Sáng kiến kinh nghiệm: Nâng cao tư duy sáng tạo thông qua một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên

Trường THCS Phước Sơn

Sáng kiến kinh nghiệm

PHỊNG GIÁO DỤC TUY PHƯỚC
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ PHƯỚC SƠN
-----------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài: NÂNG CAO TƯ DUY VÀ SÁNG TẠO
CỦA HỌC SINH THƠNG QUA HỆ THỐNG
BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM NGUN.

Người viết: TRẦN THIỆN TÀI
Tổ: TOÁN – LÍ – CÔNG NGHỆ

Năm học 2006 2007

GV: Trần Thiện Tài

Trang 1


Trường THCS Phước Sơn

Sáng kiến kinh nghiệm

I. MỞ ĐẦU:
Toán học là môn học đòi hỏi ở người học rất nhiều yếu tố. Một trong những yếu tố giúp
cho học sinh học tốt môn Toán là khả năng tư duy và sáng tạo. Điều này không những giúp giáo

viên nâng cao khả năng học tập của học sinh mà đây còn là một trong những phương pháp có
hiệu quả nhằm chọn ra những học sinh có chất lượng để bồi dưỡng học sinh giỏi cấp huyện và
cấp tỉnh cho Nhà Trường.
Để thực hiện được mục tiêu này, nhiệm vụ đặt ra cho mỗi giáo viên là phải đổi mới
phương pháp, hình thức tổ chức dạy học. Cùng với việc đổi mới phương pháp giảng dạy trên
lớp, việc hướng dẫn học sinh học tập ở nhà cũng rất quan trọng, giúp cho học sinh có suy nghĩ
cẩn thận, chắc chắn hơn và tìm được rất nhiều điều thú vị từ những bài tập về nhà, từ các tài liệu
mà giáo viên đã hướng dẫn, giúp cho học sinh hứng thú trong học toán.
Trong lớp học thường có đầy đủ các loại đối tượng học sinh. Các học sinh khá, giỏi có khả
năng tư duy sáng tạo tốt trong giải toán và khả năng lập luận là tương đối chặt chẽ. Các đối
tượng học sinh còn lại kĩ năng giải toán chưa hoàn thiện, tư duy sáng tạo còn rất hạn chế. Làm
thế nào để hoàn thiện dần khả năng tư duy, sáng tạo của học sinh, giúp các em hứng thú trong
học tập môn toán, đó là một bài toán khó đối với một giáo viên trẻ như tôi.
Hôm nay, tôi muốn đề cập đến một khía cạnh của vấn đề này. Đó là việc nâng cao khả năng
tư duy, sáng tạo của những học sinh khá, giỏi, nhằm tạo nguồn cho đội tuyển học sinh giỏi toán
khối 8, khối 9 và các lớp cấp III. Tuy qua 4 năm công tác ít ỏi nhưng bản thân cũng rút ra được
một số kinh nghiệm có hiệu quả tích cực giúp học sinh nói chung và học sinh giỏi nói riêng,
nâng cao dần khả năng tư duy và sáng tạo trong giải toán. Xin được trình bày cùng bạn bè và
đồng nghiệp tham khảo sáng kiến kinh nghiệm: “NÂNG CAO TƯ DUY VÀ SÁNG TẠO CỦA
HỌC SINH THÔNG QUA HỆ THỐNG BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN”.
Bản thân chân thành cảm ơn khi nhận được những ý kiến đóng góp của tất cả bạn đọc để bài
viết được hoàn thiện hơn và có giá trị hơn nữa.

II. NỘI DUNG:
1. THỰC TRẠNG TÌNH HÌNH HỌC TẬP CỦA HỌC SINH:
Trong công tác giảng dạy môn Toán ở Trường trung học cở sở Phước Sơn có một số thuận
lợi và khó khăn sau:
a) Thuận lợi:
- Nhà trường đầu tư đầy đủ cơ sơ vật chất, thiết bị dạy học phục vụ tốt cho công tác giảng dạy
học sinh.

- Được sự lãnh đạo sáng suốt, sự quan tâm của chi bộ Đảng, ban giám hiệu nhà trường, tạo
mọi điều kiện để bồi dưỡng cho học sinh kiến thức, kĩ năng, tư duy và sáng tạo trong giải toán.
- Đội ngũ giáo viên giảng dạy được đào tạo chuẩn hoá, bên cạnh các giáo viên có bề dày
kinh nghiệm, lớp giáo viên mới có tinh thần trách nhiệm, sức trẻ và lòng nhiệt tình.
- Phụ huynh học sinh cũng có quan tâm đến học tập môn Toán của học sinh.
- Học sinh hầu hết là con em nông dân, có ý thức, xác định đúng động cơ và thái độ học tập,
nhất là các môn thi tuyển vào 10, trong đó có môn Toán.
- Trong lực lượng HS giỏi khả năng tư duy và sáng tạo vẫn còn những hạn chế nhất định.
b)Khó khăn:
- Đa phần học sinh là con em nông dân, đời sống còn khó khăn, điều kiện để học sinh học tập
chưa thật tốt.
- Trường ở địa bàn rộng, học sinh ở xa trường rất khó khăn trong việc đi lại vào mùa lũ. Học
sinh thường nghỉ lụt kéo dài, phải dạy bù phần nào ảnh hưởng đến chất lượng của học sinh.
GV: Trần Thiện Tài

Trang 2


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

- S phỏt trin ca trng lp quỏ nhanh, c s vt cht cha ỏp ng kp thi. S hc sinh trờn
mt lp cũn ụng, khú khn cho vic t chc dy v hc.
- Mt b phn hc sinh li bing, ham chi, xỏc nh ng c v thỏi hc tp khụng
ỳng, mt kin thc cn bn t lp di, mt s nh hng cỏc tro lu xu ca xó hi.
T nhng thun li v khú khn trờn, nhng nm gn õy t l hc sinh gii tt cỏc bi toỏn
nõng cao trong cỏc thi tt nghip, thi tuyn sinh vo 10 ca Nh trng l cha cao:
Nm 2003 2004: 5 %
Nm 2004 2005: 6 %

Nm 2005 2006: 4 %
Kt qu trờn l cũn thp so vi tim nng v kh nng ca hc sinh. Vỡ vy vi sỏng kin
kinh nghim ny bn thõn mong mun s mang li hiu qu tớch cc trong cht lng HS khỏ
gii ca Nh trng.

2. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH NGHIM
NGUYấN:
Phng phỏp 1: Phng phỏp a v phng trỡnh tớch(hay cũn gi l phng phỏp
phõn tớch thnh tha s mt v ca phng trỡnh)
a phng trỡnh ó cho v dng mt v l tớch cỏc biu thc nguyờn v cú giỏ tr
nguyờn cha n cũn v kia l mt s nguyờn. Xột mi trng hp cú th xy ra tỡm
nghim thớch hp.
Bài 1:Tì
mnghiệm nguyên của ph ơng trì
nh sau:
a) x +y =x.y
b) xy = p( x + y) ( 1) ( p là số nguyên tố cho tr ớ c)
Giải:
a) x +y =x.y xy - x - y +1 =1 ( x - 1) ( y 1) = 1. Ta có các tr ờng hợ p sau:
x - 1 =1 x = 2

.
y - 1 =1 y = 2

TH1:

x 1 = 1 x = 0
TH2:

.

y 1 = 1 y = 0
V ậy ph ơng trì
nh có 2 nghiệm ( 2;2) và ( 0;0) .

b) ( 1) xy p( x + y) = 0 xy p( x + y) + p2 = p2 ( x p) ( y p) = p2

Vìp là số nguyên tố, nên chỉcó thểphâ
n tích p2thành tích hai số nguyên
d ớ i dạng: 1.p2;p.p;p2.1;( 1) .( p2 ) ;( p) .( p) ;( p2 ) .( 1) .
do đó ta có các tr ờng hợ p sau:
x - p =1
x p = p x = 2p
x = p + 1
1)

2)


2
y p = p y = 2p
y - p =p
y = p( p+ 1)
x p = 1

x = p 1
x p = p x = 0

5)

2

2
y p = p
y = p p
y p = p y = 0

4)

GV: Trn Thin Ti

2
x p = p
x = p( p+ 1)
3)

y p = 1
y = p+ 1

x p = p2

6)

y p = 1

x = p p2



y = p 1

Trang 3

Trường THCS Phước Sơn

Bµi 2: Gi¶i c¸c ph ¬ng tr×
nh sau trªn tËp sè nguyªn:

Sáng kiến kinh nghiệm

a)2x2 + xy − y2 − 9 = 0.( 2)
b)x2 + x − y2 = 0.( 3)

c)x2 − y2 = 91.( 4)

Gi¶i:

a) ( 2) ⇔ ( x + y) ( 2x − y) = 9 = 1.9 = 3.3= ( −1) .( −9) = ( −3) .( −3) .
x + y = 1

TH1: 

hÖkh«ng cã nghiÖm nguyªn.

2x − y = 9
x + y = 3
x = 2
TH2: 
⇔
2x − y = 3  y = 1
x + y = −1

TH3: 
hÖph ¬ng tr×
nh kh«ng cã nghiÖm nguyªn.
2x − y = −9
x + y = −3
x = −2
TH4: 
⇔
2x − y = −3  y = −1
x = −2

x = 2
vµ 
.
 y = −1 y = 1

VËy ph ¬ng tr×
nh cã 2 nghiÖm nguyªn 

b) ( 3) ⇔ 4x2 + 4x + 1− 4y2 = 1⇔ ( 2x + 1) − ( 2y) = 1⇔ ( 2x + 2y + 1) ( 2x − 2y + 1) = 1.
2

2x + 2y + 1= 1

TH1: 

2

x = 0

⇔

.

2x − 2y + 1= 1 y = 0
2x + 2y + 1= −1 x = −1
TH2: 
⇔
.
2x − 2y + 1= −1  y = 0
x = −1 x = 0
;
.
y = 0 y = 0

VËy ph ¬ng tr×
nh cã hai nghiÖm nguyªn 

c) ( 4) ⇔ ( x − y) ( x + y) = 91. V ×91 lµ sè nguyªn tè nªn ta cã c¸c tr êng hî p sau:
x − y = 1

x = 46
⇔
.
x + y = 91  y = 45

TH1: 

x − y = −1

TH2: 

x = −46

⇔

.

x + y = −91 y = −45
x − y = 91 x = 46
TH3: 
⇔
x + y = 1
 y = −45
x − y = −91 x = −46
TH4: 
⇔
.
y = 45
x + y = −1

x = −46 x = −46 x = 46 x = 46
;
;
;
y
=
45
y
=

−
45.
y
=
45.



y = −45.

VËy ph ¬ng tr×
nh cã nghiÖm lµ 

GV: Trần Thiện Tài

Trang 4


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

Bài 3: Tì
m hì
nh chữnhật có các cạnh nguyên sao cho số đo diện tích bằng số đo chu vi.
Giải: Gọi x, y là hai kích th ớ c của hì
nh chữnhật. ( x, y: nguyên d ơng)
Theo đ
ềbài, hì
nh chữnhật có số đ

o diện tích bằng số đ
o chu vi nên ta có ph ơng trì
nh:
xy =2( x +y) ( x 2) ( y 2) = 4.
Từ đ
â
y suy ra hai kích th ớ c của hì
nh chữnhật là: 3 và 6 hoặ
c 4 và 4.
Phng phỏp 2: Phng phỏp a v phng trỡnh tng:
a phng trỡnh nghim nguyờn v dng:
k
f1 ( x,y,...) + f2k ( x,y,...) + fnk ( x,y,...) = a1k + a2k + ... + ank, ( a1,a2,...,an  )

f1k ( x,y,...) ,f2k ( x,y,...) ,...,fnk ( x,y,...) Â. Từ đó tì
m nghiệm thích hợ p.

Bài 1: Hã y tì
m tất cả các cặ
p số nguyên x và y thoả mã n 7x+14y =5x2 + 5xy + 5y2.
x =0

Giải: Dễthấy x =0 hoặc y =0 thìph ơng trì
nh có nghiệm

.

y =0

Giả sử x 0 và y 0, khi đó ph ơng trì

nh đã cho t ơng đơng vớ i ph ơng trì
nh
28( x +2y) = 5( x + 2y) + 15x2 ( 1) .
2

Vìx 0 nên x2 > 0, dođó từ ( 1) suy ra 2 + 2y > 0( 2) .
28
( vìtheo ( 2) ) .
5
Vìx +2y nguyên nên x +2y 5. Mặ
t khác do ( 1) tacó ( x +2y) M5 ( x + 2y) = 5.
Từ ( 1) ta suy ra 5( x + 2y) < 28( x + 2y) x + 2y <
2

Thay vào ( 1) , ta có x2 = 1 x = 1.
Vớ i x =1, ta suy ra y =2
Vớ i x =- 1, ta suy ra y =3.

Vậy ph ơng trì
nh có 3 nghiệm nguyên ( 0;0) , ( 1;2) , ( 1;3)

Bài 2: Giải ph ơng trì
nh sau trên tập số nguyên d ơng: x3 + 7y = y3 + 7x ( vớ i x > y) .
Giải: Ph ơng trì
nh ( x - y) ( x2 + xy + y2 7) = 0.
Vìx >y nên x2 + xy + y2 = 7.

Giả sử y 2, khi đó x 3( vìx >y) x2 + xy + y2 9+ 6+ 4 > 7.
Đ iều này chứng tỏ vớ i y 2 thìph ơng trì
nh vô nghiệm.

Do vậy y =1, khi đó x =2. Vậy ph ơng trì
nh có nghiệm duy nhất ( 2;1) .

Bài 3: Tì
m nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh:
x3 + 7y = y3 + 7x

Giải: pt x3 y3 = 7( x y) ( x y) ( x2 + xy + y2 7) = 0
TH1:x = y ph ơng trì
nh có nghiệm là ( n,n) vớ i n  +
TH2:x2 + xy + y2 = 7 ( x y) = 7 3xy > 0 xy <
2

7
x = 1,y = 2 hoặ
c x =2, y =1
3

Vậy nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh là ( 1;2) ; ( 2;1) và ( n;n) vớ i n Â.

GV: Trn Thin Ti

Trang 5


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

Bài 4: Giải ph ơng trì
nh sau trên tập số nguyên: 5x 4xy + y = 169
2

2

Giải: pt ( 2x y) + x2 = 169 2x y + x = 169( 2x y Ơ ; x Ơ ) .
2

2

2

Mà 169 =132 + 02 = 122 + 52.
Do đó ta có các khả năng sau:
2x y = 13

TH1:

x = 0



x =0

hoặ
c

y = 13
y =-13
x = 0
2x y = 0 x = 13
x=-13
TH2:

hoặ
c
y = 26
y=-26
x = 13
2x y = 12 x = 5 x = 5 x = 5 x = 5
TH3:

;
;
;
y
=

2
y
=
22
y
=

22
x

=
5



y = 2

2x y = 5 x = 12 x = 12 x = 12 x = 12
TH4:

;
;
;
y = 19 y = 29 y = 19 y = 29
x = 12

Bài 5: 3( x2 + xy + y2 ) = x + 8y 6x2 + 6xy + 6y2 2x 16y = 0


Giải: pt ( x2 + y2 + 1+ 2xy 2x 2y) + ( 2x2 + 4xy + 2y2 ) + 2y2 14y +


49 2 2 51
+ 3x + y ữ = 0
2ữ
2


2

2
2
7
51

( x + y 1) + 2( x + y) + 2 y ữ + 3x2 + y2 =
2
2





51
51
x
2
6
Do vậy x { -2, -1, 0, 1, 2 }

suy ra 3x2

Từ đó tì
m đợ c nghiệm của ph ơng trì
nh là ( 0;0) và ( 1;1)

Bài 6: Tì
m x, y nguyên sao cho 12x2 + 6xy + 3y2 = 28( x + y) .
Giải: Cách 1: Dễthấy x =y =0 là một nghiệm của ph ơng trì
nh.

Giả sử x 0 và y 0: ph ơng trì
nh 3( x2 + 2xy + y2 ) + 9x2 = 28( x + y)
3( x + y) + 9x2 = 28( x + y) ( 1)
2

Vìx 0 nên 9x2 > 0 và 3( x+y) 0, suy ra 28( x + y) > 0 x + y > 0( 2) .
2

Mặ
t khác từ ( 1) 28( x + y) > 3( x + y) 28 > 3( x + y) ( vìtheo ( 2) ) .
2

28
. V ìx +y  nên x +y 9.
3
Từ ( 1) , suy ra ( x + y) M
3. Do vậy x +y { 3;6;9} .

Suy ra x + y <

Cách 2: 12x2 + 6xy + 3y2 = 28( x + y) 3y2 + 2( 3x 14) y + 12x2 28x = 0( *)

Đ ểtồn tại x và y thìph ơng trì
nh ( * ) có nghiệm '= ( 3x - 14) 3( 12x2 28x) 0
2

GV: Trn Thin Ti

Trang 6

Trng THCS Phc Sn

196
14
14

x
.
27
3 3
3 3
Vìx  nên x { -2;-1;0;1;2} .

Sỏng kin kinh nghim

196 27x2 0 x2

Vớ i x =-2 và x =2: ' không chính ph ơng nên ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên.
Vớ i x =0: ' =196 =142 là số chính ph ơng.
28
Ph ơng trì
nh ( * ) có 2 nghiệm y = ( loại ) và y =0.
3
2
Vớ i x =1: ' =169 =13 là số chính ph ơng.
-2
Ph ơng trì

nh ( * ) có 2 nghiệm y = ( loại ) và y =8.
3
2
Vớ i x =-1: ' =169 =13 là số chính ph ơng.
4
Ph ơng trì
nh ( * ) có 2 nghiệm y = ( loại ) và y =10.
3
Vậy ph ơng trì
nh có 3 nghiệm nguyên ( 0;0) ,( 1;8) ,( 1;10) .

Cách 3: Đ ểtồn tại x và y nguyên thìph ơng trình ( *) có '= ( 3x - 14) 3( 12x2 28x) là số
2

chính ph ơng 196 - 27x2 là số chính ph ơng 196 - 27x2 = a2 ( a  + ) x2

196
.
27

Từ đâ
y thực hiện t ơng tự nh cách 2.

Cách 4: 12x2 + 6xy + 3y2 = 28( x + y) 3( x + y) 28( x + y) + 9x2 = 0
2

2

2

14
14
14
( x + y) 2. ( x + y) + ữ + 3x2 = ữ
3
3
3
2



x+ y


2

14
196
196
196
+ 3x2 =
3x2
x2
.
ữ
3
9
9
27

Vìx  nên x { -2;-1;0;1;2} .Thử tất cả các tr ờng hợ p của x ta đợ c các nghiệm
nguyên nh các cách trên.
Phng phỏp 3: Phng phỏp vn dng tớnh chia ht ca s nguyờn.
Vn dng tớnh chia ht ca s nguyờn thu hp min xỏc nh ca nghim. Trong
nhiu trng hp cú th trc tip tỡm nghim. Phng phỏp ny thng dựng chng
minh phng trỡnh vụ nghim nguyờn.
Bài 1: Chứng minh ph ơng trì
nh x2 + 2002 = y2 không có nghiệm nguyên.

Giải: Ph ơng trì
nh ( x +y) ( x y) = 2002. Do đó ( x +y) ( x y) là số chẵ
n.

Suy ra x và y đồng thời chẵ
n hoặ
c lẻ . Do vậy ( x +y) ( x y) M4 2002M4( vô lí) .
Vậy ph ơng trì
nh đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài 2: Chứng minh ph ơng trì
nh sau không có nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 + x + y + z = 2t + 1.

Giải: Ph ơng trì
nh x( x+1) + y( y + 1) + z( z + 1) = 2t + 1

Ta thấy vếtrái là số chẵ
n ( vìtích hai số nguyên liên tiếp là số chẵ
n) , mà vếphải là số lẻ .

Vậy ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên.

Bài 3: 2x + 2y + 2z = 2336( x < y < z)

GV: Trn Thin Ti

Trang 7


Trng THCS Phc Sn

2 ( 1+ 2
x

yx

zx

+2

Sỏng kin kinh nghim

) = 2 .73
5

Do ( 1+ 2yx + 2zx ) lẻ nên 2x = 25 x = 5.
và 2yx + 2zx = 72 = 239 = 2yx ( 1+ 2zy )
2yx = 23 y x = 3 y = x + 3= 8
và 2z-y = 8 z = 11.Vậy nghiệm của ph ơng trì
nh
là:x =5, y =8, z =11.

Bài 4: 7z = 2x.3y 1( vớ i x, y, z  +)

7z 1= 2x.3y 2.Dox, y, z  + nên vếtrái của ph ơng trì
nh
chia hết cho 6 còn vếphải của ph ơng trì
nh không chia hết cho 6.
Do đó ph ơng trì
nh vô nghiệm. Vậy ph ơng trì
nh ban đầu vô nghiệm.
Phng phỏp 4: Phng phỏp vn dng tớnh cht ca s nguyờn t, s vụ t:
Cú th s dng (chng minh ri vn dng) mt s tớnh cht ca s nguyờn t, s vụ t
gii phng trỡnh nghim nguyờn.
- Vi mi s nguyờn a, s a2 + 1 khụng cú c nguyờn t dng 4k + 3.
- Cho p nguyờn t dng 4k + 3; a, b  , khi ú nu a2 + b2 Mp thỡ aMp và bMp.
Bài 1: Tì
m nghiệm nguyên của ph ơng trì
nh: x2 y3 = 7.

Giải: x2 y3 = 7 x2 + 1= ( y + 2) ( y2 2y + 4) .

* Nếu y chẵ
n thìx2 + 1M4( vô lí) ( bạn đọc có thểgiải thích?)
* Nếu y lẻ thìy2 2y + 4 = ( y 1) + 3có dạng 4k +3 nên phải có một ớ c nguyên tố dạng đó
2

( vìtích các số dạng 4k +1 sẽ có dạng 4k +1) .

Do vậy x2 +1 có ớ c nguyên tố dạng 4k +3 ( vô lí) .

Vậy ph ơng trì
nh đã cho không có nghiệm nguyên.

Bài 2: Giải ph ơng trì
nh trên tập số nguyên: x2 + 2x + 4y2 = 37.
Giải: Ph ơng trì
nh ( x +1) + ( 2y) = 38M
19 ( đâ
y là số nguyên tố dạng 4k +1) .
2

2

Suy ra ( x + 1) M
19 và 2yM
19 ( x +1) + ( 2y) M
192 ( vô lí) .
2

2

Vậy ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên.

Bài 3: Giải ph ơng trình nghiệm nguyên: 19x2 + 28y2 = 729
Giải: pt ( 18x2 + 27y2 ) + ( x2 + y2 ) = 729
Mà18x2 + 27y2 M
3;729M
3nên x2 + y2M
3 xM

3 và yM
3

Đặ
t x =3u; y =3v ( u, v  ) ,thay vào ph ơng trì
nh đã cho ta có:

19u2 + 28v2 = 81.Líluận t ơng tự ta suy ra u =3s, v =3r ( s,r  )
19s2 + 28r2 = 9.T ơng tự ta suy ra s =3p, r =3q ( p, q  )

19p2 + 28q2 = 1.Ph ơng trì
nh vô nghiệm. Vậy ph ơng trì
nh ban đầu vô nghiệm.
Bài 4: 7x2 + 13y2 = 1820
Vì1820M
13và 13y2 M
13nên 7x2 M
13.
Vì( 7,13) = 1nên x2 M
13 xM
13.
GV: Trn Thin Ti

Trang 8


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

Đặ
t x =13m ( m  ) .Mặ
t khác 1820M7và 7x M7,líluận t ơng tự ta có thểđặ
t
2

y =7n( n  ) .Thayx = 13m,y = 7nvào ph ơng trì
nh đã cho và giản ớ c ta đợ c:

( 1)
( )

13m2 + 7n2 = 20
m 1, n 2

Vớ i m, n thoả mã n ( ) ta chỉchọn đợ c m = 1, n = 1thoả
mã n ( 1) . Vậy ph ơng trì
nh ( 1) có 4 nghiệm:
m =1 m =1 m =-1 m =-1
;
;
;

n =1 n =-1 n =1 n =-1

T ơng ứng vớ i 4 nghiệm của ph ơng trì
nh ( 1) ta đợ c 4 nghiệm của
x =13 x =13 x =-13 x =-13
;
;

;
y =7 y =-7 y =7 y =-7

ph ơng trì
nh đã cho:

Phng phỏp 5: Phng phỏp vn dng vai trũ bỡnh ng ca n: (Phng phỏp cc hn)
Nu phng trỡnh nghim nguyờn m cỏc n x, y, z, cú vai trũ bỡnh ng nh nhau, ta
cú th gi s x y z ... hoc 1 x y z ... thu hp min xỏc nh ca n. T o tỡm
c nghim ca phng trỡnh ó cho.(Phng phỏp ny thng dựng cho nhng phng
trỡnh i xng)
Bài 1: Giải ph ơng trình nghiệm nguyên: x + y + z = x.y.z ( 1) (x, y, z  +)

Giải: Vìx, y, z có vai trò bì
nh đẳ
ng nh nhau, do đó không mất tính tổng quát
ta giả sử z y x 1

Cách 1: Từ ( 1) suy ra1=

1 1 1 3
+ + x2 3 x = 1
xy yz zx x2

Thay x = 1vào ph ơng trì
nh( 1) ta đợ c 1 +y +z =yz

( y 1) ( z 1) = 2 = 1.2 y = 2,z = 3( vìy -1 z -1)

Vậy ph ơng trì

nh ( 1) có 6 nghiệm là các hoán vịcủa ( 1,2,3)

Cách 2:

Đặ
t z =1 +n, y =1 +m, x =1 +l ( n m l 0)
Ph ơng trì
nh đã cho trở thành:

3 +m +n +l = ( 1+ m) ( 1+ n) ( 1+ l ) = 1+ l + m+ n + mn + nl + ml + mnl
suy ra mn + nl + ml + mnl = 2 ( )

Nếu l 1 thìmn+nl+ml+mnl 4 ( mâ
u thuẫn vớ i ( ) )

Vậy l =0, thay vào ( ) ta suy ra:m n = 2.
Vìn m 0 nên n =2, m =1.
Vậy ta đợ c ( x =1, y =2, z =3) là nghiệm. Vìvai trò x, y, z

là bì
nh đẳ
ng nên các bộ 3 số là hoán vịcủa ( x =1, y =2, z =3) cũng là nghiệm của ph ơng trì
nh.

GV: Trn Thin Ti

Trang 9


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

Bài tập tự luyện: Tì
m nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh:(bằng ph ơng pháp cực hạn)

a)x +y +z +t =xyzt.
b) x +y +z +9 =xyz.
c) x +y +1 =xyz.
Bài 2: 2x + 2y + 2z = 2t ( x,y,z,t  )
Vớ i vai trò bì
nh đẳ
ng của x, y, z, t ta có thểgiả sử:
x y z t. Ta chia hai vếcủa ph ơng trì
nh cho 2x > 0.
Ta đợ c 1 +2y-x + 2zx = 2tx
Vìt >x nên 2t-x là bội của 2.
Vìz >x nên 2z-x là bội của 2.
do đó 1 +2y-x là bội của 2 suy ra y =x.
Do vậy 2 +2z-x = 2tx z x = 1và t - x =2 z =x +1, t =x +2.
Vậy ph ơng trì
nh có nghiệm ( x =k, y =k, z =k +1, t =k +2) ,vớ i k là số nguyên d ơng.
Phng phỏp 6: Phng phỏp kh n: S dng tớnh cht, lu tha cựng bc ca s
nguyờn liờn tip hoc tớch cỏc s nguyờn liờn tip a phng trỡnh v v dng phng
trỡnh khỏc cú ớt n hn v quen thuc hn. T ú tỡm nghim ca phng trỡnh ó cho.
Thng vn dng cỏc nhn xột sau:

Nếu X n Y n ( X + a) (a  + )
n

Y n = ( X + i)

( vớ i i =0, 1, ..., a)
n
Và X n Y n ( X + 1) thìkhông tồn tại số nguyên Y .
n

Bài 1: Giải ph ơng trì
nh nghiệm nguyên sau: x2 = y( y + 1) ( y + 2) ( y + 3)
Giải: Đ ặta =y2 + 3y
Ta có x2 = y( y + 3) ( y + 1) ( y + 2) = a( a+ 2) < ( a+ 1)

2

Nếu a >0 thìa2 < x2 < ( a+ 1) không tồn tại x Â.
2

Nếu a 0 y2 + 3y 0 3 y 0.
Từ đó tì
m đợ c các nghiệm của ph ơng trì
nh là:
x=0 x = 0 x = 0 x = 0
;
;
;

y=0 y = 1 y = 2 y = 3

Bài 2: Giải ph ơng trình nghiệm nguyên:

a) x6 + 3x3 + 1= y4.
b) ( x + 2) x4 = y3.
4

c) 1+ x2 + x3 + x4 = y4.

Giải: a) vớ i x >0, ta có: ( x3 + 1) = x6 + 2x3 + 1< x6 + 3x3 + 1= y4 < x6 + 4x3 + 4 = ( x3 + 2) .
2

2

hay ( x3 + 1) < y2 < ( x3 + 2) y  là vô lí. T ơng tự vớ i x - 2, ta cũng có y Â.

* vớ i x =-1, thay vào ph ơng trì
nh ta đợ c y4 = 1vô nghiệm.
GV: Trn Thin Ti

Trang 10


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

* vớ i x =0, thay vào ph ơng trì
nh ta đợ c y = 1 y = 1.
4

Vậy ph ơng trì
nh đã cho có hai nghiệm nguyên ( 0;1) và ( 0;-1) .

b) Ta có ( x+2) x4 = y3 8x3 + 24x2 + 32x + 16 = y3 ( * ) . Do đó y M2. Đ ặ
t y =2.y1 ( y1 Â ) ,
4

ta suy ra: ( * ) x3 + 3x2 + 4x + 2 = y13

1) Nếu x 0 thì( x+1) < y13 < ( x + 2) ,điều này không xảy ra.
3

3

2) Nếu x -2 thìx3 < x3 + 3x2 + 4x + 2 = y13 < ( x + 1) , điều này không xảy ra.
3

x = 1

3) Nếu x=-1thì( * )

y = 0
x = 1

Vậy ph ơng trì
nh có nghiệm duy nhất

y = 0

c) Ta thấy rằng x =0, y = 1 và x =-1, y = 1 nghiệm đ
úng ph ơng trì
nh.
Ta chứng minh ngoài các nghiệm trên, ph ơng trì

nh không có nghiệm nào khác.
Thật vậy:
1) Nếu x >0: Ta có x4
4

x < y < x + 1, điều này không thểxảy ra vìx và y nguyên.

2) Nếu x <-1: Đ ặ
t x =- 1 - u ( u nguyên d ơng) , suy ra u4 + 3u3 + 4u2 + 2u+ 1= y4

u4 < y4 < ( u+ 1) x < y < x + 1, đ
iều này không thểxảy ra vìu và y nguyên.
Phng phỏp 7: Phng phỏp chng minh phn chng.
chng minh mt phng trỡnh khụng cú nghim nguyờn cú th dựng phng phỏp
phn chng: gi s phng trỡnh cú nghim nguyờn ( x0, y0, z0,...) ri xõy dng mt dóy vụ s
4

nghim t ú i n mõu thun hoc gi s phng trỡnh cú nghim nguyờn ( x0, y0, z0,...) vi
x0 cú giỏ tr nh nht trong cỏc giỏ tr cú th ca nú ri chng minh phng trỡnh cú nghim
nguyờn ( x1, y1, z1,...) m x0 > x1.
Bài 1: Chứng minh ph ơng trì
nh x2 + y2 = 1987 không có nghiệm nguyên.
Giải: Giả sử ph ơng trì
nh có nghiệm nguyên. Khi đó một trong hai số x và y là số chẵ
n, số kia
là số lẻ . ( vìtổng bì
nh ph ơng của chúng bằng số lẻ là 1987 ) .

Không mất tính tổng quát, giả sử x =2k +1 và y =2r ( k, r  ) .

Thay vào ph ơng trì
nh ta đợ c 4k2 + 4k + 1+ 2r2 = 1987 4( k2 + k + r2 ) = 1986 1986M4( vô lí) .
Vậy ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên.
Bài 2: Chứng minh rằng ph ơng trì
nh sau đ
â
y không có nghiệm nguyên d ơng: 8x4 + 4y4 + 2z4 = t4.
Giải: Giả sử ph ơng trì
nh có nghiệm và theo tiên đ
ềthứ tự trong tập số tự nhiên thìcó một nghiệm
( x0;y0;z0;t0 ) vớ i x0 nhỏ nhất.
Từ ph ơng trì
nh đ
ã cho ta thấy: t0 là số chẵ
n t0 = 2t1. Thay vào ph ơng trì
nh và giản ớ c cho 2,
ta đợ c: 4x04 + 2y04 + z04 = 8t14.
Ta lại thấy z0 là số chẵ
n, đặ
t z0 = 2z1, suy ra 2x04 + y04 + 8z14 = 4t14.

Hoàn toàn t ơng tự, ta có y0 = 2y1, suy ra x04 + 8y14 + 4z14 = 2t14.

GV: Trn Thin Ti

Trang 11

Trng THCS Phc Sn
Cuối cù ng ta có x0 = 2x1, suy ra 8x14 + 4y14 + 2z14 = t14.

Sỏng kin kinh nghim

Vậy ( x1;y1;z1;t1 ) là một nghiệm của ph ơng trì
nh đã cho mà x1 < x0.

Đ iều này vô lívớ i cách chọn x0 là nhỏ nhất.
Vậy ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên d ơng.

Ph ơng pháp 8: Dù ng bất đ
ẳ
ng thức
1) Bất đ
ẳ
ng thức Cauchy: Cho n số không â
m a1,a2,...,an thì
:
a1 + a2 + ... + an n
a1.a2. ... .an . Dấu bằng xảy ra a1 = a2 = ... = an.
n
2) Bất đ
ẳ
ng thức Bunhiacopxki: Cho 2n số thực a1,a2,...,an;b1,b2,...,bn ta có:

( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

( a12 + a22 + ... + an2 ) .( b12 + b22 + ... + bn2 )

Dấu bằng xảy ra ai = kbi vớ i i =1, 2, ..., n. (k Ă )

Bài 1: Tì
m nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh

xy yz zx
+ + = 3( 1)
z x y

Giải: Cách 1: ( 1) 3xyz = x2y2 + y2z2 + z2x2 33 x4y4z4 = 3xyz3 xyz
xyz 1. vìx, y, z nguyên d ơng nên x =y =z =1.

Vậy ph ơng trì
nh ( 1) có nghiệm nguyên d ơng là ( 1;1;1) .

Cách 2: Vìx, y, z là các số nguyên d ơng nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho
ba số d ơng, ta có:

xy yz zx
+ +
33 xyz 3.
z x y

Dấu bằng xảy ra x =y =z =1.

Vậy ph ơng trì

nh có nghiệm duy nhất x =y =z =1.

Bài 2: Tì
m nghiệm nguyên của ph ơng trì
nh ( x +y +1) = 3( x2 + y2 + 1) ( 2)
2

Giải: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

( x +y +1)

2

( x2 + y2 + 12 ) .( 12 + 12 + 12 ) = 3( x2 + y2 + 1) .

Dấu bằng xảy ra x =y =1.

V ậy ph ơng trì
nh có nghiệm nguyên là ( 1;1) .
Cách 2: ( 2) xy + x + y = x2 + y2 + 1 ( x y) + ( x 1) + ( y 1) = 0
2

2

2

x = y = 1.

Ph ơng trì
nh dạng ax +by =c( 1) (a, b, c là các số nguyên):

1) Nếu a, b nguyên tố cù ng nhau thìph ơng trì
nh ( 1) bao giờ cũng có nghiệm nguyên.

2) Nếu a, b có một ớ c số chung không phải là ớ c số của c thìph ơng trì
nh ( 1) không
có nghiệm nguyên.

Một vài ph ơng pháp đểtì
m nghiệm nguyên của ph ơng trì
nh bậc nhất:

GV: Trn Thin Ti

Trang 12


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

1) Muốn tì
m các nghiệm nguyên của ( 1) , ta phải tách đợ c phần nguyên
ra khi biểu diễn x theo y hoặ
c y theo x.
Bài 1: Tì
m nghiệm nguyên và nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh:
a) 3x +4y =29.
b) 7x + 23y = 120.

Giải:
29 - 4y
2 y
= 9 y +
.
3
3
2- y
Muốn có x, y nguyên thì
phải nguyên 3 là ớ c của ( 2 - y) 2 y = 3t ( t )
3
y =2 - 3t
Khi đó
là tất cả các nghiệm nguyên của ph ơng trì
nh đã cho.
x =7 +4t ( t )

a) 3x +4y =29 x =

2
3 7 < t < 2.
7
4
3
t>

4

y =2 - 3t >0
Ngiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh

x =7 +4t >0

t<

Vìt nguyên nên t =-1 hoặ
c t =0.
Vớ i t =-1 thìx =3, y =5 là nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh.
Vớ i t =0 thìx =2, y =7 là nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh.
120 23y
1 2y
b) Ta có 7x + 23y = 120 x =
= 17 3y +
.
7
7
1 t
Muốn có x, y nguyên thì1 - 2y =7t( t  ) y = 3t +
.
2
Vìy, t nguyên nên 1 - t =2k ( k  ) t = 1 2k.
Suy ra y = 7k 3 và x =27 - 23k.
x =27 - 23k

Vậy

y =7k - 3( k  )

là nghiệm nguyên của ph ơng trì
nh. Muốn có nghiệm nguyên d ơng

27

k<

x =27 - 23k >0
23 3 < k < 27 k = 1 V ìk là số nguyên
ta phải có

(
)
7
23
y =7k - 3 >0
k > 3

7
x =4
Khi đó nghiệm duy nhất của ph ơng trì
nh là
y =4

2) Dù ng tính chất chia hết hoặ
c tính chất phép chia có d trong tập số nguyên đ

ểtì
m nghiệm.
Bài 1: Chứng minh ph ơng trì
nh sau không có nghiệm nguyên: 2x +14y =73.
Giải: Ta có 2x +14y =2( x +7y) M
2 còn 73 không chia hết cho 2, do vậy ph ơng trì
nh đã cho không
có nghiệm nguyên.

Bài tập t ơng tự: Chứng minh các ph ơng trì
nh sau vô nghiệm:
a) 3x +15y =52.
b) 21x +12y =16.
GV: Trn Thin Ti

Trang 13


Trng THCS Phc Sn

Ph ơng pháp tì
m nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh:

Sỏng kin kinh nghim

a( x1+x2+...+xn ) +b =cx1.x2...xn vớ i a,b,c Ơ ; n 2.

Vìx1,x2,...,xn có vai trò nh nhau nên giả sử 1 x1 x2 ... xn
1 n

1 1
x + x + ... + x x

2
n
1
Khi đó: 1
1
1

n
x1x2...xn x1

1.Tr ờng hợ p n =2: Ph ơng trì
nh có dạng: a( x+y) + b = cxy ( 1)

Cách 1: Phâ
n tích
a
a2
( 1) cxy ax - ay =b y( cx - a) c ( cx a) = c + b
( cx a) ( cy a) = a2 + bc
Ta có ax, ay cxy a cx, cy 0 Phâ
n tích a2 + bc rồi tì
m nghiệm nguyên.
Cách 2: Dù ng ph ơng pháp cực hạn.
Giả sử 1 x y.
a a b 2a+ b
2a+ b

( 1) c = x + y + xy x 1 x c

Vídụ: Tì
m nghiệm nguyên d ơng của ph ơng trì
nh sau:
2( x +y) + 16 = 3xy 3xy 2x 2y = 16 y( 3x 2)
( 3x 2) ( 3y 2) = 52

2
4
3x 2) = 16+
(
3
3

Giả sử x y khi đó 1 3x - 2 3y - 2 và 52 =1.52 =2.26 =4.13
Ta đợ c 3 hệph ơng trì
nh sau:
3x - 2 =1 3x - 2 =2 3x - 2 =4
;
;

3y
2
=
52
3y
2
=
26

3y - 2 =13

Giải ra ta đợ c các nghiệm ( 1;18) ,( 18;1) ,( 2,5) ,( 5,2) .
2. Trng hp n > 2:
a( x1+x2+...+xn ) +b =cx1.x2...xn c =

a
a
a
b
na
+
+
+
n1
x2.x3...xn x1.x3...xn x1.x2...xn1 x1.x2...xn x1

na+ b
c
Vớ d: Tỡm nghim nguyờn dng ca phng trỡnh: 5(x + y + z + t) + 10 = 2xyzt. (1)
Giả sử x y z t 1.
5
5
5
5
10 30
( 1) 2 = xyz + xzt + xyt + yzt + xyzt t3 t3 15
t = 1hoặ

c t =2
5 5 5 15 30
Vớ i t =1 thìptrì
nh 2 = + + +

z2 15
xy yz zx xyz z2
x1 n1

GV: Trn Thin Ti

Trang 14


Trng THCS Phc Sn

Sỏng kin kinh nghim

z = 1;2;3

x = 35

V ớ i z =1, ta có 5( x +y) + 20 = 2xy ( 2x 5) ( 2y 5) = 65

y = 3

x =9

hoặ
c

.

y =5

Ta đợ c các nghiệm ( 35;3;1;1) và ( 9;5;1;1) và các hoán vịcủa chúng.
Vớ i z =2, z =3: Ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên.
5 5 5 20 35
Vớ i t =2 thì5( x +y +z) + 20 = 4xyz 4 = + + +

xy yz zx xyz z2
35
z2 < 9 z = 2 ( vìz t 2) .
4
5( x + y) + 30 = 8xy ( 8x 5) ( 8y 5) = 265.

Do x y z 2 nên 8x - 5 8y - 5 11, nên ph ơng trì
nh không có nghiệm nguyên
trong tr ờng hợ p này.

Bài tập tự luyện:
Bài 1: Hã y giải ph ơng trì
nh nghiệm nguyên 4( x +y) = 3xy 8 bằng nhiều cách khác nhau.
H ớ ng dẫn: Một số ph ơng pháp có thểdù ng đợ c: ph ơng pháp phâ
n tích thành tích,
ph ơng pháp cực hạn ...
Bài 2: Tì
m nghiệm nguyên d ơng của các ph ơng trì
nh sau:

a) 2( x +y +z) + 9 = 3xyz.

b) 5( x + y + z + t) + 7 = xyzt.

Bài 3: Giải ph ơng trì
nh trên tập số nguyên:
a) x2 6xy + 13y2 = 100

HD: Dù ng ph ơng pháp bịchặn biến đổi ph ơng trì
nh vềdạng: ( x-3y) = 4( 25 y) 0
2

2

y 5 và 25 - y2 là một số chính ph ơng.
Xét các tr ờng hợ p của y, ta có đợ c nghiệm của ph ơng trì
nh.
b) 6x2 + 5y2 = 74

HD: pt 6( x2 4) = 5( 10 y2 ) x2 4 = 5u;10 y2 = 6v u = v
Dù ng điều kiện bịchặ
n của u và u, ta suy ra:

-4
5
u u = v = 0 hoặ
c u =v =1.
5
3

Từ đó suy ra nghiệm.
c) 4xy x y = z2 ( vớ i x, y, z là các số nguyên d ơng)

HD: Dù ng ph ơng pháp 4: Sử dụng tính chất của số nguyên tố.
d) Hã y tì
m tất cả các cặ
p số nguyên x và y thoả mã n 7x+14y =5x2 + 5xy + 5y2
HD: Có thểdù ng các ph ơng pháp nh bài 5 trong dạng 2.
Mt s chỳ ý khi gii phng trỡnh nghim nguyờn:
1. Vi nhng phng trỡnh m vai trũ ca cỏc n (t ba n tr lờn) l bỡnh ng ta thng dựng
phng phỏp cc hn.

GV: Trn Thin Ti

Trang 15


Trường THCS Phước Sơn

Sáng kiến kinh nghiệm

2. Với những phương trình mà luỹ thừa cao nhất của mỗi ẩn là bậc hai, ta thường dùng phương
pháp đưa phương trình về dạng “tổng” hoặc chúng ta cũng có thể dùng một số phương pháp
như:
- Dùng tính chất có nghiệm của phương trình bậc hai để thu hẹp miền xác định của một ẩn, từ
đó tìm được nghiệm nguyên của phương.
- Dùng phương pháp đưa về dạng tổng, sau đó chọn biểu thức thích hợp để đánh giá, từ đó thu
hẹp miền xác định của một ẩn, rồi thử từng giá trị để tìm nghiệm nguyên của phương trình.
3. Khi giải các loại phương trình đối xứng, chúng ta có thể đưa ra một số nhận xét về tính chất
đối xứng của nghiệm, từ đó việc phân chia các trường hợp sẽ đơn giản hơn, bài giải ngắn gọn

hơn.

3. KẾT QUẢ:
Với những phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên mà cá nhân đã tìm tòi và trình
bày ở trên, mặc dù đã vận dụng vào giảng dạy từ năm 2004 đến nay, tuy nhiên quá trình giảng
dạy không liên tục, chất lượng học sinh trong các lớp học bồi dưỡng, lớp học tự chọn chưa đều
và các đề thi tốt nghiệp THCS hay tuyển sinh vào lớp 10 có đề cập đến loại toán này ở câu hỏi
nâng cao nhưng chưa thường xuyên. Vì vậy việc đánh giá, kiểm định tính hiệu quả của sáng
kiến kinh nghiệm này chưa đạt độ chính xác cao. Năm học 2004 – 2005, trong kì thi tốt nghiệp
THCS tỉ lệ học sinh của nhà trường giải đúng bài toán phương trình nghiệm nguyên chỉ đạt 6 %.
Đây là con số khá khiêm tốn so với số lượng học sinh của nhà trường
Như vậy để nâng cao khả năng tư duy và sáng tạo của học sinh trong bộ môn Toán, người
giáo viên phải rèn học sinh kĩ năng để giải toán thông qua các bài tập cụ thể, đầy đủ các dạng
loại, hướng học sinh tìm tòi nét đặc trưng của từng dạng loại để giải bài toán dễ dàng hơn. Có
như vậy mới từng bước nâng cao hơn nữa chất lượng bộ môn Toán, giúp học sinh ham thích học
toán và tạo điều kiện phát huy năng lực của học sinh trong nghiên cứu khoa học. Đồng thời giúp
bồi dưỡng đội học sinh thi học sinh giỏi cấp huyện của Nhà trường có hiệu quả hơn so với các
năm trước.



GV: Trần Thiện Tài

Trang 16


Trường THCS Phước Sơn

Sáng kiến kinh nghiệm

III. KẾT LUẬN:
Giáo dục dưới bất kì hình thức nào đi nữa, người giáo viên vẫn giữ một vài trò quan trọng.
Là cầu nối cung cấp cho học sinh tri thức, người giáo viên phải biết kết hợp tốt kiến thức và
phương pháp giảng dạy đã được đào tạo của bản thân để tạo ra một khối lượng kiến thức vừa dễ
học, dễ hiểu nhưng cũng chứa đựng bên trong những kiến thức mang tính chất tìm tòi, nghiên
cứu. Như vậy cho dù học sinh học tập dưới sự hướng dẫn của giáo viên hay tự học ở nhà các
em cũng có thể nắm vững được kiến thức, có kĩ năng cơ bản khi làm bài tập và tăng cường khả
năng tư duy trong việc tìm tòi, nghiên cứu thêm ở các kiến thức nâng cao, mở rộng.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân trong việc bồi dưỡng cho học sinh các kiến
thức nâng cao, đặc biệt là về phương trình nghiệm nguyên. Mặc dù là kinh nghiệm của bản thân
nhưng cũng có những hiệu quả nhất định, xin đóng góp kinh nghiệm này để quý đồng nghiệp
tham khảo. Trong quá trình thực hiện “sáng kiến kinh nghiệm” này nếu có gì chưa hợp lí mong
quý đồng nghiệp góp ý, xây dựng để bài viết được hoàn thiện hơn, góp phần nâng cao chất
lượng bộ môn Toán, cùng nhà trường xây dựng một nền giáo dục toàn diện và vững chắc.

Phước Sơn, ngày 12 tháng 04 năm 2007
Người viết
Trần Thiện Tài

GV: Trần Thiện Tài

Trang 17