác trái ngược nhau nhưng chúng luôn liên kết chặt
chẽ với nhau, là hai mặt của một quá trình thống nhất.


Bài toán 1: Một số chia cho 7 thì dư 6, chia cho 8 thì dư 5. Hỏi số
đó chia cho 56 thì số dư là bao nhiêu.
Giải:
Em đã gặp bài toán này bao giờ chưa, hay đã gặp bài toán tương tự
chưa. Hướng giải của nó như thế nào và có bao nhiêu cách để giải
nó?
Ta có thể giải theo một số cách như sau:
Gọi số bị chia là a, theo giả thiết ta có: q= 7q1 + 6 (1)
q= 8q2 + 5 (2)
Để tìm số dư r khi chia a cho 56, ta tìm cách biểu diễn a= 56q + r
với 0 < r < 56
Ta chú ý đến 56 = 7.8 và 8a – 7a = a, ta có thể đi đến 2 cách sau:
Cách 1 : Để tạo ra bội của 56, ta nhân 2 vế của (1) với 8 và của (2)
với 7 ta có :
8a = 56 q1 + 48

(3)

7a = 56 q1 + 35

(4)

Từ (3) và (4) suy ra : 8a -7a = 56 ( q1 – q2) + 13
Hay

a = 56 ( q1 – q2) + 13

Vậy số dư cần tìm là 13.
Cách 2: từ (1) và (2) suy ra:
7q1 + 6 = 8q2 + 5

(3)

Từ (3) rút ra: 7q1 – 7q2 = q2 – 1
Hay q2 − 1 = 7(q1 − q2 )M7
Do đó : q2 – 1 = 7q hay q2 = 7q + 1 (4)
Thay (4) vào (2) ta được: a= 8(7q +1) + 5 = 56q + 13
Vậy số dư là 13.


Bài toán 2 : hãy thêm vào bên trái của số 1995 một chữ số và bên
phải một chữ số để được một số mới chia hết cho 45.
Giải : với bài toán này em sẽ phân tích nó như thế nào ? Dựa vào
dấu hiệu nào ?
Ta phân tích 45 = 5.9 là tích của 2 số nguyên tố cùng nhau. Từ đó
suy ra 1 số chia hết cho 45 khi và chỉ khi số đó vừa chia hết cho 5
vừa chia hết cho 9. Dựa vào dấu hiệu chia hết cho 5 ta tìm được
chữ số thêm vào bên phải, rồi dựa vào dấu hiệu chia hết cho 9 ta sẽ
tìm được chữ số thêm vào bên trái.
Bài toán 3 : Một xí nghiệp có 3 phân xưởng, phân xưởng thứ nhất
có 99 công nhân, phân xưởng thứ 2 có 63 công nhân và phân
xưởng thứ 3 có 72 công nhân. Trong đợt liên hoan tổng kết cuối
năm toàn xí nghiệp công nhân được chia thành từng tổ sao cho số
người của mỗi xưởng được chia đều cho mỗi tổ. Có thể chia nhiều
nhất là bao nhiêu tổ ?
Giải :

Bài toán cho ta những dữ kiện nào ? hướng giải nó ra sao ? Ta sẽ đi
phân tích đây là bài toán về tìm tòi, ẩn là số tổ có thể chia được
nhiều nhất, dữ kiện : số người của 3 phân xưởng lần lượt là 99 ;
63 ; 72. Điều kiện : số người của mỗi phân xưởng chia đều cho mỗi
tổ, từ điều kiện của bài toán ta suy ra số tổ được chia phải là ước
chung của 99 ; 63 ; 72. Số tổ có thể chia được nhiều nhất ứng với
ước chung lớn nhất của 99 ; 63 và 72. Phân tích 99 ; 63 ; 72 thành
tích của các thừa số nguyên tố, từ đó suy ra số tổ có thể chia được
nhiều nhất là 9.
Bài toán 4 : hai bạn giỏi toán An và Bảo nói chuyện với nhau. An
nói : trong 100 số tự nhiên đầu tiên đó bạn tìm được ra 2 số mà ước
chung lớn nhất của chúng là lớn nhất, Bảo nói : thế thì tôi cũng đố
bạn : trong 100 số tự nhiên đầu tiên tìm 2 số mà bội chung nhỏ
nhất của chúng là lớn nhất. Cả 2 bạn đều tìm đúng đó là những số
nào.
Giải : Với bài toán này ta có thể biến đổi như thế nào ?. Trước hết
ta đi tìm hai số mà ước chung lớn nhất của chúng là lớn nhất .Để


tìm hai số đó chúng ta chú ý đến những số lớn nhất trong các số đã
cho.Số lớn nhất trong 100 số đầu tiên là 100. Mặt khác,ước chung
lớn nhất của 2 số cungr là ước của mỗi số và 50 là ước thật sự của
100,suy ra 50 là số lớn nhất trong các ước chung lớn nhất của hai
số trong 100 số tự nhiên đầu tiên. Từ đó ta được hai số cần tìm là
100 va 50.
Để tìm hai số mà BCNN của chúng là lớn nhất trong các số đã cho.
Ta thấy 100 và 99 là 2 số lớn nhất mà chúng là nguyên tố cùng
nhau, do đó 100 và 99 là 2 số có BCNN của chúng là lớn nhất.
Bài toán 5 :Cho số a không chia hết cho b.Biết;BCNN(a,b)=630,
ƯCLN(a,b)=18.tìm a và b

Giải:Bài toán cho ta những dữ kiện gì ?.Phương hướng giải như thế
nào?
Ta biết BCNN(a,b)=630 và UwCLN(a,b)=18.Ta sẽ biết
a.b=UCLN(a,b).BCNN(a,b)=18.630.Mặt khác,ƯCLN(a,b)=18 nên
a=18a1,b=18b1 và a1 , b1 nguyên tố cùng nhau. Thay a = 18 a1, b =
18 b1 vào tích a.b = 18.630 ta sẽ có : a1.b1 = 630 : 18 = 35. Phân
tích 35 thành các thừa số nguyên tố 35 = 5.7. Từ đó ta sẽ tìm được
a1 và b1, do đó sẽ tìm được a và b.

Dạng 2:Tổng quát hóa.
Tổng quát hóa la suy luận chuyển từ việc khảo sát một tập hợp đối
tượng đến một tập hợp đối tượng lớn hơn chứa tập hợp ban đầu.
Trong hoạt động giải toán, việc tổng quát hóa một bài toán có thể
cho ta một bài toán rộng hơn có tính khái quát hơn, có khi lại giúp
tìm kiếm lời giải thuận lợi dể dàng hơn.
Bài toán 1: Tính tổng
T=0,01+0,03+0,05+……+0,15+0,17+0,19
Giải: Với bài toán này ta xác định hướng đi như thế nào?.ta nhận
thấy T là tổng của nhiều số hạng,nếu lần lượt thực hiện các phép
tính thì sẽ mất rất nhiều thời gian, chú ý đến các số hạng của tổng
ta thấy mỗi số hạng đứng sau đều lớn hơn số hạng đứng trước đều


lớn hơn số hạng đứng liền sau nó 0,02. Với đặc điểm này ta vận
dụng tính chất giao hoán và kết hợp của phép cộng ta có.
Tính tổng T theo phương pháp Gauss như sau:
T = 0,01+0,03+0,05+……+0,15+0,17+0,19
T = 0,19+0,17+0,15+……+0,05+0,03+0,01
Cộng vế theo vế ta có:
2T = 0,2+0,2+0,2+.....+0,2+0,2+0,2

2T = 0,2.10 = 2
Vậy T = 1.
Mở rộng đến bài toán S = a + ( a + d) + ( a + 2d) +....+( a+ nd)
=

( 2a + nd ) ( n + 1)
2

Bài toán 2:Tính B =

1
1
1
1
+
+ ... +
+
1.2 2.3
7.8 8.9

Đối với bài toán này nếu quy đồng mẫu số để thực hiện phép tính
thì sẽ rất nhiều cồng kềnh và mất nhiều thời gian.Ta nhận thấy các
mẫu số có tính chất đặc biệt và với tính chất đó ta phân tích mỗi
phân số thành hiệu của hai phân số đơn giản hơn:
1−

1 8
=
9 9

1
1
1
= −
n(n + 1) n n + 1

Khi đó các phân số đối nhau sẽ triệt tiêu và còn lại :
1
9

B = 1− =

8
9

Mở rộng tổng B ta có tổng có n số hạng:
1

1

1

1

n

Bn = 1.2 + 2.3 + .... + n( n + 1) = 1 − n + 1 = n + 1
Mở rộng đến bài toán:
b

b

b

1

1

nb

P= a(a + b) + (a + b)( a + 2b) + ... + [ a + (n − 1)b] [ a + nb ] = a − a + nb = a(a + nb)
Bài toán 3: rút gọn :
T = 1 +2 + 22 +…+ 298 + 299
Trong bài toán này ta nhận thấy T là tổng của các lũy thừa cùng cơ
số 2 và số mũ của lũy thừa đứng sau hơn số mũ của lũy thừa đứng


liền trước 1 đơn vị, nghĩa là số hạng đứng sau gấp 2 lần số hạng
liền trước. Đặc điểm đó gợi cho ta xét được
2T = 2 + 22 +23+….+299 + 2100’
Và so sánh 2T với T. từ đó ta có thể suy ra:
T = 2T – T = 2100 – 1.
Mở rộng đến tổng:
Tn = 1+ 2 + 22 +...+ 2n = 2n+1 – 1.
Bài toán 4. So sánh 320 và 245.
Giải :
Ta có thể thấy trong bài toán này để so sánh 2 lũy thừa ta thường
đưa về so sánh 2 lũy thừa có cùng cơ số hoặc 2 lũy thừa có cùng số
mũ. Phân tích 320 và 245 ta thấy không thể đưa về cùng cơ số còn số
mũ tuy khác nhau nhưng chúng cùng là bội của 15. từ đó ta có thể

biến đổi : 330 = (32)15 = 915
245 = (23)15 = 815
Nên ta dễ thấy 915>815. Vậy 330 > 245.
Mở rộng ta so sánh ank và bmk. Đưa về so sánh an và bm.
Nếu an > bm thì ank > bmk.
Nếu an = bm thì ank = bmk.
Nếu an < bm thì ank < bmk.
Bài toán 5. Trục căn thức ở mẫu.
2 2
1+ 2 + 3

Giải. Ta thấy biểu thức chứa căn ở mẫu có vẻ phức tạp, ta chưa xác
định ngay được biểu thức liên hợp của nó như những dạng thong
thường. Ta hãy quy đồng cả tử và mẫu về dạng a + 3 với
a = 1 + 2 , nghĩa là đem nhân cả tử và mẫu với

( 1+

đó mẫu sẽ trở thành (1 + 2) 2 − ( 3 ) = ( 1 + 2 2 + 2 ) − 3 = 2 2
2

Như vậy bài toán đã giải được. ta có:
2 2
2 2(1 + 2 − 3)
=
= 1+ 2 − 3
1+ 2 + 3
2 2

)

2 − 3 . Khi


Mở rộng đến:
a ( A + B − C )  ( A + B − C ) − 2 AB 
a
a( A + B − C )
=
=
( A + B + C ) 2 − 4 AB
A + B + C ( A + B − C ) + 2 AB

2.2 Tổ chức rèn luyện cho học sinh tìm tòi lời giải bài toán đại
số qua các hoạt đông:
Dạng 1;Quy lạ về quen
Bài toán 1:Phân tích đa thức thành nhân tử: f(x) = x2 – 6x + 5
Trong một bài toán ta có thể biến đổi và giải theo nhiều cách khac
nhau.Chúng ta có thể tham khảo một số cách sau:
Cách 1: f(x) = x2 – x – 5x +5 = x(x-1)- 5(x-1) = (x-1)(x-5)
Cách 2: f(x) = (x2 – 2x + 1) -4x +4 = (x-1)2 – 4(x-1)= (x-1)(x-5)
Cách 3: f(x) = (x2 – 6x + 9) -4= (x-3)2- 22= (x-1)(x-5)
Cách 4: f(x) = (x2-1)-6x+6 = (x-1) (x+1)-6(x-1)= (x-1)(x-5)
Cách 5: f(x) = (3x2-6x+3) -2x2 +2= 3(x-1)2 - 2(x2-1) = (x-1)(x-5)
Cách 6: f(x) = (5x2-10x +5) -4x2 + 4x = 5(x-1)2 -4 (x-1)
= (x-1)(x-5)
Cách 7: f(x) = (6x2 – 6x) -5x2 + 5 = 6x (x-1) -5(x2 – 1)
=(x-1)(x-5)
Cách 8: dễ thấy tổng các hệ số của f(x)=0 nên f(x) chia hết cho x-1
ta được thương la x-5.Vậy f(x)=(x-1)(x-5).

Bài toán 2:Giải phương trình.
(x2 + 2x + 3)2 – 9( x2 + 2x +3) +18 = 0
Ta thấy phương trình có đặc điểm gì đáng chú ý?
Ta thấy là biểu thức : x2 + 2x + 3.
Đặt y = x2 + 2x + 3. ta được phương trình : y2 – 9y + 18 =0
Giải phương trình này ta có : y1 = 3 và y2 = 6.
Từ đó ta được 2 phương trình : x2 + 2x + 3 = 3 (a)
Và x2 + 2x + 3 = 6 (b)
Giải phương trình a và b ta được 4 nghiệm. X=0, x= -2, x= 1, x=-3.
Bài toán 3. rút gọn


T= (a+ b+c+ d)2 + (a + b- c – d)2 + (a – b –c +d)2 + (a- b+ c- d)2
Ta thấy các biểu thức của T có liên quan đặc biệt, ta có thể ghép
chúng thành từng cặp rồi áp dụng kết quả:
( a+ b)2 + ( a- b)2 = 2(a2 + b2)
Để có: T = [( a+ b) + (c + d)] 2 + [(a+b)- (c+d)]2 +[ (a-b) –(c-d)]2+
[(a-b) + ( c-d)]2 = 2[( a+ b)2 + (c + d)2] + 2[(a-b)2 + ( c-d)2]
= 2[ (a+b)2 + (a-b)2 + ( c+d)2 + (c-d)2]
= 4(a2 + b2 +c2+ d2)
Từ kết quả của bài toán, cho T= 0 ta rút ra được kết quả sau:
Nếu a+ b+ c+d =0
a+ b– c –d =0
a- b –c +d = 0
a- b + c–d = 0

thì a= b=c=d=0

bài toán 4.
Giải hệ phương trình:

Để giải phương trình bậc nhất,ta có thể giải bằng những cách khác
nhau như:
Cách 1:Vế trái của cả hai phương trình còn cồng kềnh,ta có thể
khai triển và rút gọn để có:
Từ (4) rút ra y=3x-5 rồi thế vào (3) ta được x= -

1
13
từ đó y= 2
2

Cách 2: Ta có thể sử dụng phương pháp cộng đại số để giải. Trừ vế
với vế của (3) và (4) ta được 2x=-1 hay x= -

1
13
. Từ đó y= 2
2

Cách 3;Phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt x+y=X và x-y=Y
Hệ (I) trở thành (II).........
Bài toán 5 :Với giá trị nào của m thì hệ phương trình sau vô
nghiệm ?, vô số nghiệm ?
......
Giải :Hệ phương trình đã cho là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.Ta
có thể giải bài toán bằng những cách khác nhau.


Cách 1 : phương pháp thế.

Từ (2) rut ra my=3-2x và thau vào (1) ta được 3m=3 suy ra m=1 hệ
vô số nghiệm
Nếu m#1 thì hệ vô nghiệm
Cách 2 : Phương pháp cộng đại số :
Dể thấy m=0 thì hệ vô nghiệm
Với m#0 hệ vô số nghiệm
Cáh 3 : Phương pháp đồ thị ;
Với m#0 thì hệ phương trình tương đương với hệ.
......
Hai phương trình (3)và(4) là hai phương trình của hai đường thẳng
song song hoặc trùng nhau.
Khi m#1 ta có hai đường thẳng song song nên hệ vô nghiệm
Khi m=1 thì hai đường thẳng trùng nhau,nên hệ vô số nghiệm
Dạng 2 : Phương pháp quy nạp.
Chứng mimh bất đẳng thức coossi với n số không âm a1, a2,...an
a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2...an
n

Đối với những bài toán chứng minh bất đẳng thức ta có thể áp
dụng phương pháp quy nạp toán học đẻ giải, ta có :
Hiển nhiên mệnh đề đúng với n=2 tức là
a1 + a2 + ... + ak k
≥ a1a2...ak
k
. Ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng

với n = k+1.
Giả sử a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ ak +1 a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ ak +1 thì
ak +1 ≥

Đặt

a1 + a2 + ... + ak
a + a + ... + ak .
ak +1 ≥ 1 2
k
k

a1 + a2 + ... + ak
= x thì x ≥ 0 x ≥ 0 , ta có : ak +1 = x + y ak +1 = x + y với
k

y ≥ 0 y ≥ 0 và x k ≥ a1a2 ...ak x k ≥ a1a2 ...ak (theo giả thiết quy nạp).


Ta có
k +1

 a1 + a2 + ... + ak + ak +1 

÷
k +1



k +1

 kx + x + y 
=

÷
 k +1 

k +1

y 

=x+
÷
k +1


 y  k
≥ x k +1 + ( k + 1) 
÷x
 k +1

k +1
k
k
= x + x y = x ( x + y ) ≥ a1a2 ...ak ak +1

Suy ra :

a1 + a2 + ...ak +1 k +1
≥ a1a2 ...ak +1
k +1

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tựu nhiên n ≥ 2 n ≥ 2
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an

Bài toán 2 : Cho a,b,c là các số không âm.
Khi đó

a+b
a+b+c 3
≥ ab ;
≥ abc
2
3

Ta có thể tổng quát trung bình cộng của n số không âm lớn hơn
a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2...an
n
hoặc bằng trung bình nhân của chúng

Với a1, a2,…,an là các số không âm
Ta có thể thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an
Bài toán 3 : Cho hai hệ số a,b,c và x,y,z

(a
Khi đó
(a

2
2

+ b2 ) ( x 2 + y 2 ) ≥ ( ax + by ) ;
2

+ b2 + c 2 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( ax + by + cz )

2

Ta có thể xét với hai bộ n số (a1, a2,…,an) và (b1,b2,...,bn)
Tích của tổng các bình phương n số của bộ số này và tổng bình
phương n số của bộ số lớn hơn hoặc bình phương của tổng tích hai
số tương ứng của hai bộ số đó.

(a

2
1

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1, a2,…,an) và (b1,b2,...,bn) là 2 bộ
a

a

a a

a

a

n

n
1
2
1
2
số tỉ lệ với nhau, tức là b = b = ... = b b = b = ... = b
1
2
n
1
2
n

Với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0.
Bài toán 4 : cho a= 5 + 2 6 và b= a n + b n 5 − 2 6 .
Đặt S(n)= a n + b n . Chứng minh rằng: s0, s4, s8,…,s24 là các số tự
nhiên có chữ số hàng đơn vị là 2.


Giải:
Ta có S0 = a 0 + b0 = 2 .
Ta sẽ chứng minh rằng Sn và Sn+4 là các số tự nhiên có chữ số hàng
đơn vị như nhau.
Ta có:

a 2 = 10a − 1(1)
b 2 = 10b − 1(2)

Nhân (1) với a n a n . Nhân (2) với a n + 2 + b n+ 2 = 10(a n +1 + b n+1 ) − (a n + b n )
b ta được S n + 2 = 10 Sn +1 − S n

n

a n + 2 = 10.a n +1 − a n
b n + 2 = 10.bn +1 − b n

Suy ra a n + 2 + b n+ 2 = 10(a n +1 + b n +1 ) − (a n + b n ) .
Tức là: Sn + 2 = 10Sn +1 − Sn .
Từ đó ta rút ra nhận xét: ( Sn + 4 − S n ) M10 ( Sn + S n+ 2 ) M10
Suy ra : ( Sn + 4 − S n ) M10
Ta có s0 = 2, s1 = 10 s0 = 2, s1 = 10 .Nên từ nhận xét ta có thể suy ra
s0 , s4 , s8 ,....s20 s2 , s3 , s4 ,....sn là các số tự nhiên và s0 , s4 , s8 ,....s20 có chữ

số hàng đơn vị là 2.
Dang 3 : xét tương tự.
Bài toán 1 : Tính A =

1
1
1
1
+
+ ... +
+
1.2 2.3
7.8 8.9

Từ bài toán ta có thể nhận thấy được các mẫu số có tính chất đặc
biệt với tính chất đó ta phân tích mỗi phân số thành hiệu của hai
phân số đơn giản hơn.
1

1
1 khi đó:
1 8
1 8
= −
A = 1− = A = 1− = .
n(n + 1) n n + 1
9 9
9 9

Tương tự:


B=

1
1
1
+
+ ... +
1.2.3 2.3.4
n(n + 1)(n + 2)

=

 1

1  1
1   1
1 

1
−
−
−

÷
÷+ 
÷+ ... + 
2  1.2 2.3   2.3 3.4 
 n(n + 1) ( n + 1)( n + 2)  

=


1 1
1
n(n + 3)
−
=


2 1.2 (n + 1)(n + 2)  4(n + 1)(n + 2)

2
2
2
1 18
+
+ ... +
= 1− =

1.3 3.5
17.19
19 19
C=

1
1
1
+
+ ... +
1.2.3 2.3.4
n(n + 1)(n + 2)

=

 1

1  1
1   1
1 
1
−
−
−

÷
÷+ 
÷+ ... + 
2  1.2 2.3   2.3 3.4 
 n(n + 1) ( n + 1)( n + 2)  

=


1 1
1
n(n + 3)
−
=


2 1.2 (n + 1)(n + 2)  4(n + 1)(n + 2)

Bài toán 2 : Tính khoảng thời gian từ lúc 12 giờ đến khi kim giờ
và kim phút gặp nhau lần đầu.
Đây là bài toán chuyển động đều quay tròn và cùng chiều bởi vậy
cần tính quảng đường và tốc độ theo đơn vị vòng quay.chú ý rằng
vận tốc quay của kim phút nhanh gấp 12 lần kim giờ và từ lúc 12
giờ(hai kim trùng nhau) đến khi hai kim gặp nhau lần đầu thì kim
phút quay nhanh hơn kim giờ đúng một vòng.
Ta xét trong một giờ kim phút quay nhanh hơn kim giờ là bao
nhiêu rồi suy ra thời gian kim phút quay nhanh hơn kim giờ đúng 1
giờ,đó là thời gian mà ta phải tìm.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng 3 2 không phải là một số hửu tỉ
Ta thấy khó mà chứng minh được trực tiếp bài toán này.
Ơ đây ta sử dụng phương pháp phản chứng : Giả sử 3 2 là số hữu
a
b

tỉ,tức là tồn tại a,b nguyên dương sao cho 3 2 = ta phải rút ra điều

a
b

gì đó vô lí ? từ 3 2 = ta có 2b3 = a3 nên a3 M2 do đó aM2 . suy ra
a = 2c và 2b3 = 8c 3 hay b3 = 4c3 nên b3 M2 , do đó bM2 .Như vậy cả a và

b cùng chia hết cho 2.Điều này sẽ trở nên vô lí khi phân số
giản

a
tối
b


Dạng 4 : Phán đoán
Bài toán 1 : Tìm số nguyên p sao cho p+10 và p+14 là số nguyên
tố.
Ban đầu ta có thể mò mẫm,dự đoán rồi tìm cách chứng
minh.Chẳng hạn ta có thể thử với vài giá trị nguyên tố của p như
p=2,3,5,7.
Ta thấy chi p=3 thõa mãn từ đó suy nghĩ đến việc chứng minh, với
p#3 thì điều kiện của bài toán không thõa mãn hoặc để ý đến 3 số
đã cho và phân tích p+10=p+1+9 ,p+14=p+2+12, liên hệ với 3 số
liên tiếp p, p+1, p+2 có một số chia hêt cho 3 , từ đó suy ra p=3
Bài toán 2 : Xét tích 10.11.12.13....20
Nếu phân tích nó ra thừa số nguyên tố thì có bao nhiêu thừa số 2
Ta chú ý đến tích 10.11.12.13....20 là tích của các số liên tiếp va 2
là số nguyen tố.Từ đó ta thấy số các thừa số hai cần tìm bằng số
các thừa số 2 khi phân tích ra thưa số nguyên tố của các số chẵn từ
10 đến 20(có 6 số).

Tích đó bằng 26.5.6.7.8.9.10 . Xét tiếp tích các số chẵn từ 5 đến 10
gồm 3 số đó là : 6.8.10= 23.3.4.5 = 23.22.3.5 .
Từ những kết quả trên ta suy ra thừa số 2 cần tìm là 6+3+2=11.
Bài toán 3 : Số nào có 4 chữ số giống nhau mà chỉ có hai ước
nguyên tố.
Ở bài toán này ta nên chú ý đến điều kiện số cần tìm có 4 chữ số
giống nhau,ta biểu diễn số đó là aaaa(a ∈ N , 0 < a < 9) .với điều kiện
chỉ có hai ước nguyên tố,ta phân tích aaaa = a.1111 = a.11.101 .trong
đó 11 vá 101 là hai số nguyên tố.Dựa vào sự phân tích đó ta suy ra
a=1 từ đó ta có số cần tìm là 1111
Bài toán 4 : Tìm tất cả các ước số của 100.
Để tìm tất cả các ước số cua 100 ta có thể phân tích 100 thành các
thừa số.Ta được : 100=2.2.5.5= 22.52
Từ dạng phân tích này ta có thể rút ra các ước số là lũy thừa của 2
gồm 1,2, 22 (có 3 ước số) ;Các ước là lũy thừa của 5 gồm 1,5, 52 .(có


3 ước số).Từ kết quả trên ta có thể lần lượt lấy tích của 100 là : 1,
2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, và 10
Bài tập tương tự
2.1 Sử dụng quy tắc suy luận để tim tòi lời giải
Bài 1 : Tổng của hai số là 253.Chia số lớn cho số nhỏ được thương
là 5 dư 7.Tìm hai số đó
Bài 2 : Trong một phép chia,số bị chia bằng 155 và số dư băng
12.Tìm số chia và thương số
Bài 3 :Tìm số nhỏ hơn 100,biết rằng khi chia số đó cho 5 thì dư
3,chia cho 11 thì dư 5
Bài 4 : Tìm số dư trong phép chia.
a. 19921993 cho 9
b. 19931992 cho 15

Bài 5:Tìm số tận cùng của các số tận cùng của các số
A= 19921993

B= 19931992

2.2 Tổ chức rèn luyện cho học sinh tìm tòi lời giải bài toán đại số.
Bài 1. Chứng minh rằng: 3 + 32 + 33 + ... + 3100 chia hết cho 120.
Bài 2. Cho dãy số
an = 22 n +1 + 2n + 6vàbn = 22 n +1 − 2n + 6

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên N có 1 và chỉ 1. trong 2 số an
và bn có chữ số tận cùng bằng 0.
Bài 3. Chứng minh rằng:
a. Nếu P và P+10 là các số nguyên tố thì P+32 là hợp số
b. Nếu P và 8P – 1 là các số nguyên tố thì 8P + 1 là hợp số
Bài 4. Chứng minh rằng:
Với mọi số tự nhiên n>2 thì các số 2n − 1và2n + 1 không đồng thời là
các số nguyên tố.
Bài 5. Chứng minh rằng:
Với mọi số tự nhiên n>1 thì các số A = n4 + n 2 + 1; B = n 4 + 4 là hợp
số.


KẾT LUẬN
Đề tài đã giải quyết được vấn đề đặt ra “Rèn luyện khr năng tìm tòi
lời giải bai toán đại số ở trường THCS nhằm nâng cao chất lượng
dạy học” bằng cách tìm một số hoạt đọng chúng tôi đạt được kết
quả sau :
2.1 Sử dụng quy tắc suy luận để tìm tòi lời giải
2.2 Tổ chức cho học sinh tim toi lời giải bài toán đại số qua các

hoạt động
Đề tài này hoàn thành nhờ sự quan tâm giúp đỡ tận tình của các
thầy cô và các bạn, đặc biệt là thầy giáo PHAN ANH. Nhóm chúng
tôi xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo,đến thư viện trường đại
học HÀ TĨNH, cùng các bạn sinh viên đã nhiệt tình giúp đỡ.
Do kinh nghiệm con thiếu sót, thời gian nghiên cứu và ứng dụng
chưa dài nên đề tài không thể tránh khỏi những thiếu sót và còn
nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp của quý thầy cô và các
bạn để đề tài chúng tôi có thể hoàn thiện hơn.


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tôn Thân (chủ biên) 2006. Toán 6 tập 1, 2. Nhà xuất bản giáo
dục.
2. Nguyễn Bá Kim (chủ biên) 2005, phương pháp dạy học đại
cương môn Toán, nhà xuất bản ĐHSP (tr 260 – 272).
3. Vũ Hữu Bình (chủ biên) 2006, nâng cao và phát triển toán 9 tập
1, 2. Nhà xuất bản GD (tr 36 – 42 ).
4. Vũ Dương Thụy (chủ biên) 1999, thực hành giải toán, nhà xuất
bản GD.