Chuyên đề bồi dưởng học sinh giỏi THCS

Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Đổi mới phơng pháp dạy học toán theo hớng tích cực hoá
hoạt động học tập của học sinh
A. Một vài nét về lý luận dạy học
1.T t ởng tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh
Xã hội phát triển và sự đổi mới đất nớc đòi hỏi phải nâng cao chất lợng giáo dục nhằm
đào tạo những con ngời lao động đảm bảo mục tiêu hiện đại hoá đất nớc.
+ Theo Kharlamop.I.F. Học tập là một quá trình nhận thức tích cực
Theo từ điển Tiếng Việt: Tích cực là một trạng thái tinh thần có tác dụng khẳng định
và thúc đẩy sự phát triển . Trong hoạt động học tập nó diễn ra ở nhiều phơng diện khác nhau:
Tri giác tài liệu, thông hiểu tài liệu, ghi nhớ, luyện tập, vận dụng, khái quát... và đợc thể hiện
ở nhiều hình thức đa dạng, phong phú.
Động cơ học tập là nguồn tạo ra tính tích cực trong hoạt động học và khi đã hình thành
lại có giá trị nh một động cơ thúc giục hoạt động, là thuộc tính của nhân cách, còn tính tích
cực lại là một trạng thái tinh thần làm nền cho hoạt động diễn ra có hiệu quả và có thuộc tính
thiên về cảm xúc .
G.I. Sukina đã chia tính tích cực ra làm ba cấp độ
1. Tính tích cực bắt chớc, tái hiện: xuất hiện do tác động kích thích bên ngoài. Trong
trờng hợp này ngời học thao tác trên đối tợng, bắt chớc theo mẫu hoặc mô hình của GV,
nhằm chuyển đối tợng từ ngoài vào trong theo cơ chế hoạt động bên ngoài bên trong có
cùng cấu trúc. Nhờ đó, kinh nghiệm hoạt động đợc tích luỹ thông qua kinh nghiệm ngời
khác.
2. Tính tích cực tìm tòi: đi liền với quá trình hình thành khái niệm. Giải quyết các tình
huống nhận thức, tìm ra các phơng thức hành động trên cơ sở có tính tự giác, có sự tham gia
của động cơ, nhu cầu, hứng thú và ý chí của HS. Loại này xuất hiện không chỉ do yêu cầu
của GV mà còn hoàn toàn tự phát trong quá trình nhận thức. Nó tồn tại không chỉ ở dạng
trạng thái, cảm xúc mà còn ở dạng thuộc tính bền vững của hoạt động. ở mức độ này tính
độc lập cao hơn mức trên, cho phép HS tiếp nhận nhiệm vụ và tự mình tìm ra phơng tiện thực
hiện.
3. Tính tích cực sáng tạo: thể hiện khi chủ thể nhận thức tự tìm tòi kiến thức mới, tự
tìm kiếm ra phơng thức hành động riêng và trở thành phẩm chất bền vững của cá nhân. Đây

là mức độ biểu hiện tính tích cực nhận thức cao nhất .
Nh vậy nói về tính tích cực nhận thức, ngời ta thờng đánh giá về mức độ nhận thức của
ngời học trong quá trình thực hiện mục đích dạy học.
1
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Kharlamop I.F. viết: Tính tích cực trong hoạt động nhận thức là trạng thái hoạt động
của HS, đợc đặc trng bởi khát vọng học tập, sự cố gắng trí tuệ với nghị lực cao trong quá
trình nắm vững kiến thức cho chính mình .
+ Tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh: Tối đa hoá sự tham gia hoạt động của
ngời học với định hớng chỉ đạo là tự nhận thức, tự phát triển, tự thực hiện, tự kiểm tra và
đánh giá, qua đó hình thành và phát triển t duy độc lập và sáng tạo của HS.
GS.TSKH Nguyễn Bá Kim chỉ rõ 4 yêu cầu để tích cực hoá hoạt động học tập của HS:
- Xác lập vị trí chủ thể của ngời học, đảm bảo tính tự giác, tích cực sáng tạo của hoạt
động học tập.
- Dạy học phải dựa trên nghiên cứu tác động của những quan niệm và kiến thức sẵn có
của ngời học, nhằm khai thác mặt thuận lợi, hạn chế mặt khó khăn, nghiên cứu những chớng
ngại hoặc sai lầm có thể có của những kiến thức đó trong quá trình học tập của HS.
- Dạy học không chỉ nhằm mục đích là tri thức và kỹ năng bộ môn, mà quan trọng hơn
cả là việc học, dạy cách học cho HS.
- Quá trình dạy học phải bao hàm cả việc dạy cách tự học thông qua việc để HS tự hoạt
động nhằm đáp ứng nhu cầu của bản thân và của xã hội .
Tóm lại: Để phát huy đợc tính tích cực trong hoạt động học tập của HS cần một quá
trình làm cho ngời học trở thành chủ thể tích cực trong hoạt động học tập của chính họ.
2. Định hớng đổi mới phơng pháp dạy học
+ Phơng pháp dạy học
- Phơng pháp dạy học là con đờng, là cách thức của hoạt động để đạt mục đích dạy
học.
- Phơng pháp dạy học là cách thức hoạt động và giao lu của thầy gây nên những hoạt
động và giao lu cần thiết của trò nhằm đạt mục đích dạy học .
- Hoạt động của thầy gây nên hoạt động của trò:

Hoạt động của thầy là tác động điều khiển. Tuy nhiên tác động không chỉ gồm hoạt
động mà còn có sự ứng xử của thầy giáo.
Thuật ngữ dạy học vốn đợc dùng để phản ánh hoạt động của ngời dạy, thế nhng đối t-
ợng của hoạt động dạy học là HS, HS vừa là đối tợng của hoạt động dạy lại vừa là chủ thể
của hoạt động học. Vì vậy phơng pháp dạy học vừa bao hàm cách dạy của thầy và cách học
của trò.
+ Đổi mới phơng pháp dạy học
2
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Nghị quyết Trung ơng II khoá VIII của Đảng Cộng sản Việt Nam chỉ rõ Đổi mới
mạnh mẽ phơng pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành
nếp t duy sáng tạo của ngời học...
Đào tạo con ngời năng động sáng tạo có năng lực phát hiện vấn đề và tự giải quyết vấn
đề là một trong những nhiệm vụ trọng tâm của ngành giáo dục.
Mâu thuẫn giữa yêu cầu đào tạo con ngời mới xây dựng xã hội công nghiệp hoá và thực
trạng lạc hậu của phơng pháp dạy học đã làm nảy sinh thúc đẩy công cuộc đổi mới phơng
pháp dạy học ở tất cả các cấp học trong ngành giáo dục .
Phơng pháp dạy học không phải là bản thân hoạt động và ứng xử của GV ở bình diện
xem xét riêng lẻ, cụ thể mà theo Nguyễn Bá Kim:
Phơng pháp dạy học là hình ảnh khái quát hoá những hoạt động ứng xử nào đó của
GV. Hình ảnh này thờng đợc hình thành do phản ánh những hoạt động ứng xử thành công
của GV trong quá trình dạy học và phản ánh những thành tựu của khoa học giáo dục hoặc
những khoa học khác thông qua khoa học giáo dục... Phơng pháp dạy học là phơng tiện để
đạt mục đích dạy học .
Trong những năm gần đây t tởng dạy học chủ đạo đợc phát biểu dới nhiều hình thức
khác nhau nh lấy HS làm trung tâm,phát huy tính tích cực, phơng pháp dạy học tích
cực, tích cực hoá hoạt động học tập, Hoạt động hoá ngời học ....
Định hớng đổi mới phơng pháp dạy học hiện nay là tổ chức cho học sinh học tập
trong hoạt động và bằng hoạt động tự giác, tích cực và sáng tạo.
+ Làm thế nào để tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh ?

Nhà tâm lí học I.X.Iakimanxkai cho rằng: Nhà trờng cần trang bị cho HS hai hệ thống
tri thức: 1. Về hiện thực đối tợng; 2. Về nội dung cách thức thực hiện các hành động trí tuệ,
đảm bảo việc nắm vững các tri thức khoa học về hiện thực đối tợng đó.
Các tri thức loại một đợc phản ánh trong SGK, còn các tri thức loại hai đợc hình thành
chủ yếu ở HS bằng con đờng tự phát. ở đó tri thức loại hai là các thủ pháp của học tập nh: tri
thức logic (phân tích, so sánh, khái quát hoá, phân loại); tri thức tổ chức hợp lí các quá
trình nhận thức khác nhau
Lerner I.Ia. còn thêm vào đó hai hệ thống nữa: Kinh nghiệm hoạt động sáng tạo và
kinh nghiệm thái độ tình cảm.
Các nhà lí luận dạy học P.I. Pitcaxixti,B.I. Côrôtiaiev khẳng định: tơng ứng với hai loại
hoạt động nhận thức tái tạo và tìm tòi, sáng tạo của HS thì có hai loại thông tin tái hiện và dự
3
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
đoán. Thông tin tái hiện là những tri thức HS lĩnh hội ở dạng có sẵn, thông qua việc ghi nhận
và tái hiện lại. Thông tin dự đoán là các tri thức học tập đợc HS khôi phục lại bằng cách
thiết kế, tìm kiếm và kiểm tra tính đúng đắn của điều dự đoán. Trong khi hoạt động tái hiện
chỉ có một phơng án và việc thực hiện nó chính xác luôn dẫn đến kết quả, thì hoạt động tìm
tòi sáng tạo lại dựa vào những thông tin ẩn tàng, cha tờng minh. HS kiểm tra dự đoán trên cơ
sở tìm kiếm và lựa chọn phơng án có khả năng nhất trong hệ thống kiến thức đã có của mình.
Dựa vào kết quả nghiên cứu của P.I. Pitcaxixti, B.I. Côrôtiaiev có hai cách chiếm lĩnh
kiến thức:
1. Tái hiện kiến thức: định hớng đến hoạt động tái tạo, đợc xây dựng trên cơ sở HS
lĩnh hội các tiêu chuẩn, hình mẫu có sẵn.
2. Tìm kiếm kiến thức: định hớng đến hoạt động cải tạo tích cực, dẫn đến việc
phát minh kiến thức và kinh nghiệm hoạt động .
Nh vậy, PPDH nào đảm bảo phối hợp giữa cách dạy tái hiện kiến thức và tìm kiếm kiến
thức, trong đó tận dụng cơ hội và điều kiện để cách dạy tìm kiếm kiến thức chiếm u thế,
đồng thời kết hợp hài hoà với tính sẵn sàng học tập của HS, thì về cơ bản PPDH đó có khả
năng tích cực hoá hoạt động học tập của HS
3. Dy luyn tp toỏn cho hc sinh

Quá trình dạy học là một quá trình tâm lý. Trong quá trình học tập HS phải cảm giác,
tri giác, vận dụng trí nhớ, tình cảm, ý chí...
Trong những năm gần đây, tâm lý học đã chú ý vào dạy học phát triển: Dạy học đi tr-
ớc sự phát triển, điều đó có nghĩa là dạy học phải tiến hành trong điều kiện dự kiến đợc mức
độ phát triển của HS cao hơn hiện tại. Quan điểm dạy học đi trớc sự phát triển và kéo theo sự
phát triển đợc coi là quan điểm khoa học và cách mạng.
Theo L.X. Vygotski, dạy học phải theo đúng chức năng của nó, phải đi trớc sự phát
triển, nó sẽ thúc đẩy, kéo theo sự phát triển đi lên. Mấu chốt của dạy học phát triển là xác
định đúng các trình độ phát triển của học sinh: Trình độ phát triển hiện thời và khả năng phát
triển gần nhất. Mức độ hiện tại đợc biểu hiện qua quá trình HS độc lập giải quyết nhiệm vụ,
không cần sự trợ giúp từ bên ngoài. Còn khả năng phát triển gần nhất đợc thể hiện trong tình
huống HS hoàn thành nhiệm vụ khi có sự hợp tác, giúp đỡ của ngời khác. Từ đó ông đa ra
nguyên lý dạy học phải tác động vào vùng phát triển gần nhất, có nghĩa là phơng pháp dạy
học tuân theo nguyên tắc tôn trọng kinh nghiệm đã có của HS và tăng dần mức độ khó khăn.
Nh vậy dạy học không bị động chờ sự phát triển, mà ngợc lại phát triển các chức năng
tâm lí. Vấn đề động cơ học tập, hứng thú nhận thức có ý nghĩa rất quan trọng đến hiệu quả
của quá trình dạy học.
4
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Để đảm bảo thành công của quá trình dạy học, thầy giáo phải đặc biệt chú ý tới mặt
tâm lý trong quá trình dạy học.
- Dạy học là một quá trình xã hội, trong đó có sự tơng tác giữa ngời và ngời, giữa ngời
và xã hội. Hiểu đợc tính xã hội của dạy học và ảnh hởng của xã hội đối với nhà trờng sẽ giúp
ngời dạy điều khiển đợc quá trình dạy học.
Sự giống nhau và khác nhau về yêu cầu xã hội, về sự phát triển nhân cách của từng ngời
đòi hỏi một quá trình dạy học thống nhất cùng với biện pháp phân hoá, do vậy trong hoạt
động của mình ngời thầy cần quan tâm đến kinh nghiệm sống và điều kiện học tập thực tế
của HS để xây dựng kế hoạch và nội dung dạy học thích hợp.
Tóm lại, căn cứ vào nhận thức về quá trình dạy học trong giai đoạn hiện nay (quá trình
nhận thức, quá trình tâm lý và quá trình xã hội), hệ thống BT cần phải phản ánh tích cực và

có chọn lọc các tri thức, phơng pháp, kỹ năng ... liên quan chặt chẽ đến hoạt động toán học,
thúc đẩy các chức năng tâm lý, hứng thú nhận thức và chú ý đến kinh nghiệm sống và điều
kiện thực tế của học sinh.
Tiến trình giải bài tập toán
Giải BTT là thực hiện một loạt các hoạt động liên tục và khá phức tạp vì BTT là sự kết
hợp đa dạng nhiều khái niệm , quan hệ toán học... Vì vậy để giải đc BTT đòi hỏi học sinh
nắm chắc các khái niệm, định lý, quy tắc... các kiến thức trong mối quan hệ toán học của ch-
ơng trình đã học.
Theo V.M. Brađixơ BTT có thể xem là đã đợc giải chỉ sau khi đã tìm đc lời giải
đảm bảo các điều kiện: Không sai sót, có lập luận khoa học, mang tính toàn diện và tối u.
Theo Polya G. : Giải một BTT chúng ta phải lập đc một lợc đồ xác định mạnh lạc
những thao tác (lôgíc, toán học hay thực tiễn) bắt đầu từ giả thiết và kết thúc bằng kết luận,
dẫn dắt từ các đối tnng mà ta có trong tay đến đối tợng ta muốn đạt tới.
+ Polya G. quan niệm giải một BTT là một quá trình tìm kiếm những hoạt động thích
hợp để đạt kết quả. Theo ông tiến trình giải một BTT gồm 4 bc:
- Hiểu rõ BTT (understanding the problem)
- Xây dựng chơng trình giải (devising a plan)
- Thực hiện chơng trình giải (carrying out the plan)
- Kiểm tra lời giải tìm đc (looking back)
Bc 1: Hiểu rõ bài tập toán
5
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
- Xác định đối tợng và các điều kiện và hệ thống hành động, làm rõ các mối quan hệ
ở giả thiết, mối quan hệ giữa giả thiết và kết luận. Xác định đựợc dạng BTT, xem xét cấu trúc
của BTT từ đó suy nghĩ hựớng giải BTT đó.
Bớc 2: Xây dựng chơng trình giải
- Từ sự phân tích mối quan hệ giữa các yếu tố của BTT, từ suy nghĩ hựớng giải ở bựớc
1, HS tìm con đựờng cụ thể, khả năng đạt đợc mục đích, định hựớng các hành động tiến tới
quá trình giải BTT.
- Quá trình này kết hợp giữa logic hình thức (việc vạch ra cấu trúc của kế hoạch) và

lôgic biện chứng (chỉ ra tính cụ thể, tính khả thi và phựơng thức thực hiện kế hoạch).
Bớc 3: Thực hiện chựơng trình giải
- Kế hoạch giải vẫn còn ở ý tựởng, HS phải thực hiện một hệ thống hành động phù hợp
với những chi tiết cụ thể của BTT.
- Sử dụng các thao tác t duy những lập luận logic để thực hiện kế hoạch.
- Có thể giải BTT theo nhiều cách giải khác nhau, tìm ra cách giải tối u.
- ở b ớc này thao tác t duy logíc, hoạt động ngôn ngữ đóng vai trò quan trọng.
Bớc 4: Khảo sát lời giải tìm đợc
- Công việc đợc tiến hành trong suốt quá trình giải BTT, việc kiểm tra nhằm chính xác
hoá lời giải (các bớc suy luận, các khâu tính toán...).
- Qua khảo sát lời giải còn rút ra đợc kinh nghiệm cho HS, giải bài BTT là phơng tiện
học tập. Từ khảo sát lời giải HS có thể hợp thức hoá BTT thành tri thức và kinh nghiệm của
bản thân.
* Giải bài tập toán theo định hớng angôrit và ơristic
Các angôrit tồn tại dới nhiều hình thức biểu diễn khác nhau, ngôn ngữ tự nhiên, ngôn
ngữ toán học, sơ đồ khối, ngôn ngữ phơng trình, lập trình..., angôrit (thuật toán, thuật giải)
là một bản quy định những thao tác cần thực hiện để giải một BTT .
Thuật toán đợc hiểu nh một quy tắc mà từ những chỉ dẫn rõ ràng và chính xác để ng-
ời (hay máy) thực hiện một loạt thao tác nhằm đạt đợc mục đích đặt ra hay giải một lớp
BTT nhất định.
R. Đề Các đã nghĩ đến một phơng pháp toàn năng để giải mọi bài tập, Leibnis thì đa
ra ý niệm rõ ràng về một phơng pháp toàn mỹ để giải toán. Polya G. đã rất đề cao việc hình
thành và phát triển năng lực sáng tạo qua giải bài tập toán nhng ông đã khẳng định Tìm
kiếm một phơng pháp toàn năng và toàn mỹ chẳng mang lại kết quả gì hơn đi tìm một viên
đá thần kỳ, để có thể biến mọi kim loại thành vàng . Nh vậy không thể có phơng pháp để
6
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
giải tất cả các BTT, ngoài những dạng toán có thể dùng phơng pháp theo định hớng
angôrit còn phải sử dụng phơng pháp ơristic.
Thuật ngữ ơristic có nguồn gốc Hy Lạp là ơrêca đợc hiểu là sự tìm tòi, tìm đoán,

sáng tạo
Ơristic đợc hiểu là tổng thể nói chung các quy tắc phơng pháp khái quát từ kinh
nghiệm quá khứ đợc dùng trong quá trình nghiên cứu phát hiện, sáng tạo ra cái mới.
Giải toán theo định hớng Ơristíc mang tính chất tìm đoán thờng dùng để giải những
BTT mang tính chất là một vấn đề, tìm hiểu và phát hiện ra vấn đề, tìm cách giải quyết vấn
đề đó là hoạt động toán học cần thiết.
Cỏch thc hc phng phỏp tỡm li gii bi toỏn
Hc phng phỏp tỡm li gii khụng phi l hc mt thut gii m hc nhng kinh
nghim gii toỏn mang tớnh cht tỡm tũi, phỏt hin. Do ú cỏch thc hc phng phỏp tỡm
li gii bi toỏn yờu cu:
- Thụng qua vic gii nhng bi toỏn c th, hc sinh cn nm c cỏc bc tỡm
li gii bi toỏn v cú ý thc vn dng cỏc bc ú trong quỏ trỡnh gii toỏn.
- Cng thụng qua vic gii nhng bi toỏn c th, giỏo viờn cn t ra cho hc sinh
nhng cõu hi gi ý, to tỡnh hung cỏc em tỡm tũi, d oỏn, phỏt hin v cui cựng tỡm
ra li gii bi toỏn.
Nh vy, quỏ trỡnh hc sinh hc phng phỏp tỡm li gii bi toỏn l mt quỏ trỡnh
bin nhng tri thc, phng phỏp tng quỏt thnh kinh nghim gii toỏn ca bn thõn
mỡnh thụng qua vic gii hng lot bi toỏn c th. do ú ũi hi ngi gii toỏn phi cú
mt chng ng lao ng tớch cc, cú nhiu yu t sỏng to.
Có ý kiến cho rằng dạy luyện tập toán giống nh luyện tập quân sự; đối với đối tợng
học sinh khá, giỏi thầy chỉ hớng dẫn các thao tác và HS tự mình làm đợc; đối với học sinh
trung bình thầy làm mẫu các động tác và học sinh làm theo đợc; đối với HS yếu thầy giáo
phải cho HS làm từng động tác theo mình cho đến lúc HS tự làm đợc mà không có thầy làm
mẫu ở phía trớc.
Qua thực tế dạy học và công tác quản lý dạy và học, chúng tôi đa ra một số định hớng
cho tiết dạy luyện tập hình học nh sau:
+ Phân loại các bài tập ở SGK, SBT (BTT cũng cố kiến thức của bài học, BTT ôn kiến
thức của bài học trớc, BT bổ sung lý thuyết, BT khắc sâu kiến thức).
+ Căn cứ vào đối tợng HS của lớp giáo viên giảng dạy để lựa chọn một trong các ý tởng
:

- Với đối tợng học sinh của lớp là học sinh học trung bình và yếu môn toán:
7
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
. Thờng dùng các BTT ôn tập kiến thức để kiểm tra nhanh đầu tiết luyện tập (những bài
cha đợc sử dụng sau phần học lý thuyết).
. Hớng dẫn học sinh giải các BTT bổ sung lý thuyết và BTT khắc sâu kiến thức (các BT
ở SGK và SBT đợc lựa chọn), qua việc sử dụng các BTT đó, giúp học sinh tìm đợc quy trình
hoặc định hớng giải các BTT cùng dạng.
- Với đối tợng là học sinh trung bình và trung bình khá:
.Cơ bản học sinh đã giải đợc các BTT thầy giáo ra về nhà chuẩn bị nên nếu đến lớp
trong tiết dạy luyện tập thầy giáo hớng dẫn giải các BTT đó sẽ không tạo ra đợc sự mới mẽ,
dẫn đến HS không hứng thú trong học tập.
Trong trờng hợp này giáo viên chọn một BTT tơng tự và thêm các câu hỏi nhằm xâu
chuỗi các BTT, HS đã đợc chuẩn bị. Thực tế cho thấy HS hứng thú trong học tập và tiết dạy
thành công hơn nhiều.
- Đối tợng là học sinh khá, giỏi:
.Thầy giáo chỉ kiểm tra nhanh các BTT có tính chất cũng cố kiến thức.
Dùng BT điển hình luyện tập với các định hớng khác nhau nhằm tạo ra nhiều cách giải
(nếu có thể), từ BTT đã có tạo ra BTT mới bằng các hoạt động tơng tự, tơng tự hoá, khái quát
hoá, lật ngợc vấn đề tạo thành một số BTT nhằm phát triển t duy sáng tạo cho HS.
Ly mt s vớ d v dy luyn tp hỡnh hc cho hc sinh gii.
Rèn luyện hoạt động toán học cho học sinh khá, giỏi
Theo Nguyễn Bá Kim dạy học phân hoá xuất phát từ sự biện chứng của thống nhất và
phân hoá, từ yêu cầu thực hiện tốt các mục tiêu dạy học đối với tất cả mọi học sinh, đồng
thời phát triển tối đa và tối u những khả năng cá nhân. Việc kết hợp giữa giáo dục đại trà và
giáo dục mũi nhọn giữa phổ cập với nâng cao trong dạy học toán phổ thông cần tiến hành
theo các t tng chủ đạo sau:
- Lấy trình độ phát triển chung của HS trong lớp làm nền tảng
- Sử dụng biện pháp phân hoá đa diện học sinh yếu kém lên trình độ chung
- Có những nội dung bổ sung và biện pháp phân hoá giúp học sinh khá giỏi đạt đợc

những yêu cầu nâng cao trên cơ sở đạt đợc những yêu cầu cơ bản.
Chúng ta quan tâm đến ý tởng thứ ba: Có những nội dung bổ sung và biện pháp
phân hoá giúp học sinh khá, giỏi đạt đc những yêu cầu nâng cao trên cơ sở đạt đc
những yêu cầu cơ bản
Với cách dạy học phân hoá nh đã nêu là phân hoá nội tại (phân hoá trong) trong một
lớp học. Thực tế dạy học ở các trờng THCS đang còn phổ biến phân hoá ngoài, nghĩa là có
8
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
những lớp trình độ HS khá hơn, trong những năm gần đây các trờng chuyên, lớp chọn ở
THCS không tồn tại nữa, nhng với tính chất giáo dục có tính đại chúng và phổ cập nh hiện
nay thì việc phân hoá ngoài vẫn là phổ biến (vì thuận lợi hơn trong quá trình dạy học, ở bậc
THPT phân ban cũng là hình thức phân hoá ngoài).
Căn cứ vào các hoạt động toán học liên quan mật thiết đến nội dung môn toán ở trờng
phổ thông là: Nhận dạng và thể hiện; những hoạt động toán học phức hợp; những hoạt động
trí tuệ phổ biến trong toán học; những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ,
từ đó trong quá trình dạy học giáo viên trong mọi tình huống dù tờng minh hay ẩn tàng
cũng đều có ý tởng góp phần rèn luyện hoạt động toán học cho học sinh.

b.Các chuyên đề bồi d ỡng hsg toán thcs
Chuyên đề 1:
Phần I: Số chính phơng
9
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
I- Định nghĩa: Số chính phơng là số bằng bình phơng đúng của một số nguyên.
II- tính chất:
1- Số chính phơng chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận
cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phơng chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số
mũ chẵn.
3- Số chính phơng chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số chính phơng

nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n

N).
4- Số chính phơng chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phơng
nào có dạng 3n + 2 ( n

N ).
5- Số chính phơng tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phơng tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.
Số chính phơng tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6- Số chính phơng chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phơng chia hết cho 3 thì chia hết cho 9
Số chính phơng chia hết cho 5 thì chia hết cho 25
Số chính phơng chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III- Một số dạng bài tập về số chính ph ơng .
A- Dạng 1: chứng minh một số là số chính phơng.
Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì:
A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) +
4
y
là số chính phơng.
Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) +
4
y
= (
2 2 2 2 4
5 4 )( 5 6 )x xy y x xy y y+ + + + +

Đặt
2 2

5 5 ( )x xy y t t Z
+ + =
thì
A = (
2 2 4 2 4 4 2 2 2 2
)( ) ( 5 5 )t y t y y t y y t x xy y + + = + = = + +
Vì x, y, z

Z nên
2 2 2 2
, 5 , 5 5 5x Z xy Z y Z x xy y Z
+ +
Vậy A là số chính phơng.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phơng.
Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n

Z). Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1
= (
2 2
3 )( 3 2) 1 (*)n n n n
+ + + +
Đặt
2
3 ( )n n t t N+ =
thì (*) = t(t + 2) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = (t + 1)
2
= (n

2
+ 3n + 1)
2
Vì n

N nên n
2
+ 3n + 1

N. Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phơng.
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 phơng.
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) =
1
4
k (k + 1)(k + 2). 4=
1
4
k(k + 1)(k + 2).
[ ]
( 3) ( 1)k k+
10
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
=
1
4
k(k + 1)(k + 2)(k + 3) -
1
4
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)
- 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 phơng.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . .
- Dãy số trên đợc xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trớc và đứng sau
nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phơng.
Ta có 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10
n
+ 8 . 11 ... 1 + 1
n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1
= 4.
10 1 10 1
.10 8. 1
9 9
n n
n

+ +
=
2 2
4.10 4.10 8.10 8 9 4.10 4.10 1
9 9
n n n n n
+ + + +
=
=
2
2.10 1
3

n

+
ữ

Ta thấy 2.10
n
+ 1 = 200...01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n - 1 chữ số 0
=>
2
2.10 1
3
n

+
ữ



Z hay các số có dạng 44 ... 488 ... 89 là số chính phơng.
Các bài t ơng tự:
Chứng minh rằng số sau đây là số chính phơng.
A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1
2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8
2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
D = 22499 . . .9100 . . . 09

n-2 chữ số 9 n chữ số 0
E = 11 . . .155 . . . 56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
Kết quả: A=
2 2 2
10 2 10 8 2.10 7
; ;
3 3 3
n n n
B C

+ + +
= =
ữ ữ ữ

D = (15.10
n
- 3)
2
E =
2
3
210

+
n
Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phơng của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một
số chính phơng.
11
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n

N, n >2).
Ta có (n - 2)
2
+ ( n - 1)
2
+ n
2
+ (n + 1)
2
+ (n + 2)
2
= 5 . (n
2
+ 2)
Vì n
2
không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n
2
+ 2 không thể chia hết cho 5
=> 5. (n
2

+ 2) không là số chính phơng hay A không là số chính phơng.
Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n

N và n >1
không phải là số chính phơng.
n
6
- n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
= n
2
. (n
4
- n
2
+ 2n +2) = n
2
. [n

2
(n-1)(n+1) +2(n+1)]
= n
2
[(n+1)(n
3
- n
2
+ 2)] = n
2
(n + 1) . [(n
3
+ 1) - (n
2
- 1)]
= n
2
(n + 1)
2
. (n
2
- 2n + 2)
Với n

N, n > 1 thì n
2
- 2n + 2 = ( n -1)
2
+ 1 > ( n - 1)
2

Và n
2
- 2n + 2 = n
2
- 2(n - 1) < n
2
Vậy (n - 1)
2
< n
2
- 2n + 2 < n
2
=> n
2
- 2n + 2 không phải là một số chính phơng.
Bài 7: Cho 5 số chính phơng bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị
đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phơng đó là một số
chính phơng.
Ta biết một số chính phơng có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ.
Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phơng đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1
+ 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phơng.
Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phơng của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phơng.
a và b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m

N).
=> a
2
+ b

2
= (2k + 1)
2
+ ( 2m + 1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4 (k
2
+ k + m
2
+ m) + 2
=> a
2
+ b
2
không thể là số chính phơng.
Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên
thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phơng.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p
M
2 và p không thể chia hết cho 4 (1)
a- Giả sử p + 1 là số chính phơng. Đặt p + 1 = m
2
( m

N).

Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m
2
lẻ => m lẻ.
Đặt m = 2k + 1 (k

N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1 => p + 1 = 4k
2
+ 4k + 1
=> p = 4k
2
+ 4k = 4k (k + 1)
M
4 mâu thuẫn với (1).
=> p + 1 không phải là số chính phơng.
b- p = 2.3.5... là số chia hết cho 3 => p - 1 có dạng 3k + 2.
=> p - 1 không là số chính phơng.
Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phơng.
Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số
chính phơng.
a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1
Có 2N
M
3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k

N)

=> 2N - 1 không là số chính phơng.
b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn.
=> N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N
M
2 nhng 2N không chia hết cho 4.
12
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 d 1 hoặc d 3 => 2N không là số chính phơng.
c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1
2N + 1 lẻ nên 2N + 1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N + 1 không chia cho 4 d 1.
=> 2N + 1 không là số chính phơng.
Bài 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05
2010 chữ số 1 2009 chữ số 0
Chứng minh
1ab +
là số tự nhiên.
Giải: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6
2009 chữ số 0 2010 chữ số 0 2010 chữ số 9

ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a + 1)
2


Naaab
+=+=+
13)13(1
2

B. dạng 2: tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính ph ơng
Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phơng
a) n
2
+ 2n + 12 b) n(n + 3)
c) 13n + 3 d) n
2
+ n + 1589
Giải:
a) Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phơng nên đặt n
2
+ 2n + 12 = k
2
(k

N)

(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2


k
2
(n + 1)
2
= 11

(k + n + 1)(k n - 1) = 11
Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dơng, nên ta có thể viết (k + n + 1)
(k - n - 1) = 11.1

k + n + 1 = 11

k = 6
k - n 1 = 1 n = 4
b) đặt n(n + 3) = a
2
(n

N)

n
2
+ 3n = a
2


4n
2
+ 12n = 4a
2

(4n
2
+ 12n + 9) 9 = 4a
2

(2n + 3)
2
4a
2
= 9

(2n + 3 + 2a)(2n + 3 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 2a và chúng là những số nguyên dơng, 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
c) Đặt 13n + 3 = y
2
(y

N)

13(n - 1) = y
2
16

13(n - 1) = (y + 4)(y 4)

(y + 4)(y 4)

13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4

13 hoặc y 4

13

y = 13k

4 (với k

N)

13(n - 1) = (13k

4)
2
16 = 13k.(13k

8)

13k
2

8k + 1
Vậy n = 13k
2


8k + 1 (với k

N) thì 13n + 3 là số chính phơng
d) Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m

N)

(4n
2
+ 1)
2
+ 6355 = 4m
2

(2m + 2n + 1) (2m 2n 1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n + 1 > 2m 2n 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m +
2n + 1) (2m 2n 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28
Bài t ơng tự :
Tìm a để các số sau là những số chính phơng
a) a
2
+ a + 43
13
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
b) a
2
+ 81

c) a
2
+ 31a + 1984
Kết quả: a) 2; 42; 13
b) 0; 12; 40
c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728
Bài 2 : Tìm số tự nhiên n

1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phơng.
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phơng
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phơng
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3
3
là số chính phơng
Với n

4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng
bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính ph-
ơng.
Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3
Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n
2
là số chính phơng.
Giả sử 2010 + n
2
là số chính phơng thì 2010 + n
2
= m

2
(m
N

)
Từ đó suy ra m
2
- n
2
= 2010


(m + n) (m n) = 2010
Nh 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)

m + n và m n là 2 số chẵn.


(m + n) (m n)

4 nhng 2006 không chia hết cho 4


Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n
2

là số chính phơng.
Bài 4: Biết x
N

và x > 2. Tìm x sao cho
)1()2()1(.)1(
=
xxxxxxxx
Đẳng thức đã cho đợc viết lại nh sau:
)1()2()1(
2
=
xxxxxx
Do vế trái là một số chính phơng nên vế phải cũng là một số chính phơng.
Một số chính phơng chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có
thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0(1)
Do x là chữ số nên x

9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x
N

và 2 < x

9 (2)
Từ (1) và (2)

x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 76
2
= 5776

Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phơng.
Ta có 10

n

99 nên 21

2n + 1

199. Tìm số chính phơng lẻ trong khoảng trên ta đợc
2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tơng ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84
Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phơng.
Vậy n = 40
Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phơng
thì n là bội số của 24
Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phơng nên đặt n + 1 = k
2
, 2n + 1 = m
2
(k, m
N

)
Ta có m là số lẻ

m = 2a + 1

m
2
= 4a(a + 1) + 1

Mà
)1(2
2
)1(4
2
1
2
+=
+
=

=
aa
aam
n

n chẵn

n + 1 lẻ

k lẻ

đặt k = 2b + 1 (với b
N

)

k
2
= 4b(b+1) + 1

14
Chuyên đề BDHSG Toán THCS

n = 4b(b+1)

n

8 (1)
Ta có: k
2
+ m
2
= 3n + 2

2 (mod3)
Mặt khác k
2
chia cho 3 d 0 hoặc 1, m
2
chia cho 3 d 0 hoặc 1
Nên để k
2
+ m
2

2 (mod3) thì k
2


1 (mod3)

m
2


1 (mod3)

m
2
k
2


3 hay (2n + 1) (n + 1)

3

n

3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3)

n

24
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2
8
+ 2
11
+ 2

n
là số chính phơng
Giả sử 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= a
2
(a

N) thì
2
n
= a
2
48
2
= (a + 48) (a 48)
2
p
. 2
q
= (a + 48) (a 48) với p, q

N ; p + q = n và p > q

a + 48 = 2
p

2
p
2
q
= 96

2
q
(2
p-q
1) = 2
5
.3
a 48 = 2
q

q = 5 và p q = 2

p = 7

n = 5 + 7 = 12
Thử lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80

2

C.dạng 3 : Tìm số chính phơng
Bài 1 : Cho A là số chính phơng gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn
vị thì ta đợc số chính phơng B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A =
2
kabcd
=
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B =
2
)1)(1)(1)(1( mdcba
=++++
với k, m

N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d =
9;1

Ta có: A =
2
kabcd
=
B =
2
1111 mabcd
=+
. Đúng khi cộng không có nhớ

m
2
k
2
= 1111

(m - k)(m + k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m k)(m + k) > 0 nên m k và m + k là 2 số nguyên dơng.
Và m k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m k) (m + k) = 11.101
Do đó: m k = 11

m = 56

A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm một số chính phơng gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm
2 chữ số sau một đơn vị.
Đặt
2
kabcd
=
ta có
1
=
cdab
và k

N, 32

k < 100

Suy ra : 101
cd
= k
2
100 = (k 10)(k + 10)

k + 10

101 hoặc k 10

101
Mà (k 10; 101) = 1

k + 10

101
Vì 32

k < 100 nên 42

k + 10 < 110

k + 10 = 101

k = 91


abcd
= 91
2

= 8281
Bài 3: Tìm số chính phơng có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối
giống nhau.
Gọi số chính phơng phải tìm là:
aabb
= n
2
với a, b

N, 1

a

9; 0

b

9
Ta có: n
2
=
aabb
= 11.
ba0
= 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)
15
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Nhận xét thấy
aabb

11

a + b

11
Mà 1

a

9; 0

b

9 nên 1

a + b

18

a + b = 11
Thay a + b = 11 vào (1) đợc n
2
= 11
2
(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phơng
Bằng phép thử với a = 1; 2;; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn

b = 4
Số cần tìm là: 7744

Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phơng vừa là một lập phơng.
Gọi số chính phơng đó là
abcd
. Vì abcd vừa là số chính phơng vừa là một lập phơng nên đặt
abcd
= x
2
= y
3
với x, y

N
Vì y
3
= x
2
nên y cũng là một số chính phơng.
Ta có : 1000


abcd

9999

10

y

21 và y chính phơng

y = 16


abcd
= 4096
Bài 5 : Tìm một số chính phơng 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 phơng.
Gọi số phải tìm là
abcd
với a, b, c, d nguyên và 1

a

9; 0

b, c, d

9
abcd
chính phơng

d
{ }
9,6,5,4,1,0

d nguyên tố

d = 5
Đặt
abcd

= k
2
< 10000

32

k < 100
k là một số có hai chữ số mà k
2
có tận cùng bằng 5

k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phơng

k = 45


abcd
= 2025
Vậy số phải tìm là: 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phơng của số đó và viết số bở
hai chữ số của số đó nhng theo thứ tự ngợc lại là một số chính phơng
Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là
ab
(a, b

N, 1

a, b

9)
Số viết theo thứ tự ngợc lại
ba
Ta có
ab
2
-
ba
2
= (10a + b)
2
(10b + a)
2
= 99 (a
2
b
2
)

11

a
2
b
2

11
Hay (a - b) (a + b)

11

Vì 0 < a b

8, 2

a + b

18 nên a + b

11

a + b = 11
Khi đó:
ab
2
-
ba
2
= 3
2
. 11
2
. (a b)
Để
ab
2
-
ba
2
là số chính phơng thì a b phải là số chính phơng do đó a b = 1 hoặc a
b = 4

Nếu a b = 1 kết hợp với a + b = 11

a = 6, b = 5 ,
ab
= 65
Khi đó 65
2
56
2
= 1089 = 33
2
Nếu a b = 4 kết hợp với a + b = 11

a = 7,5 loại
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phơng có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng đợc một
số chính phơng. Tìm số chính phơng ban đầu.
(Kết quả: 1156)
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phơng của số ấy bằng lập phơng của tổng các chữ số của
nó.
Gọi số phải tìm là
ab
với a, b

N, 1

a

9; 0

b

9
16
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Theo giả thiết ta có:
ab
= (a + b)
3

(10a +b)
2
= (a + b)
3


ab
là một lập phơng và a + b là một số chính phơng
Đặt
ab
= t
3
(t

N), a + b = 1
2
(1

N)
Vì 10

ab

99


ab
= 27 hoặc
ab
= 64
Nếu
ab
= 27

a + b = 9 là số chính phơng
Nếu
ab
= 64

a + b = 10 không là số chính phơng

loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9 : Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phơng là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n

N)
Ta có : A = (2n 1)
2
+ (2n + 1)

2
+ (2n +3)
2
= 12n
2
+ 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n
2
+ 12n + 11 =
aaaa
= 1111 . a với a lẻ và 1

a

9

12n(n + 1) = 11(101a 1)

101a 1

3

2a 1

3
Vì 1

a

9 nên 1

2a 1

17 và 2a 1 lẻ nên 2a 1
{ }
15;9;3


a
{ }
8;5;2

Vì a lẻ

a = 5

n = 21
3 số cần tìm là: 41; 43; 45
Bài 10 : Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập
phơng các chữ số của số đó.
ab
(a + b) = a
3
+ b
3

10a + b = a
2
ab + b
2

= (a + b)
2
3ab

3a (3 + b) = (a + b) (a + b 1)
a + b và a + b 1 nguyên tố cùng nhau do đó
a + b = 3a hoặc a + b 1 = 3a
a + b 1 = 3 + b a + b = 3 + b

a = 4, b = 8 hoặc a = 3, b = 7
Vậy
ab
= 48 hoặc
ab
= 37
Chuyên đề 2:
ph ơng trình nghiệm nguyên
1. Tìm nghiệm nguyên của Phơng trình và hệ phơng trình bậc nhất hai ẩn
Tuỳ từng bài cụ thể mà làm các cách khác nhau.
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2x + 3y = 11 (1)
Cách 1: Phơng pháp tổng quát:
Ta có: 2x + 3y = 11
2
1
5
2
311

=

=
y
y
y
x
Để phơng trình có nghiệm nguyên
2
1


y
nguyên
17
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Đặt
Zt
y
=

2
1


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

3y lẻ

y lẻ
Do đó : y = 2t + 1 với
Zt

x = -3t + 4
Cách 3 : Ta nhân thấy phơng trình có một cặp nghiệm nguyên đặc biệt là
x
0
= 4 ; y
0
= 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) (3)
Từ (3)

3(y - 1)

2 mà (2 ; 3) = 1

y - 1

2

y = 2t + 1 với
Zt

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
, y
0
) của phơng trình
ax + by = c ; cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn.
Các bài tập t ơng tự : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 3x + 5y = 10
b) 4x + 5y = 65
c) 5x + 7y = 112
VD2 : Hệ phơng trình.
Tìm nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình sau :
3x + y + z = 14 (1)
5x + 3y + z = 28 (2)
Giải : Từ hệ đã cho ta có : 2(x + y) = 14 vậy x = 7 - y (*)
Thay (*) vào (1) ta đợc z = 14 - y - 3x = 2y -7
Vì x > 0 nên 7 - y > 0

y < 7 mà z > 0 nên 2y - 7 > 0

y >
2
7
Vậy
2
7
< y < 7 và
Zy

{ }
6;5;4

y
Giải tiếp hệ đã cho có 3 nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5)
Bài tập t ơng tự:
a) Tìm nghiệm nguyên của hệ
2x -5y = 5
2y - 3z = 1
b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già 3 con 1 bó. Tìm số
trâu mỗi loại.
c) Tìm số nguyên dơng nhỏ nhất chia cho 1000 d 1 và chia cho 761 d 8.
2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình, hệ phơng trình bậc cao.
18
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Phơng pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phơng trình.
VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phơng trình
6x
2
+ 5y
2
= 74 (1)
Cách 1 : Ta có : 6 (x
2
- 4) = 5 (10 - y
2
) (2)
Từ (2)

6(x
2
- 4)

5 và (6 ; 5) = 1

x
2
- 4

5

x
2
= 5t + 4 với
Nt

Thay x
2
- 4 = 5t vào (2) ta có : y
2
= 10 6t
Vì x
2
> 0 và y
2
> 0

5t + 4 > 0

10 - 6t > 0


3
5
5
4
<<
t
với
Nt


t = 0 hoặc t = 1
Với t = 0

y
2
= 10 (loại)
Với t = 1

x
2
= 9

x =
3

y
2

= 4 y =
2

Vậy các cặp nghiệm nguyên là :........................
Cách 2 : Từ (1) ta có x
2
+ 1

5
0 < x
2


12

x
2
= 4 hoặc x
2
= 9
Với x
2
= 4

y
2
= 10 (loại)
Với x
2
= 9

y
2
= 4 (thoả mãn)
Vậy.....................
Cách 3 : Ta có :
(1)

y
2
chẵn
0 < y
2


14

y
2
= 4

x
2
= 9
Vậy...............
VD2 : Chứng minh rằng phơng trình sau không có nghiệm nguyên
a) x
5
+ 29x = 10(3y + 1)

b) 7
x
= 2
y
- 3
z
- 1
Giải : x
5
- x + 30x = 10(3y+1)
VP

30 còn VT

30

phơng trình vô nghiệm
Phơng pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên
VD1: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x
2
- 2xy + x - y + 15 = 0
c) x
2
+ x = y
2
- 19
Giải : a) Cách 1: x(y + 3) 5(y + 3) = -18

(x 5) (y + 3) = -18...
Cách 2 :
3
18
5
3
35
+
=
+

=
yy
y
x
b) Tơng tự.
c) 4x
2
+ 4x = 4y
2
- 76
19
Chuyên đề BDHSG Toán THCS

(2x + 1)
2
- (2y)
2
= -75...
Phơng pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết)

VD2 : Tìm nghiệm nguyên.
x
3
- 2y
3
- 4z
3
= 0
Giải :

x
3
= 2(y
3
+ 2z
3
)
VP

2

x
3


2

x

2 đặt x = 2k

8k
3
= 2(y
3
+ 2z
3
)

4k
3
= y
3
+ 2z
3

y
3
= 4k
3
- 2z
3
= 2(2k
3
- z
3
)

y chẵn. Đặt y = 2t ta có :
8t
3

= 2(2k
3
- z
3
)

4t
3
= 2k
3
- z
3

z
3
= 2k
3
- 4t
3


z chẵn

z = 2m

8m
3
= 2(k
3
- 2t

3
)

......k chẵn.......
Phơng pháp 4 : Phơng pháp sử dụng tính chất của số chính phơng
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của.
a) x
2
- 4xy + 5y
2
= 169
b) x
2
- 6xy + 13y
2
= 100
Giải :
a) (x - 2y)
2
+ y
2
= 169 = 0 + 169 = 25 + 144...
b) (x 3y)
2
+ (2y)
2
= 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ...
Phơng pháp 5 : Phơng pháp công thức nghiệm phơng trình bậc 2
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình.
a) 2x

2
-2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x
2
+ xy + y
2
) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y
2
+ 2)
Phơng pháp 6 : Phơng pháp đặt ẩn phụ
VD: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
6
7
32
22
22
12
2
2
2
2
=
++
++
+
++
++
xx
xx

xx
xx
(1)
Đặt y = x
2
+ 2x + 2 (y

Z)
(1)
6
7
1
1
=
+
+


y
y
y
y


5y
2
7y 6 = 0
5
3
1

=
y
(loại) ; y
2
= 2 (thoả mãn)

x
1
= 0; x
2
= -2
Các bài tập t ơng tự:
a) x
3
+ (x + 1)
3
+ (x + 2)
3
= (x + 3)
3
b)
12
1
)1(
1
)2(
1
2
=
+

+
x
xx
* Một số phơng pháp khác.
VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
2x
2
+ 4x = 19 -3y
2
Giải :

4x
2
+ 8x + 4 = 42 - 6y
2
(2x + 2)
2
= 6 (7 - y
2
)
20
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Vì (2x + 2)
2


0

7 - y

2


0


7
2

y
Mà y
Z


y = 0 ;
1

;
2

Từ đây ta tìm đợc giá trị tơng ứng của x
3. Một số bài toán liên quan tới hình học.
a) Cho tam giác có độ dài của 3 đờng cao là những số nguyên dơng và đờng tròn nội tiếp tam
giác đó có bán kính bằng 1(đ.v.đ.d). Chứng minh tam giác đó là tam giác đều
Giải: Gọi độ dài các cạnh và các đờng cao tơng ứng theo thứ tự là a; b; c và x; y; z. R là bán
kính đờng tròn nội tiếp.
Ta có R = 1

x; y; z > 2 và giả sử x

y

z > 2
Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S)
Suy ra:
a
cba
x
++
=
;
c
cba
z
b
cba
y
++
=
++
= ;
cba
a
x
++
=
1
;
cba
b

y
++
=
1
;
cba
c
z
++
=
1


1
111
=++
zyx
mà x

y

z > 2


xz
11

và
yz
11

nên
zzyx
3111
++


z
3
1




3

z


z = 3
Tơng tự ta có: x = 3; y = 3

tam giác đó là tam giác đều
b) Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dơng có thể cắt thành
13 hình vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dơng không lớn
hơn 4 (đ.v.đ.d)
Giải : Gọi các cạnh hình chữ nhật cần tìm là a và b, cạnh hình vuông là c. Từ giả thiết hình
chữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có:
ab = 13c
2

(1) với 0 < c

4 (2)
Từ (1) suy ra a hoặc b chia hết cho 13. Vì vai trò a, b nh nhau ta có thể giả giả sử a chia hết
cho 13, tức là a = 13d
Thay vào (1) ta đợc : 13db = 13c
2
Hay db = c
2
Ta hãy xét các trờng hợp có thể có của c.
Với c = 1, chỉ có thể: d = 1, b = 1, suy ra a = 13
Với c = 2, chỉ có thể: d = 1, b = 4, suy ra a = 13
d = 2, b = 2, suy ra a = 26
d = 4, b = 1, suy ra a = 52
Với c = 3, chỉ có thể: d = 1, b = 9, suy ra a = 13
d = 3, b = 3, suy ra a = 39
d = 9, b = 1, suy ra a = 117
Với c = 4, chỉ có thể: d = 1, b = 16, suy ra a = 13
d = 2, b = 8, suy ra a = 26
d = 4, b = 4, suy ra a = 52
d = 8, b = 2, suy ra a = 104
21
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
d = 16, b = 1, suy ra a = 208
Với 12 nghiệm của phơng trình (1) chỉ có 4 trờng hợp thoả mãn bài toán. Bài toán có 4
nghiệm. Ta tìm đợc 4 hình chữ nhật thoả mãn đề bài:
(a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4)
Chuyên đề 3:
Giải phơng trình vô tỷ và hệ phơng trình
(Dành cho bồi dỡng học sinh giỏi tỉnh)

I. Giải phơng trình vô tỷ
* Các phơng pháp
1. Luỹ thừa khử căn
2. Đặt ẩn phụ
3. Dùng bất đẳng thức
4. Xét khoảng
II. áp dụng các phơng pháp
A. Phng phỏp lu tha kh cn
1. Giải các phơng trình
a)
)1(2321
=+
xx
Điều kiện:
x

2
3
Với
2
3

x
PT (1)
43522321
2
=+++
xxxx
xxx 383522
2

=+






+=+

3
8
)2(48964)352(4
22
x
xxxx
PT (2)
05228
2
=+
xx



=
=

)(26
)(2
Kotmx
tmx

Vậy PT đã cho có nghiệm x=2
b)
)1()1()1(3
22
+=+
xxxx
ĐK:
1

x
Với
1

x
PT (1)
112)1(3
22
++=+
xxxxxx
12442
2
=+
xxxx
122
2
=+
xxxx
22
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
Do

1

x
nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này
232324
48444 xxxxxxx
=++
04895
234
=++
xxxx
0)1()2(
22
=+
xxx



=+
=

01
02
2
xx
x
2
=
x

c)
1222
33
=
xx
(1)
Giải:
Pt (1)

( )
1222
3
33
=
xx
1)22()2(.()22)(2(3222
333
=+
xxxxxx
3 2
46231
+=
xxx
)462(27331
232
+=+
xxxxx
010715951
23
=++ xxx

0)10752)(1(
2
=+
xxx



=+
=

010752
1
2
xx
x





=
+=
=

78326
78326
1
x
x
x

B. Phơng pháp đặt ẩn phụ
(2) Giải các phơng trình:
a)
312
3
=++
xx
Giải:
ĐK:
1

x
Đặt
ax
=
3
2
;
bx
=+
1
(
0

b
)
Ta có hệ PT

=+
=
3
3
23
ba
ba
Suy ra
066
23
=+
aaa
0)6)(1(
2
=+
aa
)/(31 mTxa
==
Vậy phơng trình nghiệm
3
=
x
b.
)1(55
2
=+
xx
ĐK:
5

x
Đặt :
yx
=+
5
(
)0

y
ta có hệ phơng trình
23
Chuyªn ®Ò BDHSG To¸n THCS





=−
=−
5
5
2
2
xy
yx
0)()(
22
=−+−⇒
yxyx




=++
=
⇔
01yx
yx
+)



=−−
≥
⇔=+⇒=
05
0
5
2
xx
x
xxyx





±
=
≥
⇔

2
211
0
x
x
2
211
+
=⇔
x
(Ko T/m)
+)
01
=++
yx
015
=+++⇒
xx
51
+−=+⇔
xx
)1(5
+−=+⇔
xx
⇔



+=++
≤+

(*)512
01
2
xxx
x
PT (*)
04
2
=−+ xx






−−
=
+−
=
⇔
2
171
2
171
x
x
(ko t/m)
VËy PT v« nghiÖm
c)
6

2
4
).2(5)4)(2(
=
+
+
++++
x
x
xxx
§K:
0
2
4
≥
+
+
x
x
§Æt
)2)(4()2.(
2
4
2
++=⇒=+
+
+
xxaax
x
x

Ta cã PT:
065
2
=−+
aa



−=
=
6
1
a
a
+)
01861
2
=−++⇒=
xxa
24
Chuyên đề BDHSG Toán THCS
076
2
=++
xx

=
+
=
23
)(
1
23
x
tmx
+)
036866
2
=++=
xxa
0286
2
=+
xx




=
+=
)(373
373
tmx
x
Vậy pt có 2 nghiệm
373;23

+=
x
C. áp dụng bất đẳng thức
(3) Giải các phơng trình
a)
45224252642
=+++
xxxx
(1)
ĐK:
2
5

x
Với Đk:
2
5

x
PT (1)

4152352
=++
xx
Ta có:
4152352
++
xx
Đẳng thức xẩy ra

+

2
5
0)152)(352(
x
xx

3
2
5

x
Vậy nghiệm của PT đã cho là
3
2
5

x
b)
)1(271064
2
+=+
xxxx
Giải

ĐK
64

x
Trên TXĐ
)64)(11(64
22
xxxx
+++

264
+
xx
Lại có
22)5(2710
22
+=+
xxx
xxxx
++
642710
2
Đẳng thức xẩy ra
25