SKKN khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh giỏi toán 9 từ một tính chất quen thuộc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÔN THI HỌC SINH
GIỎI TOÁN 9 TỪ MỘT TÍNH CHẤT QUEN THUỘC

Người thực hiện: Lê Văn Tu
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Thánh Tông
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2019

0


1 MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp HS nắm chắc kiến thức cơ bản,
thì việc phát huy tính tích cực của HS thông qua việc khai thác thêm các bài toán
mới từ những bài toán điển hình cơ bản, đồng thời biết ứng dụng các bài toán
đơn giản vào việc giải các bài toán phức tạp là điều rất cần thiết cho công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Chúng ta đều biết một bài toán dù có khó, phức tạp đến đâu thì lời giải của
nó cũng có thể đưa được về một chuỗi hữu hạn các bước suy luận đơn giản, việc
giải bài toán phức tạp đều có thể đưa về việc áp dụng, tiền đề là các bài toán cơ
bản. Nên việc thường xuyên ứng dụng, khai thác các bài toán đơn giản để giải
các bài toán khó là một cách nâng cao dần khả năng suy luận, tư duy sâu cho

HS. Qua một số năm giảng dạy, tôi đã học hỏi ở các đồng nghiệp và với kinh
nghiệm của bản thân tôi luôn giúp học sinh khai thác, ứng dụng nhiều bài toán,
trên cơ sở đó tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Khai thác một số dạng toán ôn thi
học sinh giỏi Toán 9 từ một tính chất quen thuộc”.
Trong khuôn khổ sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đưa ra một số bài tập đặc
trưng cho từng dạng, giúp học sinh nắm bắt được dạng bài tập này, có kỹ năng
giải bài tập dễ dàng hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với sáng kiến kinh nghiệm "Khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh giỏi
Toán 9 từ một tính chất quen thuộc", tôi mong muốn giúp các em trong đội
tuyển học sinh giỏi Toán lớp 9 trước hết nắm vững cách chứng minh tính chất
quen thuộc là:
“Với số tự nhiên x, nếu x là số hữu tỉ thì x cũng là số tự nhiên” (*) . Sau đó
các em biết vận dụng tính chất vào khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh
giỏi. Từ đó các em giải quyết được một số bài toán trong bài thi trong các đề thi
học sinh giỏi. Cũng qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi muốn các em thấy được
đằng sau những tính chất cơ bản quen thuộc tưởng chừng như đơn giản và khô
khan ấy là những điều mới mẻ, những khám phá bổ ích và lý thú. Từ đó khơi
dậy niềm say mê học tập, khơi dậy óc sáng tạo của mỗi học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Trong các đề thi học sinh giỏi Toán lớp 7, 8 và lớp 9, thi vào các trường
chuyên trong toàn quốc ta thường xuyên bắt gặp các bài thi khai thác từ đẳng
thức (*) . Tuy nhiên, trong khuôn khổ của sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đưa ra
một số dạng toán khai thác từ tính chất (*), hệ thống các dạng bài tập cũng như
định hướng giải cho mỗi dạng bài. Với mỗi dạng bài tập tôi trình bày theo mức
độ từ dễ đến khó. Từ đó giúp học sinh đội tuyển học sinh giỏi Toán 9 có thể sử
dụng tài liệu này một cách hiệu quả.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Xây dựng đề tài này tôi đã sử dụng các phương pháp:
- Phương pháp phân tích và tổng hợp lí thuyết.

- Phương pháp thực nghiệm khoa học.
1


- Phương pháp điều tra.
- Phương pháp quan sát.
- Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Gọi A, B là các biểu thức chứa biến x, khi đó :
�B �0
2.1.1. A  B � �
2 .
�A  B
�A  0
2.1.2. A  B  0 � �
.
�B  0
C
2.1.3. AB  C � A  nếu B �0 .
B
2.1.4. Nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 và ab  c thì a �U (c ); b �U (c)
2.1.5. AB  0 � A  0 hoặc B  0 .
2.1.6. Nếu UCLN (m, n)  1 và mMn hoặc m 2 Mn 2 thì n  1 .
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Như chúng ta đã biết, trong công tác dạy học ngoài việc quan tâm đến chất
lượng đại trà, thì cần phải chú trọng đến chất lượng học sinh mũi nhọn, trong đó
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 là rất quan trọng. Muốn nâng cao chất
lượng bồi dưỡng học sinh giỏi thì giáo viên ngoài việc phải phân loại được các
chuyên đề và dạng toán cho từng chuyên đề đó thì khai thác các bài toán cơ bản

để giải các bài toán khó là một việc làm rất cần thiết để giúp các em nâng cao
dần khả năng suy luận, tư duy sâu. Tuy nhiên, thời gian đầu khi mới ôn thi học
sinh giỏi Toán 7, 8, 9,các bài tập tôi cung cấp cho học sinh chưa có hệ thống,
chưa có sự khai thác, liên hệ. Vì vậy khi học sinh làm bài tập, hoặc bài thi mà có
sự liên quan thì các em thường tỏ ra lúng túng, nhiều em không định hướng
được cách giải. Chính vì vậy,các em chưa thực sự say mê học tập vì chưa thấy
được những điều thú vị ẩn sau các bài toán cơ bản quen thuộc. Sau một vài năm,
bản thân tôi cũng có nhiều kinh nghiệm hơn trong công tác bồi dưỡng HSG, tôi
nghĩ rằng mình phải làm thế nào để kiến thức mình truyền đạt đến học sinh phải
được hệ thống thành các chủ đề, giúp học sinh dễ hiểu, dễ nhớ, và đặc biệt là
giúp các em thấy được mối liên hệ giữa các kiến thức để kích thích sự tìm tòi,
sáng tạo. Do đó tôi đã dần dần hình thành nội dung sáng kiến kinh nghiệm này
và hôm nay xin được chia sẻ cùng các đồng nghiệp.
Ta đã biết một tính chất rất quen thuộc với các học sinh là:
“Với số tự nhiên x, nếu x là số hữu tỉ thì x cũng là số tự nhiên” (*). Khi ôn
đội tuyển HSG Toán 9 tôi có đưa ra cho HS làm bài toán sau trong 30 phút:
a)

Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức 

b) Tìm các số tự nhiên x thỏa mãn :





x 1



x 1

x 2

2

có giá trị là số nguyên



y 2 4

2


c) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (a,b,c) thỏa mãn a, b, c là độ dài ba
19
5
79


cạnh của một tam giác và
là số tự nhiên lẻ
abc
bca
cab
khác 1. Hãy nhận dạng tam giác này
Thì tôi thấy đa số các em lúng túng, chưa đưa ra được lời giải như mong
muốn. Cụ thể là:
Điểm

Sĩ số
9 – 10
8–9
7–8
6–7
5–6
<5
10
0
1
1
1
3
2
Từ những thực trạng trên, để việc ôn học sinh giỏi được tốt hơn, tôi mạnh
dạn đưa ra sáng kiến:
“Khai thác một số dạng toán ôn thi học sinh giỏi Toán 9 từ một tính chất quen
thuộc”, với hy vọng góp một phần nhỏ bé vào việc giúp công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi nói chung và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 nói riêng đạt được kết quả
cao, và đặc biệt gây sự hứng thú, tìm tòi, tư duy cho học sinh.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp đã sử dụng
Để thực hiện tốt đề tài, tôi đã đưa ra các giải pháp thực hiện sau:
- Khảo sát chất lượng học sinh: Tôi đã đưa các vấn đề mình cần nghiên cứu
để kiểm tra các em dưới những hình thức khác nhau để biết được các em
“hổng” ở chỗ nào?
- Tìm nguyên nhân vì sao các em “hổng”: Tôi đã tìm ra nguyên nhân dẫn
đến một số học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi chưa làm được là do các
em chưa định ra được cách giải và phương pháp hợp lí cho từng dạng.
- Tự học, nghiên cứu các tài liệu, tham khảo các đề thi học sinh giỏi Toán 8,
9 để phân loại, đưa ra các bài tập điển hình.

- Có kế hoạch dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phù hợp.
Trong quá trình học trên lớp, học sinh đã được biết tính chất quen thuộc
cơ bản là:
“Với số tự nhiên x, nếu x là số hữu tỉ thì x cũng là số tự nhiên” Để chứng
minh tính chất này, học sinh có thể vận dụng kiến thức liên quan đến phân số tối
giản, định nghĩa phép chia hết lớp 6 và định nghĩa số hữu tỉ lớp 7.
Thật vậy : vì

x �Q nên

x

m
n

(m, n  N , n

0,UCLN (m, n)  1)

m2
x  2 � xn 2  m 2 � m 2 Mn 2 � n  1 ( vì UCLN (m, n)  1 )
n
� x  m �N  đpcm.

Với tính chất này, ta để ý tới điều kiện x là số tự nhiên, x là số hữu tỉ
tức là khi x được cho dưới dạng phân số hoặc từ một điều kiên nào đó giúp ta
có thể biến đổi được x dưới dạng phân số thì ta nhớ ngay rằng x cũng là số tự
nhiên . Do vậy, nếu biến đổi đề bài, hoặc cho thêm giả thiết thì ta sẽ khai thác

3

được một số dạng toán mà học sinh hay gặp trong quá trình ôn thi học sinh giỏi
Toán.
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, giáo viên phải phân kiến thức thành các
chủ đề, giới thiệu đường lối chung từng loại, các công thức, các kiến thức có
liên quan từng loại bài. Khi ôn học sinh giỏi về phần này, tôi phân ra các loại
toán áp dụng sau:
- Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chứa dấu căn thức luôn có giá trị là
số nguyên.
- Dạng 2: Tìm điều kiện của biến để biểu thức chứa biến đó có giá trị là số
nguyên.
- Dạng 3: Giải các phương trình nghiệm nguyên có chứa dấu căn thức
- Dạng 4: Chứng minh x là số vô tỉ :
- Dạng 5: Giải các bài toán có chứa x , trong đó x là số hữu tỉ.
Khi bắt tay vào giải bài tập, một công việc hết sức quan trọng là đọc kĩ đề và
nhận biết được bài toán thuộc dạng toán nào. Từ đó, tôi đưa ra các dạng toán và
hệ thống bài tập cho học sinh
Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chứa dấu căn thức luôn có giá trị là số
nguyên :
- Từ điều kiện vế trái của đẳng thức x  m là một biểu thức chứa một
dấu căn thức, ta nghĩ đến các đẳng thức mà vế trái có chứa nhiều dấu căn
thức.
Ví dụ 1.1: Cho các số tự nhiên x, y. Chứng minh rằng nếu x  y có giá trị là
số hữu tỉ thì

x , y đều là số tự nhiên.

- Trường hợp 1:

Hướng dẫn giải:
x  y  0 � x  y  0 . Suy ra

x

- Trường hợp 2:

x  y �0 . Đặt k γ�
x

Q, k

y (k

y  0 �N .
x, k

y ) , suy ra :

k2  y  x
x  k  y � x  k  y � x  k  2k y  y � y 
�Q
2k
Vì y là số hữu tỉ nên áp dụng tính chất (*) suy ra y là số tự nhiên.





2

2

Tương tự, x cũng là số tự nhiên.
- Từ điều kiện vế trái của đẳng thức x  m là một biểu thức chứa một
dấu căn thức với hệ số của x bằng 1 , ta nghĩ đến các đẳng thức mà vế trái
có chứa nhiều dấu căn thức, các hệ số là các số nguyên khác 1, là các số hữu
tỉ .
y
Ví dụ 1.2: Cho các số tự nhiên x, y. Chứng minh rằng nếu 3 x 
có giá trị
2
là số hữu tỉ thì x , y đều là số tự nhiên.
Hướng dẫn giải:
4


y
 0 � x  y  0 . Suy ra x  y  0 �N .
2
y
y
y
- Trường hợp 2: 3 x 
�0 . Đặt k γ�
3 x
( k Q, k 3 x , k
),
2
2

2
suy ra
y
2
k 2   9x
�
y
y�
y
4
3 x k
� 9x  �
k
� 9x  k 2  k y  � y 
�Q
�
�
�
2
2
4
k
�
�

- Trường hợp 1: 3 x 

Vì

y là số hữu tỉ nên áp dụng tính chất (*) suy ra

Tương tự,

y là số tự nhiên.

x cũng là số tự nhiên.

Ví dụ 1.3: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sao cho
Hướng dẫn giải:

x  y  2012

- Điều kiện : x �0, y �0 .
- Ta có :
x  y  2012 � x  2012  y � x  2012  y  2 2012 y
� 2012 y 

2012  y  x
�Q
2

� 2012 y �N � 22.503 y �N � 2 503 y �N � 503 y �N
Vì 503 là số nguyên tố nên để 503y �N thì 503 y  k 2 (k �N ) � y  503m 2
(m �N )
Lập luận tương tự, ta cũng có x  503n2  n �N  . Suy ra :
x  y  2012 � 503n 2  503m 2  2 503 � m  n  2
Vì m �N , n �N và m  n  2 nên m � 0;1;2 . Từ đó ta có bảng các giá
trị tương ứng.
m
0

1
2
n
2
1
0
x
2012
503
0
y
0
503
2012
Vậy các cặp số nguyên ( x, y ) cần tìm là (2012;0) , (0;2012) , (503;503)
Bài tập áp dụng:
1) Cho các số tự nhiên x, y. Chứng minh rằng :
y
a) Nếu 2 x 
có giá trị là số hữu tỉ thì x , y đều là số tự nhiên.
3

5


y
3 có giá trị là số hữu tỉ thì x , y đều là số tự nhiên.
b) Nếu
x
1

4
2) Cho các số tự nhiên x, y, z. Chứng minh rằng :
y
a) Nếu 2 x 
 z có giá trị là số hữu tỉ thì x , y , z đều là số tự
3
2 x

nhiên.
y
 z
3
có giá trị là số hữu tỉ thì
x
 y 3
4

2 x

b) Nếu

x , y , z đều là số tự

nhiên.
3) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sao cho

x  y  2012

4) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sao cho 2 x  3 y  2012
5) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) sao cho 2 x  3 y  25 p ( với

P là số nguyên tố )
Dạng 2: Tìm điều kiện của biến để biểu thức chứa biến đó có giá trị là số
nguyên.
Áp dụng tính chất (*) ta có thể tìm được điều kiện của biến để các biểu
thức dạng đa thức, phân thức có chứa dấu căn có giá trị là số nguyên.
Ví dụ 2.1: Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức A = 



x 1

x 2

2

có giá trị

nguyên.


A=



x 1

Hướng dẫn giải:
2

x  2 x 1

( x �0, x �4)
x 2
x 2
� A x  2 A  x  2 x  1 �  A  2  x  2 A  x  1 (1)


- Nếu A  2 thì
�2 A  x  1  0
�
2
(1) � � x  1
� x  3 ( thỏa mãn)
�
 2
� x 2
2A  x 1
x
�Q . Do đó, áp dụng tính chất (*) suy ra
- Nếu A �2 thì
A2
x là số tự nhiên.





6


a 2  2a  1

1
a
(a  N , a 2)
a2
a2
Đến đây là bài toán trở nên quen thuộc, ta dễ ràng giải được dựa vào tính chia
hết.
3 x 2
Ví dụ 2.2: Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức A =
có giá trị
2 x 3
nguyên.
Hướng dẫn giải:
3 x 2
� 2 A x  3 A  3 x  2 �  2 A  3 x  3 A  2 (1)
A=
( x �0)
2 x 3
3A  2
(1) � x 
- Vì A �Z nên 2 A  3 �0 . Suy ra :
. Do đó, áp
2A  3
dụng tính
chất (*) suy ra x là số tự nhiên.
3a  2
�Z
( a �N )
Đặt a  x (a �N ) . Suy ra : A =
2a  3

6 a  4 3  2a  3   5
5
� 2A =

 3
�Z
(a �N ) (2)
2a  3
2a  3
2a  3
Đến đây là bài toán trở nên quen thuộc, ta dễ ràng giải được dựa vào tính chia
hết.
Chú ý : cần thay các giá trị thỏa mãn (2) vào biểu thức A để kiểm tra lại vì phép
biến đổi này không tương đương
3 x 2
Ví dụ 2.3: Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức A =
có giá trị
x 3
nguyên.
Hướng dẫn giải:
Ax  3 A  2
3 x 2
(1)
A=
( x �0, x �3) � Ax  3 A  3 x  2 � x 
3
x 3
Ax  3 A  2
�Q . Do đó, áp dụng tính chất (*)
- Vì A �Z , x �Z nên x 

3
suy ra x là số tự nhiên.
3a  2
�ι
Z
(a N , a 3)
Đặt a  x (a  N , a 3) . Suy ra : A = 2
a 3
2
9a 2  4 9  a  3  23
23
�
2 A = 2
9
Z
(a N , a 3) (2)
 3a �ι
2
2
a 3
a 3
a 3
Đến đây là bài toán trở nên quen thuộc, ta dễ ràng giải được dựa vào tính chia
hết.
Đặt a  x

(a  N , a

2) . Suy ra : A =

7


Chú ý : cần thay các giá trị thỏa mãn (2) vào biểu thức A để kiểm tra lại vì phép
biến đổi này không tương đương.
Bài tập áp dụng:
3 x 4
Bài 1: Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức A =
có giá trị nguyên.
x 2
Bài 2: Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức A =
nguyên.
Bài 3: Tìm các số tự nhiên x sao cho biểu thức A =

2 x 1



3 x 2



2



2 x 1



2

3 2 x

có giá trị

có giá trị

nguyên.
Dạng 3: Giải các phương trình nghiệm nguyên có chứa dấu căn thức :
- Đối với các phương trình bậc 1, 2, 3, ... đối với hai biến x, y. Nhờ có
tính chất (1) mà ta có thể thay các biến x, y bởi x , y .
Ví dụ 3.1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 x  17 y  159
Hướng dẫn giải:
- Dựa theo cách chứng minh các bài toán ở dạng 1, ta chứng minh được x , y
là số tự nhiên.
- Đặt : a  x , b  y (a, b �N ) , ta được phương trình bậc nhất hai ẩn :
3a  17b  159 (1)
- Giả sử tồn tại các số nguyên a, b thỏa mãn (1).
3 ;159M3 nên 17b M3 � b M3 � b  3k (k �Z ) .
- Vì 3aM
Thay b = 3k vào (1) ta tìm được a  53  17 k
2
�
�x   53  17 k 
 k �Z 
Suy ra nghiệm của phương trình là : �
2
� y  9k
Ví dụ 3.2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: xy  x  y  2 (1)

Hướng đẫn giải:
- Điều kiện : x �0, y �0, xy �2 . Ta có :

(1) � xy  2  x  y �



xy  2

 
2



x y

� xy  4 xy  4  x  y  2 xy � xy 
- Từ (1) và (2) suy ra :



2

xy  4  x  y
�Q (2)
6

x  y  xy  2 �Q

8

- Dựa theo cách chứng minh các bài toán ở dạng 1, ta chứng minh được
là số tự nhiên.
- Đặt : a  x , b  y (a, b  N , ab 2) , ta được phương trình :

x, y

ab  a  b  2 �  a  1  b  1  3 (3)
- Phương trình (3) là phương trình ước số quen thuộc. Giải ra ta được :
(a, b) � (4;2),(2;4) � ( x, y) � (16;4),(4;16)

Ví dụ 3.3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x  y  2016  xy

Hướng dẫn giải:
- Vận dụng tính chất (*) ta lần lượt chứng minh :
Chứng minh:

[1]
xy �N , x �N , y �N

2
�
�x  y  2 xy  2016  2.2016 xy  xy
 1 � x  y  xy  2016 � �
xy �2016
�

20162  xy  x  y

Q
xy 2016
4034
Đặt k  xy (k  Q, k 2016) , thay vào (1) ta được :



�γxy



x  k  2016  y � x  (k  2016)2  2(k  2016) y  y
�

y

(k  2016) 2  y  x
�Q
2(k  2016)

Ta có : x  y  2016  xy � ( x  1)( y  1)  2017
Vì x  1 �Z , y  1�Z nên x  1, y  1 là các ước của 2017.
Vì 2017 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp :
�
� x4
� x 1  1
�
1) �
�
2

�y  2018
� y  1  2017

�
�x  20182
� x  1  2017
�
2) �
�
� y4
� y 1  1

Vậy các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn là : (4;20182 ) và (20182 ;4)
Ví dụ 3.4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
4 x  8 xy  3 y  2 x  y  4  0 (1)
Hướng dẫn giải:
- Điều kiện : x �0, y �0 . Ta có :
- Đặt : k  (4 x  3 y  4) ( k �Z ) , phương trình (1) trở thành :

k  8 xy  2 x  y

(2)

- Biến đổi tương tự ví dụ 3.2 ta được x , y là số tự nhiên.
- Đặt : a  x , b  y (a, b �N ) , ta được phương trình :

4a 2  8ab  3b2  2a  b  4  0 � (2a  b)(2a  3b  1)  4 (3)

9

- Từ (3) suy ra : 2a  b ; 2a  3b  1 là các ước của 4 và có tích bằng 4.
Vì a, b �N nên 2a  b  2a  3b  1 . Vì  2a  b    2a  3b  1  4a  4b  1 là số lẻ.
a0
� 2a  b  1
�
�x  0
��
��
2a  3b  1  4
�
�b  1
�y  1

Suy ra : (3) � �

Ví dụ 3.5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3  4 y 3  x y  y  13 (1)
Hướng dẫn giải:
- Điều kiện : x �0, y �0 � 4 y  x  1 �0
(1) � x3   4 y  x  1

y  13

� x3   4 y  x  1 y  26  4 y  x  1 y  169
2

x3   4 y  x  1 y  169
y
�Q

26  4 y  x  1
2

�

- Áp dụng tính chất (*) suy ra
- Đặt : a  x , b 

y

x , y là số tự nhiên.

(a �N * , b �N * ) , phương trình (1) trở thành :

a 3  4b3  a 2b  b  13 (2)
- Đặt : a  2b  k với k �Z rồi thay vào (2) và rút gọn, ta có:
8kb 2  (5k 2  1)b  k 3  13  0
(3)
- Nếu k = 0 thì ta tìm được b = - 13 ( loại)
- Nếu k �0 , ta coi (3) là phương trình bâc hai ẩn b.





2





  5k 2  1  32k k 3  13 �0
� 7 k 4  10k 2  416k  1 �0
- Nếu k �1 thì 7k 4  10k 2  416k  1  0 ( Không thỏa mãn )
- Nếu k �4 thì 7k 4  10k 2  416k  1  7.43.k  10.4.k  416k  1  72k  1  0
( Không thỏa mãn )
- Xét các trường hợp : k � 0;1;2;3 , rồi thử trực tiếp ta được k = 1 thỏa mãn.
Khi đó a  3, b  1 , suy ra : x  9, y  1 .
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5 x  17 y  155
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

xy  x  y  1  0

x  y  100  xy

Bài 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x2 y x  y  2



 



x 1

10

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x3  x  x  1  y 3
Dạng 4: Chứng minh x là số vô ti :
- Ta biết rằng, với một số thực a bất kì thì hoặc a là số hữu tỉ hoặc a là số
vô tỉ. Theo tính chất (*), với x là số tự nhiên mà x là số hữu tỉ thì x là số tự
nhiên. Nhưng khi x là số tự nhiên thì x là số chính phương. Điều này làm ta
nghỉ tới tính chất “ Nếu x là số tự nhiên nhưng không phải là số chính phương
thì x là số vô tỉ ”. Như vậy : Để chứng minh x là số vô tỉ ta chỉ cần chứng
minh x không phải là số chính phương. Dưới đây là một số ví dụ.
Ví dụ 4.1: Chứng minh rằng 3 là số vô tỉ:
Hướng dẫn giải:
a
Giả sử 3 là số hữu tỉ. Khi đó, ta có thể đặt : 3  , với
b
2
a
(a, b �N * , UCLN (a, b )  1) . Suy ra : 2  3 � a 2  3b 2 � a 2 M
b2 � b  1
b
2
( vì UCLN (a, b)  1) � a  3 . ( vô lí ). Vậy 3 là số vô tỉ.
Ví dụ 4.2: Chứng minh rằng n 2  2 là số vô tỉ với mọi số nguyên n.
Hướng dẫn giải:
- Giả sử n 2  2 là số hữu tỉ. Khi đó, n 2  2 là số tự nhiên.
- Đặt n 2  2  k (k �Z  ) � n 2  2  k 2 � (k  n)(k  n)  2 (1)
Vì (k  n)  (k  n)  2k M2 nên k – n, k + n là hai số cùng tính chẵn lẻ. Nhưng vế
phải của (1) là số chẵn nên k – n, k + n là hai số chẵn. Điều náy vô lí.
Vậy n 2  2 là số vô tỉ.
Ví dụ 4.3:Chứng minh rằng n3  3n 2  2n  2 là số vô tỉ với mọi số tự nhiên n.

Hướng dẫn giải:
3
2
- Ta có : n  3n  2n  2  n(n  1)( n  2)  2
- Vì tích của ba số tự nhiên n(n  1)(n  2) chia hết cho 3 nên n3  3n 2  2n  2
Chia cho 3 dư 2.
- Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh được số chính phương chia cho 3 chỉ có dư
là 0 hoặc 1. Suy ra n3  3n 2  2n  2 không là số chính phương.
Vậy n3  3n2  2n  2 là số vô tỉ.
Ví dụ 4.4: Tìm các số tự nhiên n sao cho n 2  9 là số vô tỉ .
Hướng dẫn giải:
- Trước hết ta tìm các giá trị của n để n 2  9 là số hữu tỉ.
- Giả sử

n 2  9 là số hữu tỉ. Khi đó,

n 2  9 là số tự nhiên.
11


- Đặt n 2  9  k (k �Z  ) � n 2  9  k 2 � (k  n)(k  n)  9
Suy ra k - n là ước nguyên của 9.
Ta có bảng các giá trị tương ứng của n – k, n + k và n, k.
k n
-9
-3
-1
1
3
kn

-1
-3
-9
9
3
n
4
0
k
-5
-3
-5
5
3
( loại)
( loại)
( loại) ( thỏa mãn) ( thỏa mãn)
- Từ bảng các giá trị tương ứng trên suy ra :
Vậy để

n 2  9 là số vô tỉ thì n � 4;0;4 .

9
1
-4
5
( thỏa mãn)

n 2  9 �Q � n � 4;0;4

Ví dụ 4.5: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn :

x  2 3  y  z (1)

Hướng dẫn giải:
Ta có :

x  2 3  y  z � x  2 3  y  z  2 yz � 2 yz   x  y  z   2 3
� 4 yz   x  y  z   4 3  x  y  z   12
2

� 4  x  y  z  3  4 yz   x  y  z   12
2

- Nếu x  y  z �0 thì

(2)

4 yz   x  y  z   12
3
�Q
4 x  y  z 
2

( Vô lí)

x yz 0
�
�x  y  z
�

��
2
4 yz   x  y  z   12  0 �yz  3 (3)
�

- Nếu x  y  z  0 thì (1) � �

Vì y, z �Z  nên từ (3) suy ra : y � 1;3 .Ta có bảng các giá trị tương tứng :
y
1
3
z  3: y
3
1
x yz
4
4
Vậy các số nguyên dương x, y, z cần tìm là ( x, y, z )  (4;1;3) ; ( x, y, z )  (4;3;1)
Ví dụ 4.6: Tìm các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
ab 5
là số hữu tỉ và a 2  b 2  c 2 là số nguyên tố
bc 5
Hướng dẫn giải:
Ta có :







a b 5 bc 5
ab 5
ab  5bc  ( ac  b 2 ) 5 ab  5bc ( ac  b 2 )


 2

5
bc 5
b 2  5c 2
b 2  5c 2
b  5c 2 b 2  5c 2
a b 5
Suy ra :
là số hữu tỉ khi và chỉ khi ac  b 2  0 � b 2  ac
bc 5

12










� a 2  b 2  c 2  a 2  2b2  c 2  b2  a 2  2ac  c 2  b2   a  c   b 2

2

� a 2  b2  c2   a  c  b   a  c  b 
Mặt khác, vì a  c  b  a  c  b nên khi a 2  b 2  c2 là số nguyên tố thì :
(1)
� a  c  b 1
�2
a  b 2  c 2  a  c  b (2)
�
Do x, y, z là các số nguyên dương nên a ���۳��
1, b 1, c 1 a 2 a, b 2 b, c 2 c (3)
Từ (2) và (3) suy ra : a  b  c  1 ( thỏa mãn (1))
Vậy các số nguyên dương a, b, c cần tìm là a  b  c  1
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Chứng minh rằng 5 là số vô tỉ:
Bài 2: Chứng minh rằng 4n  2 là số vô tỉ với mọi số nguyên n.
Bài 3: Chứng minh rằng n3  n  2 là số vô tỉ với mọi số tự nhiên n.
Bài 4: Tìm các số tự nhiên n sao cho

n 2  4 là số vô tỉ .

x  2 5  y  z (1)
Bài 6: Tìm các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
ab 3
là số hữu tỉ và a 2  b 2  c 2 là số nguyên tố
bc 3
1
Bài 7: Với những giá trị nào của a thì các số a  15 và  15 đều là các số
a
nguyên.

Dạng 5: Giải các bài toán có chứa x , với x là số hữu ti:
- Từ điều kiện của biến x là số tự nhiên ta nghỉ đến điều kiện x là số hữu
tỉ. Theo đó ta cũng nghỉ đến các trường hợp vế trái là một biểu thức chứa
nhiều dấu căn thức. Trước hết ta có tính chất “ Nếu x là số hữu tỉ và x cũng
Bài 5: Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn :

a2
là số hữu tỉ thì x viết được dưới dạng x  2 với a, b là hai số nguyên tố cùng
b
nhau ” (**)
Ví dụ 5.1: Cho x, y là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu x  y là số hữu tỉ

thì

x , y cũng là số hữu tỉ.

- Trường hợp 1:

Hướng dẫn giải:
x  y  0 � x  y  0 . Suy ra

x

- Trường hợp 2:

x  y �0 . Đặt k γ�
x

Q, k

k x

y � k 2  2k x  x  y �

x

y (k

y  0 �Q .
x, k

y ) , suy ra :

k2  x  y
�Q
2k

13


y

Tương tự :

k2  y  x
�Q
2k

Ví dụ 5.2: Cho x, y, z là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu
x , y , z cũng là số hữu tỉ.

Hướng dẫn giải:
- Trường hợp 1: x  y  z  0 � x  y  z  0 � x 

x  y  z là số

hữu tỉ thì

- Trường hợp 2:
k γ��
x
y
k x 

y  z  0 �Q .

x  y  z �0 . Đặt
z (k

Q, k

x, k

y,k

z ) , suy ra :

yz
k2  x  y  z
y  z � k  2k x  x  y  z  2 yz � x 


2k
k
2

k2  x  y  z
�Q .
2k
k2  x  y  z
m

 0 � k x  yz � x  y  0, z  k 2 �0 hoặc
- Trường hợp 1:
2k
2
x  z  0, y  k �0 hoặc z  y  0, x  k 2 �0 . Ta đều có x �Q, y �Q, z �Q.

Đặt : m 

k2  x  y  z
yz
yz 2m yz
�0 suy ra : x  m 
� x  m2  2 
2k
k
k
k
yz �
�
k �x  m 2  2 �

yz
�Q .
k � � x  m
�
yz 
�Q
k
2m

- Trường hợp 2: m 
�

Chứng minh tương tự, ta cũng có y �Q, z �Q.
Ví dụ 5.3: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (a,b,c) thỏa mãn a, b, c là độ
19
5
79
dài ba cạnh của một tam giác và


là số tự
abc
bca
c a b
nhiên lẻ khác 1.

Hướng dẫn giải:
- Vì a, b, c �Z  và là độ dài ba cạnh của một tam giác nên : a  b  c  0 ,
19
5

79
,
,
là các số hữu tỉ.
a b c b c a c  a b
19
5
79


- Vì
là số tự nhiên ( hiển nhiên là số hữu tỉ)
abc
bca
c  a b
19
5
79
,
,
nên theo ví dụ 5.2 suy ra :
cũng là các số hữu tỉ.
abc bca cab
19
- Vì
nên theo tính chất (**) suy ra :
abc

b  c  a  0, c  a  b  0 và

14


19
m2
 2 (m, n �N * ,UCLN (m, n)  1) � a  b  c  19k 2 ( vì 19 là số nguyên
abc n
19
1
19
1
 2�

(k �Z  )
tố ) �
abc k
a b c k
5
1
79
1

( p �Z  ) ,

(q �Z  ) . Suy ra :
Tương tự :
bca p
c  a b q
19
5

79
1 1 1


  
(1)
a b c
bc a
c  a b k p q
1 1 1 1 1 1
Mặt khác :   �    3 ( vì k , p, q �Z  ), suy ra :
k p q 1 1 1
19
5
79


�3 mà
abc
bca
c  a b

19
5
79


là
a b c
bca

c  a b

số tự nhiên lẻ khác 1. Suy ra :
19
5
79


 3 � k  p  q 1
abc
bca
c  a b
19
5
79
 1,
 1,
1
abc
bca
c ab
a  49
�a  b  c  19
�
�
�
� �b  c  a  5 � �b  12
�
�c  42
c  a  b  79

�
�

Vậy có duy nhất bộ ba số nguyên dương (a, b, c) = (49, 12, 42) thỏa mãn.
Ví dụ 5.4: Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn đẳng thức :
 x  y  3  xy (3x  3 y  2) . Chứng minh rằng 1  xy là một số hữu tỉ.
Hướng dẫn giải:
2

 x  y

3

�x 2 y 2 �
x2 y 2
 xy (3x  3 y  2) � x3  y 3  2 xy �

2�� 
� 4
y
x
y
x
�
�
2

�x 2 y 2 �
x4 y 4
x4 y 4

� 2  2  2 xy  4 � 2  2  2 xy  4  4 xy � � 
� 4(1  xy )
x �
y
x
y
x
�y
1 x2 y2
� 1  xy  .

�Q
2 y
x
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho x, y là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu 2 x  3 y là số hữu tỉ
thì

x , y cũng là số hữu tỉ.

15


Bài 2: Cho x, y, z là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu

x 2 y 

z
là số
3

hữu tỉ thì x , y , z cũng là số hữu tỉ.
Bài 3: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (a,b,c) thỏa mãn a, b, c là độ dài ba
17
13
29
cạnh của một tam giác và


3
abc
bca
cab
Bài 4: Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn :

53
101

 2.
x  2018
2019  y
2

�xy  1 �
Bài 5: Cho x, y là các số hữu tỉ thỏa mãn : x  y  �
� 2 . Chứng minh
x

y
�

�
2

2

1  xy là một số hữu tỉ
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Sau nhiều năm ôn thi học sinh giỏi cấp huyện,sau mỗi năm tôi lại tích luỹ
thêm các bài tập lí thú về phần này. Từ một bài toán cơ bản quen thuộc, tôi đã
giúp học sinh hệ thống được các dạng bài tập thường gặp trong các đề thi, củng
cố được phương pháp giải mỗi dạng bài tập. Các em thấy được những sự liên
quan, khai thác vô cùng thú vị ẩn sau những bài toán cơ bản mà các em được
học. Đây chính là một trong những nội dung tạo được hứng thú học tập, rèn
luyện óc sáng tạo, trau dồi tư duy linh hoạt cho học sinh, nhất là với học sinh
giỏi.
Sau khi truyền đạt nội dung này tới học sinh, các học sinh tôi dạy đều ghi
nhớ kiến thức và phương pháp giải rất tốt. Mỗi khi gặp những bài tập dạng này
các em rất tự tin và vận dụng được các kiến thức mà mình đã được lĩnh hội.
Qua các năm bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh của tôi thi có nhiều em đạt
giải cao, có nhiều giải nhất, giải nhì. Kết quả đó giúp tôi khẳng định rằng sáng
kiến kinh nghiệm của mình thực sự đem lại hiệu quả trong việc bồi dưỡng HSG.
Trong năm nay, sau khi đã dạy cho HS thì khi các em gặp các bài toán tương tự
trong các đề thi đa số các em đã làm tốt, điều đó được thể hiện qua các bài kiểm
tra khảo sát:
rằng

Sĩ số

Điểm
7-8

2

9 - 10
8-9
6-7
5-6
<5
8
3
2
1
0
0
3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Là một giáo viên thường xuyên ôn thi HSG, tôi nhận thấy rằng muốn học
sinh nắm vững kiến thức thì mỗi thầy giáo, cô giáo phải thực sự tâm huyết với
nghề. Hệ thống bài tập tôi đưa ra cho học sinh luôn bám sát vào các đề thi để tạo

16


sức thuyết phục cho học sinh. Kiến thức tôi truyền thụ đến học sinh luôn có hệ
thống, mỗi dạng bài phải chốt được phương pháp giải.
Để giúp học sinh có được những kĩ năng tư duy sáng tạo, nhạy bén trong
học tập và thực hành đòi hỏi giáo viên phải sử dụng nhiều phương pháp sư
phạm, tuy nhiên không có phương pháp nào là tối ưu để đạt được một kết quả tốt
trong các kì thi mà đó là sự tổng hợp của nhiều phương pháp khác nhau.
Sau một thời gian vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào bồi dưỡng HSG
tôi nhận thấy rằng những kinh nghiệm này phù hợp với nội dung chuẩn kiến

thức kĩ năng và bám sát cấu trúc đề thi học sinh giỏi, học sinh chủ động, tích cực
trong việc lĩnh hội kiến thức và kĩ năng. Không khí học tập sôi nổi, kích thích
được sự say mê sáng tạo và học sinh yêu thích môn học hơn. Chính vì vậy, khi
gặp các bài toán dạng này, HS đã làm tương đối tốt, và tôi nghĩ đó cũng là một
thành công của đề tài này.
Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ mà tôi đúc rút được qua quá trình ôn thi
học sinh giỏi từ các năm học và muốn chia sẻ với đồng nghiệp. Tuy nhiên, do
thời gian có hạn tôi không thể trình bày tỉ mỉ, chi tiết, cụ thể; những hiểu biết và
kinh nghiệm trên chắc chắn không tránh những sai sót. Rất mong các đồng
nghiệp tham khảo và đóng góp thêm những dạng mới, những kinh nghiệm quý
báu để tôi cũng như đề tài được hoàn thiện hơn, và nó sẽ trở thành một tài liệu
bổ ích giúp các em HS tham gia thi học sinh giỏi, giao lưu Toán học đạt kết quả
cao nhất.
3.2.Kiến nghị.
Hàng năm, phòng giáo dục đào tạo, sở giáo dục và đào tạo tổ chức các lớp
chuyên đề về ôn thi học sinh giỏi nhằm trao đổi kinh nghiệm giảng dạy một cách
hiệu quả và thiết thực
Phổ biến các sáng kiến kinh nghiệm hay về ôn thi học sinh giỏi trong huyện,
trong tỉnh cho giáo viên để áp dụng vào quá trình ôn thi học sinh giỏi ở các nhà
trường.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thọ Xuân, ngày 28/05/2019
Tôi xin cam kết không sao chép từ
bất kì sáng kiến kinh nghiệm nào
đã có. Nếu sai tôi xin chịu hoàn
toàn trách nhiệm.
Tác giả

17

4. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa toán 6,7,8,9, tập 1.
2. Sách bài tập toán 9, tập 1.
3. 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp; tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh (chủ
biên).
4. Nâng cao và phát triển toán 9 tập 1; tác giả Vũ Hữu Bình.
5. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 9 - đại số. Tác giả Vũ Hữu Bình
6. Nâng cao và các chuyên đề đại số 9
7. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 9; tác giả Bùi Văn Tuyên.
8. Tạp chí toán tuổi thơ
9. Phương trình và bài toán với nghiệm nguyên-Vũ Hữu Bình
10. Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 cấp Huyện của các Tỉnh, đặc biệt của
tỉnh Thanh Hoá. Một số đề thi cấp Tỉnh Toán 9.

18


MỤC LỤC
Trang
1.PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài ................................ .......................................................... 1
1.2. Mục đích nghiên cứu.......................... .......................................................... 1
1.3.Đối tượng nghiên cứu..................................................................................... 1
1.4.Phương pháp nghiên cứu ............................................................................... 1
2.NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm........................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm........................2
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp đã sử dụng .................................. 3

Dạng 1: Chứng minh một biểu thức chứa dấu căn thức luôn có giá trị là số
nguyên...................................................................................................................4
Dạng 2: Tìm điều kiện của biến để biểu thức chứa biến đó có giá trị là số
nguyên...................................................................................................................6
Dạng 3: Giải các phương trình nghiệm nguyên có chứa dấu căn thức.......8
Dạng 4: Chứng minh x là số vô tỉ.........................................................11
Dạng 5: Giải các bài toán có chứa x , trong đó x là số hữu tỉ................13
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ...........................................................16
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận ............................................... ........................................................16
3.2 Kiến nghị ............................................................................... ......................17

19


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Văn Tú
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Lê Thánh Tông, huyện Thọ
Xuân, tỉnh Thanh Hoá,
Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
TT
Tên đề tài SKKN
xếp loại

(Phòng, Sở,
(A, B,
Tinh...)
hoặc C)
1. Hướng dẫn học sinh lớp 9 vẽ
Phòng
C

Năm học
đánh giá xếp
loại
2010 – 2011

đồ thị hàm số có chứa dấu giá
2.

trị tuyệt đối
Phân tích đa thức nhiều biến

Phòng

A

2013 - 2014

3.

bằng cách quy về một biến
Phân tích đa thức nhiều biến

Sở

C

2013 - 2014

4.

bằng cách quy về một biến
Khai thác một số dạng toán

Phòng

B

2018 - 2019

ôn thi học sinh giỏi Toán 9 từ
một tính chất quen thuộc

20