Phát huy tính tích cực của học sinh thông qua khai thác các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở THCS

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan số liệu và kết quả nghiên cứu trong bài khóa luận này là
hoàn toàn trung thực. Đây là công trình nghiên cứu của chính tôi thực hiện dưới
sự hướng dẫn của Thầy giáo TS. Nguyễn Quang Hòe.
Tôi chịu hoàn toàn trách nhiệm về nội dung khoa học của công trình này.
Quảng Bình, tháng 5 năm 2018.
Tác giả

Lê Đình Phong


Lêi c¶m ¬n
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới thầy giáo TS. Nguyễn
Quang Hòe, người đã tận tình hướng dẫn giúp đỡ tôi trong suốt thời gian
thực hiện khóa luận này, đồng thời đã bổ sung nhiều kiến thức chuyên môn
và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong hoạt động nghiên cứu khoa học.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quý Thầy Cô Trường Đại học
Quảng Bình, đặc biệt là quý Thầy Cô trong khoa Khoa học tự nhiên đã giảng
dạy và giúp đỡ tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu và tạo mọi điều kiện để
giúp tôi hoàn thành bài khóa luận này.
Đồng thời tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, tập thể lớp
Cao Đẳng Sư Phạm Toán - K57 đã động viên và giúp đỡ tôi trong quá trình
học tập và hoàn thành tốt khóa luận này.
Trân trọng cảm ơn!
Quảng Bình, tháng 5 năm 2018.
Tác giả

Lê Đình Phong

MỤC LỤC

LỜI CAM ĐOAN
LỜI CẢM ƠN
MỤC LỤC
DANH MỤC KÍ HIỆU VIẾT TẮT
PHẦN I: MỞ ĐẦU................................................................................................ 1
I. Lí do chọn đề tài................................................................................................. 1
1. Cơ sở lý luận:..................................................................................................... 1
2. Cơ sở thực tiễn: ................................................................................................. 1
II. Mục đích nghiên cứu ........................................................................................ 2
III. Phạm vi đề tài, đối tượng – mục đích .............................................................. 3
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu: ..................................................................................... 3
V.Phương pháp nghiên cứu ................................................................................... 3
PHẦN 2: NỘI DUNG ........................................................................................... 4
Chương I: CƠ SỞ LÍ LUẬN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI. .................................. 4
1. Cơ sở lí luận....................................................................................................... 4
2. Cơ Sở thực tiễn .................................................................................................. 5
3. Đối tượng phục vụ trong quá trình nghiên cứu: ................................................ 5
4. Kết quả: ............................................................................................................. 5
Chương II: ỨNG DỤNG VÀO THỰC TIỄN ....................................................... 6
1. Yêu cầu .............................................................................................................. 6
2. Nội dung chính .................................................................................................. 6
3. Một số chuyên đề bồi dưỡng HSG ở THCS.................................................... 10
Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG .................................................................. 10
Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ..................................... 18
Chuyên đề 3: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ......................................................... 22
Chuyên đề 4: BẤT ĐẲNG THỨC ...................................................................... 27

Chuyên đề 5: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ............................ 33
4. Giải pháp mới .................................................................................................. 35
5. Bài học kinh nghiệm........................................................................................ 36
PHẦN 3: KẾT LUẬN ......................................................................................... 37
1. Kết Luận Chung. ............................................................................................. 37
2. Kiến nghị: ........................................................ Error! Bookmark not defined.
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................... 38


DANH MỤC KÍ HIỆU VIẾT TẮT

SGK: Sách giáo khoa
THCS: Trung học cơ sở
HSG: Học sinh giỏi
BĐT: Bất đẳng thức
CMR: Chứng minh rằng
Vd: Ví dụ
GTLN: Giá trị lớn nhất
GTNN: Giá trị nhỏ nhất


PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. Lí do chọn đề tài
1. Cơ sở lý luận:
Theo định hướng chung về yêu cầu đổi mới chương trình sách giáo khoa
toán THCS và định hướng phương pháp giáo dục hiện nay cho thấy: Quá trình
học tập của học sinh không chỉ là quátrình lĩnh hội kiến thức có sẵn mà còn là
quá trình học sinh tự khám phá và tìm đến kiến thức mới nhờ sự giúp đỡ của
giáo viên thông qua các hoạt động dạy học.

Theo khoản 2, điều 5, chương 1 Luật Giáo Dục thì định hướng chung của
phương pháp giáo dục hiện nay là tích cực hóa hoạt động học tập của học sinh,
khơi dậy và phát triển tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực giải
quyết vấn đề, rèn các kỹ năng vận dụng.
Vì vậy việc bồi dưỡng và phát huy năng lực tự học của học sinh là việc làm
cần thiết, phải được làm thường xuyên trong quá trình dạy học của giáo viên.
Để đáp ứng yêu cầu trên giáo viên phải là người tổ chức các hoạt động học
tập của học sinh theo phương châm:“ Lấy học sinh làm trung tâm”. Hướng dẫn,
khích lệ các em để các em tìm ra kiến thức và vận dụng sáng tạo. Khi đó giáo
viên thực sự phải là một trọng tài mẫu mực về kiến thức cho học sinh khi các em
thảo luận; làm cố vấn cho các em khi khái quát, chốt lại nội dung kiến thức mới
và hệ thống lại kiến thức đã có.Qua đó bồi dưỡng và phát huy năng lực tự học
của học sinh.
2. Cơ sở thực tiễn:
Thực trạng dạy học hiện nay vẫn còn có nhiều thói quen, suy nghĩ của một
số giáo viên cho rằng: Dạy học là cố gắng truyền đạt cho tốt những kiến thức cơ
bản trong SGK, áp đặt cho học sinh phải nhớ, phải thuộc những kiến thức mà đôi
khi quên mất khả năng tự học sáng tạo của học sinh.

1


Đối với học sinh, đặc biệt là học sinh trung học cơ sở thì các em thường
xuyên chỉ biết tiếp thu kiến thức từ giáo viên và SGK, chỉ biết hoàn thành công
việc mà thầy cô giao cho. Đối với bài toán các em chỉ cần tìm ra đáp số là đủ mà
quên mất phải tìm ra cách hay nhất.Đặc biệt khi gặp bài toán khó các em không
chịu suy nghĩ mà chờ giải đáp của giáo viên.Mọi suy nghĩ của các em đều rất thụ
động, chậm chạp.Số học sinh giỏi toán ít hơn nhiều so với các bộ khác.Trong khi
đó bộ môn toán lại được ứng dụng nhiều trong thực tế cuộc sống và trong các bộ
môn khác.

Trước những lý do căn bản đó, với một giáo viên toán trực tiếp giảng dạy
chương trình SGK mới tôi nhận thấy cần phải tìm ra phương pháp để bồi dưỡng
và phát huy năng lực tự học của học sinh. Từ đó áp dụng trong quá trình giảng
dạy của mình để giúp các em học tốt nhất.Bằng việc khai thác những chuyên đề
bồi dưỡng học sinh giỏi, ta có thể kíchthích tính tự giác của học sinh ở bậc
THCS.
II. Mục đích nghiên cứu
Phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh có nghĩa là phải thay
đổi cách dạy và cách học. Chuyển cách dạy thụ động, truyền thụ một chiều “đọcchép”, giáo viên làm trung tâm sang cách dạy lấy học sinh làm trung tâm hay
còn được gọi là dạy và học tích cực. Trong cách dạy này học sinh là chủ thể hoạt
động, giáo viên là người thiết kế, tổ chức, hướng dẫn, tạo nên sự tương tác tích
cực giữa người dạy và người học.
Ta cố gắng biến những nội dung trừu tượng thành những dấu hiệu trực
quan nhằm giúp học sinh dễ hình dung hơn kiến thức cơ bản của bài học, giảm
tải quá trình lĩnh hội kiến thức. Vì vậy việc dùng các dấu hiệu trực quan vừa
mang tính cụ thể, vừa là cách để học sinh thị phạm, biến kiến thức khó hiểu, khó
nhớ trở nên dễ dàng, đơn giản hơn. Nội dung bài học không chỉ được các em
nghe qua lời giảng của giáo viên mà còn được tận mắt nhìn, tận tay làm.

2


Thông qua việc tìm hiểu, nghiên cứu và áp dụng đề tài để tìm ra phương
pháp bồi dưỡng và phát huy năng lực tự học toán cho học sinh, qua đó giúp các
em nắm chắc kiến thức một cách chủ động, sáng tạo. Tạo niềm vui, hứng thú học
tập cho các em.Bước đầu hình thành thói quen lao động tích cực, sáng tạo, khoa
học của con người lao động trong thời đại mới. Kích thích và khơi dậy lòng say
mê nghiên cứu khoa học.
III. Phạm vi đề tài, đối tượng – mục đích
- Phạm vi đề tài: Bồi dưỡng và phát huy năng lực tự học cho học sinh thông

qua việc khai thác các chuyền để bồi dưỡng HSG toán ở THCS.
- Đối tượng: Học sinh THCS
- Mục đích: Thông qua việc tìm hiểu, nghiên cứu và áp dụng đề tài để tìm
ra phương pháp bồi dưỡng và phát huy năng lực tự học toán cho học sinh, qua đó
giúp các em nắm chắc kiến thức một cách chủ động, sáng tạo. Tạo niềm vui,
hứng thú học tập cho các em.Bước đầu hình thành thói quen lao động tích cực
sáng tạo, khoa học của con người lao động trong thời đại mới. Kích thích và khơi
dậy lòng say mê nghiên cứu khoa học.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Hệ thống hóa các vấn đề lí luận có liên quan đến đề tài cần nghiên cứu.
- Mô tả thực trạng về đặc điểm của môn học đưa ra phương pháp giúp học
sinh phát huy tính tích cực của học sinh THCS.
V.Phương pháp nghiên cứu
- Trò chuyện, trao đổi với học sinh, đồng nghiệp.
- Phân tích, tổng hợp kết quả nhận thức của học sinh.
- Phương pháp thực nghiệm.
- Nghiên cứu tài liệu tham khảo.

3


PHẦN 2: NỘI DUNG
Chương I: CƠ SỞ LÍ LUẬN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI.
1. Cơ sở lí luận
- Năng lực tự học của học sinh là khả năng tự khám phá, tự phát hiện, tự
tìm đến kiến thức mới thông qua các hoạt động học tập do giáo viên tổ chức
hoặc trao đổi với bạn bè.
- Năng lực tự học của học sinh còn thể hiện qua tính tích cực chủ động sáng
tạo của người học, qua khả năng tổ chức các hoạt động học tập của mình. Qua đó
tự đánh giá được nhận thức của mình về một nội dung, một kiến thức hay một

lĩnh vực nào đó. Người học không chỉ biết làm theo, sao chép những cái đúng
mà phải nghiên cứu tìm ra cái đúng, đồng thời vận dụng được cái đúng một cách
sáng tạo vào cuộc sống thực tế.
- Năng lực tự học của học sinh còn được thể hiện qua các thao tác tư duy
phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái quát hóa vấn đề và khả năng giải quyết
vấn đề một cách nhanh gọn, độc đáo. Một học sinh có năng lực tự học tốt sẽ có
nhiều kết quả cao trong học tập, khả năng thích ứng nhanh với cuộc sống đầy
biến động; luôn đặt cho mình các câu hỏi trước mọi vấn đề khi hành động: “Làm
thế nào tốt hơn?”, “Có cách nào tốt hơn không?” hoặc “Làm như thế có được
không?”
-Ngược lại nếu một học sinh lười học (không có khả năng tự học) thì không
bao giờ nắm chắc kiến thức. Đứng trước một vấn đề cần giải quyết các em không
biết tự tìm ra hướng giải quyết.Không tự đánh giá được đâu là việc đúng cần làm
và đâu là việc sai.Luôn bằng lòng với những gì đã có, không tự bổ sung cho
mình những gì cần thiết trong nhận thức.
Chính vì vậy việc bồi dưỡng và phát huy khả năng tự học cho học sinh là
rất cần thiết trong quá trình dạy học.Trong đó, giáo viên có vai trò quan trọng
nhất.Giáo viên không chỉ trực tiếp bồi dưỡng mà còn là người phát huy khả năng
tự học của học sinh thong qua các bài giảng của mình.

4


2. Cơ Sở thực tiễn
- Thông qua khai thác các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, ta có thể
khiến cách suy nghĩ của học sinh về việc nhìn nhận bài toán thay đổi. Thay vì bị
động, học sinh sẽ muốn chiếm lĩnh được tri thức, do đó sẽ tích cực, chủ động
trong việc tìm tòi, suy nghĩ giải quyết bài toán.
3. Đối tượng phục vụ trong quá trình nghiên cứu:
- Học sinh THCS với các phương pháp học tập khác nhau.

- Các dạng toán cơ bản trong chương trình bồi dưỡng học sinh THCS.
- Hệ thống các phương pháp bồi dưỡng năng lực tự học của học sinh.
4. Kết quả:
- Trên cơ sở các hoạt động học tập tự giác của học sinh dưới sự tổ chức,
hướng dẫn của giáo viên. Học sinh biết cách tự tìm ra kiến thức mới, phát hiện
nhiều lời giải hay.Tìm được công thức tổng quát cho một dạng bài toán cơ bản,
vận dụng linh hoạt trong quá trình học.
- Chất lượng toàn diện của lớp được áp dụng đề tài có tiến bộ rõ rệt. Qua
đó giáo viên tự điều chỉnh phương pháp dạy học phù hợp.

5


Chương II: ỨNG DỤNG VÀO THỰC TIỄN

1. Yêu cầu
- Xác định rõ chuyên đề cần bồi dưỡng.
- Bồi dưỡng chuyên đề song song với kiến thức trên lớp. Đây là bước quan
trọng nhất.Cần xác định kiến thức cơ bản, lập kế hoạch cụ thể, phân bố thời gian,
chia nhỏ kiến thức
- Hệ thống tất cả các dạng bài tập cơ bản.
- Tổng hợp kiến thức, tìm sự ràng buộc giữa các dạng bài tập, phát huy sự
linh hoạt, sáng tạo của học sinh.
- Kết thúc mỗi chuyên đề, kiểm tra đánh giá định kỳ để rút kinh nghiệm và
đánh giá mũi nhọn.
- Kết hợp với gia đình và giáo viên bộ môn khác nhằm động viên, thúc đẩy
năng lực tự học của học sinh. Giúp các em đạt kết quả học tập cao nhất.
2. Nội dung chính
(i), Nghe thuyết trình những tri thức toán học bổ sung cho nội khóa
- Những tri thức bổ sung thường là một số yếu tố của Toán học hiện đại,

của lịch sử Toán học, của ứng dụng toán học. Người thuyết trình có thể là thầy
giáo, bản thân học sinh hoặc những người làm công tác khoa học công nghệ.
(ii), Giải những bài tập nâng cao
- Những bài tập nâng cao nhằm đào sâu và mở rộng tri thức nội khóa.
Chúng thường mang những đặc điểm sau:
 Bài tập tổng hợp đòi hỏi vận dụng phối hợp nhiều tri thức;
 Bài tập nghiên cứu yêu cầu học sinh độc lập cao độ trong các khâu phát
hiện, giải quyết vấn đề, trình bày và bảo vệ kết quả;
6


 Bài tập nghiên cứu yêu cầu học sinh vận dụng tri thức toán học để giải
quyết một vấn đề trong thực tiễn, có thể mang tính chất địa phương và thời sự;
 Bài tập toán vui
(iii), Học chuyên đề
- Nội dung chuyên đề là những vấn đề tương đối lớ, bổ sung nội khóa và
nâng cao tầm hiểu biết cho học sinh, chẳng hạn nguyên lí Đirichlê và áp dụng
trong giải toán, một số yếu tố của loogic toán và ứng dụng trong toán học.
(iv), Tham quan, thực hành và ứng dụng toán học
- Điều này không những chỉ để nâng cao kiến thức của học sinh mà còn
nhằm thực hiện nguyên lí giáo dục học đi đôi với hành, lí thuyết gắn liền với
thực tiễn, nhà trường gắn liền với xã hội.
(v), Làm nòng cốt cho những sinh hoạt ngoại khóa về toán
- Những hoạt dộng loại này là: viết báo toán, tổ chức câu lạc bộ toán, làm
đồ dùng dạy học, v. v…
- Hoạt dộng của thành viên nhóm học sinh giỏi mang tính độc lập cao và
tính nghiên cứu thể hiện ở những khả năng phát hiện vấn đề, tìm phương hướng
giải quyết, tự bồi dưỡng kiến thức, kĩ năng như phương tiện giải quyết vấn đề,
biết trình bày, lí giải và bảo vệ kết quả nghiên cứu.
Ví dụ: Sau khi học sinh học các phương pháp phân tích đa thức thành nhân

tử tôi cho học sinh làm bài tập nhỏ sau: Hãy phân tích:x2- 3x + 2 thành nhân tử.
Đối với các lớp không áp dụng các chuyền đề thì các em thường lúng túng
trong cách giải và chỉ có một số em đưa ra được cách giải nhưng mỗi em chỉ tìm
ra được một cách giải và khi ra được đáp án thì các em thôi làm bài. Ngược lại,
đối với lớp áp dụng các chuyên đề thì các em đã tìm ra được rất nhiều cách làm
khác nhau, rất sáng tạo.Cụ thể các em đã tìm ra được 7 cách làm khác nhau:

7


Cách 1: Tách (– 3x = - x – 2x):
x2- 3x + 2 = x2 – x – 2x + 2 = x(x - 1) - 2(x - 1) = (x - 1)(x - 2)
Hoặc x2- 3x + 2 = x2- 2x - x + 2 = x(x - 2) – (x - 2) =(x - 2)(x - 1)
Cách 2: Tách (x2 = 3x2 - 2x2):
x2- 3x + 2= 3x2- 3x - 2x2+ 2
= 3x(x - 1) – 2(x - 1)(x + 1)
= (x - 1)(3x – 2x - 2)
= (x - 1)(x - 2)
Cách 3: Tách hạng tử (2 = 3 – 1):
x2- 3x + 2= x2 - 1- 3x + 3
= (x + 1)(x - 1) – 3(x - 1)
= (x - 1)(x + 1 – 3)
= (x - 1)(x - 2)
Cách 4: x2- 3x + 2
3

9

9

2

4

4

= (𝑥 2 − 2 ∙ 𝑥 ∙ + ) – + 2
3 2

1 2

= (𝑥 − ) − ( )
2
2
= (x - 1)(x - 2)

Cách 5: Tổng quát: x2+ (a + b)x + a. b = (x + a)(x + b)
x2- 3x + 2 = x2- [(- 1) + (- 2)]x + (- 1)(- 2) = (x - 1)(x - 2)
Cách 6: Dùng hệ số bất định:
x2- 3x + 2 = (x + a)(x + b) = x2- (a + b)x + ab
a+b=3 và a. b=2

8


suy ra a=-1; b=- 2
vậy: x2- 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)
Cách 7: Dùng nghiệm đa thức: f(x) = x2- 3x + 2 có 2 nghiệm là x = 1 và
x = 2 nên f(x) = (x -1)(x -2)
Thông qua bài tập trên học sinh sẽ tìm thấy cách giải nhanh gọn bài tập sau:

Bài 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
x4+ 4x2 – 5
a3- 7a – 6
a8+ a4 + 1
Bằng nhiều cách.
Bài 2: Chứng minh rằng:
a)  n2  4n  3 48
b)  n3  3n2  n  3 48
Như vậy thông qua bài tập cụ thể học sinh tìm được nhiều phương pháp
phân tích đa thức khác không học trên lớp.Kích thích các em phải đọc, tìm tòi
điều chưa biết.

9


3. Một số chuyên đề bồi dưỡng HSG ở THCS
Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
a) Định nghĩa:
- Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
b) Tính chất:
- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không
thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số
nguyên tố với số mũ chẵn.
- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1, không
có số chính phương nào có dạng 4n + 2, 4n + 3 (n𝜖 Z ).
- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1, không
có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n 𝜖 Z ).
- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là 2.
- Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.

- Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
- Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
- Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
- Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
c) Một số dạng bài tập về số chính phương:
Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì:
A=(x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.
10


Giải: Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)(x2 + 5xy + 6y2) + y4
Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t 𝜖 Z ) thì
A = (t – y2)(t + y2) + y4 = t2 – y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
Vì x,y𝜖 Z nên x2𝜖 Z , 5xy 𝜖 Z , 5y2𝜖 Z  x2 + 5xy + 5y2𝜖 Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của bốn số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số
chính phương.
Giải: Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là n, n + 1, n + 2, n + 3 (n𝜖 Z ). Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n(n + 3)(n + 1)(n + 2) +1
= (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) +1 (*)
Đặt t =(n2 + 3n) (t 𝜖 Z ) thì (*) = t(t + 2) +1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2
= (n2 + 3n + 1)2
Vì n 𝜖 Z nên n2 + 3n + 1 𝜖 Z .
Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + k(k+1)(k+2). Chứng minh
rằng 4S + 1 là số chính phương.
Giải:

1

Ta có:k(k + 1)(k + 2) = k(k + 1)(k + 2).4
4

1

= k(k + 1)(k + 2).[(k+3) – (k – 1)]
4

1

1

4

4

= k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)( k -1)
 4S = 1.2.3.4 – 0.1.2.3 + 2.3.4.5 – 1.2.3.4 + … + k(k+ 1)(k + 2)(k + 3)

11


– k(k + 1)(k + 2)(k – 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) +1

Theo kết quả bài 2  k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 4: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp
không thể là một số chính phương.

Giải: Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n – 2, n – 1, n, n + 1, n + 2.
(n

, n >2 ).
Ta có: (n – 2)2 + (n – 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 1)2 = 5.(n2 + 2)
Vì n2 không thể tận cùng bằng 3 hoặc 8 do đó (n2 + 2) không thể chia hết

cho 5
2
 5. (n + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương.

Bài 5: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3+ 2n2 trong đó n 𝜖
và n > 1 không phải là số chính phương.
Giải: n6 – n4 + 2n3 + 2n2
= n2.(n4 – n2 + 2n + 2) = n2.[n2(n – 1)(n + 1) + 2(n + 1)]
= n2.[(n + 1)(n3 – n2 + 2)] =n2(n + 1).[(n3 + 1) – (n2 – 1)]
= n2(n + 1)2.(n2 – 2n + 2)
Với n

, n > 1 thì n2 – 2n + 2 = (n – 1)2 + 1 > (n – 1)2

Và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n – 1) < n2
Vậy (n – 1)2< n2 – 2n + 2 < n2  n2 – 2n + 2 không phải là một số chính
phương.
Dạng 2: Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phương
Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương
a) n2 + 2n + 12
b) n ( n + 3)
12

Giải:
a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2( k 𝜖

)

2
2
2
2
 n + 2n + 1 +11 = k  k – (n + 1) = 11  (k – n – 1)(k + n + 1) =11

Nhận thấy k + n + 1 > k – n – 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta
có thể viết (k – n – 1)(k + n + 1) =1.11
{

𝑘 + 𝑛 + 1 = 11
𝑘=6
{
𝑘−𝑛−1=1
𝑛=4

b) Đặt n(n + 3) = a2 ( a 𝜖 )  n2 + 3n = a2
2
2
 4n + 12n = 4a
2
2
 4n + 12n + 9 – 9 = 4a
2

2
 (2n + 3) – 4a = 9

 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9

Nhận xét thấy 2n + 3 + 2 > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương
nên ta có thể viết ( 2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1
{

2𝑛 + 3 + 2𝑎 = 9
𝑛=1
{
2𝑛 + 3 − 2𝑎 = 1
𝑎=2

Bài 2: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … +n! là một số
chính phương.
Giải:
Với n = 1 thì 1! = 1 =12 là số chính phương
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 9 = 32 là số chính phương
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 33 còn 5!; 6!; …n! có tận cùng bởi chữ
số 3 nên nó không phải là số chính phương.
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1 và n = 3.
13


Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương.
Giải: Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m

)

Từ đó suy ra m2 – n2 = 2010  (m – n)(m + n) = 2010
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m  2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) suy ra m + n và m – n là hai số chẵn
 (m + n)(m – n) ⋮ 4 nhưng 2010 lại không chia hết cho 4
 Điều giả sử là sai

Vậy: Không tồn tại số tự nhiên để 2010 + n2 là số chính phương.
Bài 4: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các
số chính phương.
Giải: Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n + 1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ
trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n
bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có số 121 là số chính phương.
Vậy n = 40.
Bài 5: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là
các số chính phương thì n là bội số của 24.
Giải: Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 =
m2 (k, m 𝜖

).

Ta có m là số lẻ  m = 2a + 1  m2 = 4a(a+1) + 1
Mà n =

𝑚2 − 1
2

=

4𝑎(𝑎+1)
2

= 2a(a + 1)

 n chẵn  n + 1 lẻ  k lẻ  đặt k = 2b + 1 ( với b 𝜖
 k2 = 4b(b + 1) + 1
14

)


 n = 4b(b + 1)  n ⋮ 8. (1)

Ta có: k2 + m2 = 3n + 2 ≡ 2 (mod 3)
Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1
Nên để k2 + m2≡ 2(mod 3) thì k2≡ 1(mod 3); m2≡ 1(mod 3).
2
2
 m – k ⋮ 3 hay (2n + 1) – (n + 1) ⋮ 3  n ⋮ 3. (2)

Mà 8 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau. (3)
Từ (1), (2), (3)  n ⋮ 24.
Dạng 3: Tìm số chính phương
Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ
số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
̅̅̅̅̅̅̅ = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta
Giải: Gọi A = 𝑎𝑏𝑐𝑑

có số
B = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
(𝑎 + 1)(𝑏 + 1)(𝑐 + 1)(𝑑 + 1) = m2, với k, m 𝜖
và 32 < 𝑘 < 𝑚 < 100
a, b, c, d = ̅̅̅̅̅
1; 9
 Ta có{

̅̅̅̅̅̅̅ = 𝑘 2
A = 𝑎𝑏𝑐𝑑
̅̅̅̅̅̅̅ + 1111 = 𝑚2
B = 𝑎𝑏𝑐𝑑

 m2 – k2 = 1111  (m – k)(m + k) = 1111

(*)

Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > 0 nên m – k và m + k là hai số nguyên
dương.
Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k)(m + k) = 11.101
{

𝑚 − 𝑘 = 11
𝑚 = 56
𝐴 = 2025
{
{
𝑚 + 𝑘 = 101
𝑛 = 45
𝐵 = 3136

15


Bài 2: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu lớn
hơn 2 chữ số sau một đơn vị.
̅̅̅ = 1 và k 𝜖 và 32 ≤ 𝑘 ≤ 100
Giải: Đặt̅̅̅̅̅̅̅
𝑎𝑏𝑐𝑑 = k2 ta có ̅̅̅
𝑎𝑏 − 𝑐𝑑
̅̅̅ = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10)  (k + 10) ⋮ 101 hoặc
Suy ra: 101𝑐𝑑
(k – 10) ⋮ 101
Mà (k – 10; 101) = 1  (k + 10) ⋮ 101
Vì 32 ≤ 𝑘 ≤ 100  42 ≤ 𝑘 + 10 ≤ 110  k + 10 = 101  k = 91.
 ̅̅̅̅̅̅̅
𝑎𝑏𝑐𝑑 = 92 = 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau,
2 chữ số cuối giống nhau.
Giải: Gọi số chính phương cần tìm là ̅̅̅̅̅̅̅
𝑎𝑎𝑏𝑏 = n2 với a,b𝜖 , 1≤ 𝑎 ≤9;
0≤ 𝑏 ≤ 9
̅̅̅̅̅̅̅ = 11. ̅̅̅̅̅
Ta có n2 = 𝑎𝑎𝑏𝑏
𝑎0𝑏= 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b)

(1)

̅̅̅̅̅̅̅ ⋮ 11  (a + b) ⋮ 11
Nhận xét thấy 𝑎𝑎𝑏𝑏

Mà 1≤ 𝑎 ≤9; 0≤ 𝑏 ≤ 9 nên 1≤ 𝑎 + 𝑏 ≤ 18. Do đó a + b =11
Thay a + b =11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính
phương
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn, suy ra b = 4.
Vậy số cần tìm là 7744.
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập
phương.
̅̅̅̅̅̅̅ , vì ̅̅̅̅̅̅̅
Giải: Gọi số chính phương đó là𝑎𝑏𝑐𝑑
𝑎𝑏𝑐𝑑vừa là số chính phương và
cũng là một lập phương nên đặt ̅̅̅̅̅̅̅
𝑎𝑏𝑐𝑑 = x2 = y3 với x, y 𝜖
Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương.
16


Ta có 1000 ≤ ̅̅̅̅̅̅̅
𝑎𝑏𝑐𝑑 ≤ 9999  10 ≤ 𝑦 ≤ 21 và y là số chính phương.
Do đó y = 16  ̅̅̅̅̅̅̅
𝑎𝑏𝑐𝑑 = 4096
Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số
nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
̅̅̅̅̅̅̅ với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ 𝑎 ≤ 9;
Giải: Gọi số phải tìm là 𝑎𝑏𝑐𝑑
0 ≤ 𝑏, 𝑐, 𝑑 ≤ 9
̅̅̅̅̅̅̅ là số chính phương  d 𝜖 {0; 1; 4; 5; 6; 9}
Ta có vì 𝑎𝑏𝑐𝑑
Mà d là số nguyên tố (theo giả thiết)  d = 5.
̅̅̅̅̅̅̅ = k2< 10000  32 ≤ k < 100, k là một số có 2 chữ số mà k2 lại
Đặt 𝑎𝑏𝑐𝑑

tận cùng bằng 5 nên k cũng tận cùng bằng 5. Tổng các chữ số của k là một số
chính phương  k = 45.
̅̅̅̅̅̅̅ = k2 = 452 = 2025.
Vậy số phải tìm là 𝑎𝑏𝑐𝑑
* Thông qua khai thác chuyên đề này, đòi hỏi các em phải nắm vững định
nghĩa, tính chất và biết vận dụng nó một cách linh hoạt.

17


Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình và hệ phương trình bậc nhất
hai ẩn.
Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 (1)
Cách 1: Phương pháp tổng quát
Ta có: 2x + 3y = 11
 x=

11 − 3𝑦
2

=5−𝑦−

𝑦−1
2

Để phương trình có nghiệm nguyên 
Đặt

𝑦−1

2

= t 𝜖 𝑍 {

𝑦−1
2

nguyên

𝑦 = 2𝑡 + 1
𝑥 = −3𝑡 + 4

Cách 2: Dùng tính chất chia hết
Vì 11 lẻ  2x + 3y luôn là số lẻ, mà 2x luôn là số chẵn nên  3y lẻ   lẻ
𝑦 = 2𝑡 + 1
→{
với t 𝜖
𝑥 = −3𝑡 + 4
Cách 3: Ta nhận thấy phương trình có một cặp nghiệm nguyên đặc biệt là
x0 = 4 và y0 = 1.
Thật vậy: 2.4 + 3.1 = 11 (2)
Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có:
2(x – 4) + 3(y – 1) = 0  2(x – 4) + 3(y – 1) = 0 (3)
Từ (3) suy ra 3(y – 1) ⋮ 2 mà (2; 3) = 1  y – 1 ⋮ 2
 y = 2t + 1 với t 𝜖

Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có: x = – 3t + 4
Nhận xét: Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x 0, y0)
của phương trình ax + by = c, cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn.

18


b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình, hệ phương trình bậc cao.
Phương pháp 1:Dùng dấu hiệu chia hết để giải phương trình
Vd: Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình
6x2 + 5y2 = 74

(1)

Cách 1: Ta có: 6(x2 – 4) = 5(10 – y2) (2)
Từ (2)  6(x2 – 4) ⋮ 5 và (6; 5) = 1  x2 – 4 ⋮ 5
2
 x = 5t + 4 với t 𝜖

Thay x2 = 5t + 4 vào (2) ta có: y2 = 10 – 6t
Vì x2> 0 và y2> 0  {

5𝑡 + 4 > 0
10 − 6𝑡 > 0

4

5

5

3

 − < 𝑡 < với t 𝜖

 t = 0 hoặc t = 1

Với t = 0  y2 = 10 (loại)
𝑥 = ±3
𝑥2 = 9
Với t = 1  { 2
{
𝑦 = ±2
𝑦 =4
Vậy các cặp nghiệm nguyên là: (-3; -2); (-3; 2); (3; -2); (3; 2).
2
Cách 2: Từ (1) ta có { 𝑥 + 12 ⋮ 5  x2 = 4 hoặc x2 = 9
0 < 𝑥 ≤ 12

Với x2 = 4  y2 = 10 (loại)
Với x2 = 9  y2 = 4 (thỏa mãn)
Vậy:……………………….
𝑦 2 𝑐ℎẵ𝑛
 y2 = 4  x2 = 9
Cách 3: Ta có: (1)  {
2
0 < 𝑦 ≤ 14
Vậy:……………………….

19


Phương pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên
Vd: Tìm nghiệm nguyên của phương trình xy + 3x – 5y = -3
Cách 1: x( y + 3) – 5(y + 3) = -18

 (x – 5)(y + 3) = -18

Xét các trường hợp:
𝑥 =2 𝑥−5=3
𝑥=8
𝑥 − 5 = −3
1, {
;{
{
{
𝑦 = 3 𝑦 + 3 = −6
𝑦 = −9
𝑦+3=6
𝑥=7
𝑥 =3 𝑥−5=2
𝑥 − 5 = −2
{
{
2,{
;{
𝑦 = −12
𝑦 = 6 𝑦 + 3 = −9
𝑦+3=9
𝑥 =4 𝑥−5=1
𝑥=6
𝑥 − 5 = −1
3, {
;{
{
{

𝑦 = 15 𝑦 + 3 = −18
𝑦 = −21
𝑦 + 3 = 18
Cách 2: x =

5𝑦 − 3
𝑦+3

=5−

18
𝑦+3

 y + 3 phải là ước của 18

Phương pháp 3: Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết)
Vd: Tìm nghiệm nguyên x3 – 2y3 – 4z3 = 0
Giải:  x3 = 2(y3 + 2z3)
VP ⋮ 2  x3⋮ 2  x⋮ 2. Đặt x = 2k (k 𝜖 )
8k3 = 2(y3 + 2z3)  4k3 = y3 + 2z3
 y3 = 4k3 – 2z3 = 2(2k3 – z3)
 y chẵn. Đặt y = 2t, ta có:

8t3 = 2(2k3 – Z3)  4t3= 2k3 – z3
3
3
3
 z = 2k – 4t  z chẵn  z = 2m

 8m3 = 2(k3 – 2t3)  …. k chẵn…..

Phương pháp 4: Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương.
Vd: Tìm nghiệm nguyên của x2 – 4xy + 5y2 = 169

20