SKKN vận dụng những bài toán không mẫu mực non standard problems trong rèn luyện tư duy toán học

------------------------------------------------------------------------------------------------------

PHẦN A : MỞ ĐẦU
Trong thời kỳ phát triển và hội nhập, cộng với việc gia nhập tổ chức WTO đã mở
cho đất nước ta rất nhiều cơ hội lớn nhưng cũng không ít những thách thức lớn. Trước
một thực tại như vậy , nước ta lại phải cùng một lúc giải quyết ba nhiệm vụ : Thoát khỏi
tình trạng nghèo nàn lạc hậu của nền kinh tế nông nghiệp ; đẩy mạnh công nghiệp hóa ,
hiện đại hóa và đồng thời tiếp cận ngay với nền kinh tế tri thức . Để làm nên sự nghiệp ấy
đòi hỏi rất nhiều yếu tố tác động tới, trong đó có việc thích ứng ngay với nền kinh tế tri
thức của thế giới . với bộ môn toán nếu “Toán học là một môn thể thao của trí tuệ” thì
công việc của người dạy toán là tổ chức hoạt động trí tuệ ấy. Có lẽ không có môn học nào
thuận lợi hơn môn toán trong công việc đầy hứng thú và khó khăn này.
Là một giáo viên giảng dạy môn toán hơn 9 năm và làm công tác quản lý được
2 năm tôi luôn luôn trăn trở rất nhiều về quá trình học toán và làm toán của các em học
sinh, trong quá trình học toán, làm toán các em học sinh có thể gặp đây đó những bài
toán mà đầu đề có “vẻ lạ”, “không bình thường”, những bài toán không thể giải bằng
cách áp dụng trực tiếp các quy tắc, các phương pháp quen thuộc. Những bài toán như
vậy thường được gọi là “không mẫu mực”(non standard problems) có tác
dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học và thường là sự thử thách đối với
học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các lớp chuyên toán, thi vào đại
học.Đương nhiên quen thuộc hay “không mẫu mực” chỉ là tương đối, phụ thuộc vào
trình độ, kinh nghiệm của người giải toán, có bài toán là “lạ”, “không mẫu mực” đối với
người này nhưng lại quen thuộc đối với người khác.
Để đạt được mục tiêu này tôi xin chân thành cảm ơn tập thể GV- CBCNV trường
THCS Nguyễn Huệ đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ để tôi hoàn thành SKKN.
Chân thành cảm ơn!

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------PHẦN B : ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Lý do : Năm học 2009 – 2010 với chủ đề “ Năm học đổi mới quản lý và nâng cao chất
lượng dạy học”, là Phó hiệu trưởng phụ trách chuyên môn tôi nhận thấy việc đào tạo
chất lượng mũi nhọn là một trong những nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu, trong đó đầu tư
tập trung cho khối 8 và 9 nhằm đào tạo và phát hiện ra những học sinh có tố chất, học
sinh giỏi là rất quan trọng vì vậy tôi mạnh dạn xây dựng SKKN này với mong muốn các
thầy cô đồng nghiệp trong và ngoài nhà trường cùng tham khảo .Trong quá trình học
toán, làm toán các em học sinh có thể gặp những bài toán không thể giải bằng cách áp
dụng trực tiếp các quy tắc, các phương pháp quen thuộc. Những bài toán như vậy
thường được gọi là “không mẫu mực” (non standard problems). Những bài
toán đó có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học và thường là sự thử
thách đối với học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các lớp chuyên toán, thi
vào đại học. Qua kinh nghiệm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán, đã tổng hợp,
phân loại và hướng dẫn phương pháp giải đối với nhiều phương trình và hệ phương
trình “không mẫu mực” ở các lớp 8 , 9 và các lớp đầu cấp THPT, tôi mạnh dạn xây dựng
SKKN này nhằm giúp các em học sinh luyện tập để nhiều bài toán giải phương trình và
hệ phương trình “không mẫu mực” dần trở thành “quen thuộc” với mình, qua đó biết
cách suy nghĩ trước những phương trình và hệ phương trình “ không mẫu mực” khác.
1. Mục đích :Với sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn đưa ra những kinh nghiệm và
những bài học thực tiễn qua quá trình bồi dưỡng nhiều năm học sinh giỏi, giảng
dạy cho các em học sinh có tố chất và yêu thích toán học tại trường THCS Nguyễn
Huệ
2. Tính thực tiễn, ý nghĩa : Qua nhiều năm bồi dưỡng tôi nhận thấy phương trình và
hệ phương trình không mẫu mực được quan tâm và ra đề thi nhiều trong các kỳ thi
học sinh giỏi các cấp vì vậy , cho đến năm học 2008 – 2009 đã thôi thúc tôi viết lên
những kinh nghiệm nhỏ trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, đến nay tôi nhận
thấy đề tài phần nào đã đem lại hiệu quả cao, chất lượng học sinh giỏi cấp trường,
cấp huyện và học sinh giỏi toàn diện đi lên, các thầy cô cũng đã quan tâm nhiều
--------------------------------------------------------------------------------------------

-----------------------------------------------------------------------------------------------------hơn đến phương trình và hệ phương trình không mẫu mực vì vậy không gặp khó
khăn trong quá trình giảng dạy học tập và bồi dưỡng học sinh giỏi.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN :
1. Cơ sở lí luận khoa học :
Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm
chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống
của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc
lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết trong việc học
toán. Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em
một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay
mà phải cần thiết rèn luyện khả năng phát triển tư duy, sáng tạo làm toán cho học sinh,
đặc biệt đối với những bài toán được các em coi là “lạ”.
2. Cơ sở lý luận thực tiễn:
Qua nhiều năm công tác giảng dạy ở trường THCS tôi nhận thấy việc học toán
nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được
tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người thầy (cô) cần phải có
nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn học sinh tiếp thu và tiếp cận bài giải. Đặc
biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trường trung học cơ sở Nguyễn Huệ việc có
được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất khó mà không phải giáo viên toán nào
cũng có thể làm được nếu không biết đầu tư, không thực sự nhiệt tình và không nghiên
cứu các chuyên đề về Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực,hoặc các chuyên
đề khác, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi
người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một
bài Toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động tư duy sáng tạo, phát triển
bài toán và có thể đề xuất hoặc tự làm những bài toán tương tự đã được nghiên cứu bồi
dưỡng.

III.

THỰC TRẠNG:

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------* Thuận lợi: Là một phó hiệu trưởng phụ trách chuyên môn có 9 năm giảng dạy
và 5 năm làm tổ trưởng tổ toán, 2 năm làm quản lý .Năm học 2008 – 2009 được sự chỉ
đạo, quan tâm của Ban giám hiệu nhà trường trong các hoạt động đặc biệt trong họat
động chuyên môn, luôn tạo mọi điều kiện cho giáo viên phấn đấu, học tập và nghiên cứu,
phát huy các phương pháp dạy học đổi mới sáng tạo nhất. Bên cạnh đó các môn học khác
có học sinh giỏi huyện luôn khuyến khích các giáo viên dạy toán và học sinh phải năng
động tìm tòi, tư duy sáng tạo trong việc dạy và học toán. Mặt khác trong sự nghiệp giáo
dục của huyện CưMgar nói chung , và trường THCS Nguyễn Huệ nói riêng đã có nhiều
thay đổi đáng kể, đã có rất nhiều học sinh giỏi cấp tỉnh, giỏi cấp huyện, do đó các cấp uỷ
Đảng chính quyền, các bậc phụ huynh, đặc biệt Hội khuyến học xã đã có phần quan tâm
động viên hơn đối với sự nghiệp giáo dục của xã và nhà trường.
* Khó khăn: Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn như:
Điều kiện cơ sở vật chất của nhà trường thiếu thốn, không có phòng học để mở việc bồi
dưỡng cho học sinh khá giỏi theo một trình tự có hệ thống từ các lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ
thể từ lớp 6 đến lớp 9. Phòng thư viện của nhà trường còn ít đầu sách, do đó việc tìm tòi
sách đọc là vấn đề hạn chế. Nhưng khó khăn nhất vẫn là các em học sinh do điều kiện của
địa phương với đặc thù là vùng 2 của huyện , số nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó
khăn,dân di cư tự do nhiều, vì vậy việc quan tâm đến học hành còn hạn chế nhiều về tinh
thần và vật chất, dẫn đến hạn chế việc học hành của các em đặc biệt là môn toán.
Vì vậy để cho môn toán ngày càng được nhiều học sinh yêu thích trước hết người
Thầy phải tác động như thế nào đó vào tiềm thức của các em, không những học sinh khá,
giỏi mà cần phải đánh thức các em có học lực trung bình và những học sinh chưa thật sự
yêu thích môn toán, để đạt được các mục tiêu này cần phải có một cú “hích” đó chính là
đào tạo , phát hiện ra những học sinh giỏi nhằm khuyến khích động viên các em kịp thời ,
là nhân tố khơi dậy và là tấm gương sáng cho những học sinh khác noi theo.

IV. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN (NỘI DUNG SKKN) :

Phần I :

Phương trình

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------I/ Phương trình một ẩn
Phương pháp thường vận dụng :
1/

Đưa về phương trình tích :

a/Các bước :
+ Tìm tập xác định của phương trình
+ Dùng các phép biến đổi đại số đưa PT về dạng f(x).g(x)....h(x)=0
+ Dùng ẩn phụ
+ Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách số hạng....
b/ Ví dụ1 : Giải phương trình :
x 2  10 x  21  3 x  3  2 x  7  6
� ( x  3)( x  7)  3 x  3  2 x  7  6
� x  3( x  7  3)  2( x  7  3)  0
� ( x  7  3)( x  3  2)  0
�x  7 3  0
� �
�x 3  2  0
x7 9

�
� �
x3  4
�

ĐS : x=1; x= 2.
Ví dụ 2: Giải phương trình :
3

1 x  x  2  1

Giải : Điều kiện x �- 2
Đặt : t  x  2 ( t �0)
�

3

3  t2  t  1

�

3

3  t2  1 t

� 3- t2 = (1- t)3
� t3 – 4t 2 + 3t + 2 = 0
� (t-2)( t2 – 2t – 1) = 0

Đs : x= 2; x= 1+ 2 2

c/ Bài toán áp dụng :
1.Giải phương trình :
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------x  294 x  296 x  298 x  300



4
1700
1698
1696
1694

a/

Đs : x= 1994.
3
2

ĐS :  ; 2

3x+1 +2x.3x – 18x – 27 = 0

b/

(x2 – 4x + 1)3 = (x2 –x - 1)3 –( 3x-2)3

c/

gợi ý : áp dụng HĐT (a - b)3 - (a3 –b3 )= -3ab( a - b)
ĐS : 2 � 3;

1� 5 2
;
2
3

(x2 – 3x + 2)3 + (- x2 +x + 1)3 + ( 2x-3)3 = 0

d/

Gợi ý : áp dụng HĐT (a - b)3 + (b - c)3 +(c - a)3 = 3(a –b )(b – c)(c- a)
Đáp số : 2;1;

1� 5 3
;
2
2

2/ Áp dụng bất đẳng thức :
a/ Các bước :
+ Biến đổi phương trình về dạng : f(x) = g(x) mà f(x) �a ; g(x) �a (a là hằng số)
Nghiệm là các giá trị x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a.
+ Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m ( m là hằng số) mà ta luôn có : h(x) �m
hoặc h(x) �m thì nghiệm của PT là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy ra.
+ Áp dụng BĐT : Cô si, Bunhia kốpxki, .........
b/ Ví dụ1 : Giải phương trình :

19

x 1

5

4

x 2 1

 95

6

x 2 3 x  2

3

�x  1 �0
�2
Điều kiện : �x  1 �0
�x 2  3x  2 �0
�

Ta có :

19

x 1

5

4

x 2 1

 95

6

x 2 3 x  2

�190  50  950  3

Nên x - 1 = 0 ; x2 – 1 = 0 và x2 – 3x + 2 = 0
Đáp số : x = 1
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------Ví dụ 2 : Giải phương trình :
x2 – 3x + 3,5 = ( x 2  2 x  2)( x 2  4 x  5)
x2 – 2x + 2 = ( x - 1)2 + 1 > 0

Hướng giải : ta có

x2 – 4x + 5 = ( x - 2)2 + 1 > 0
(x 2 – 2x  2)(x 2 – 4x  5 )
x – 3x + 3,5 =
2
2

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số dương :
(x2 – 2x + 2 ) và

(x2 – 4x + 5)
Đáp số : x = 3.

c/ Bài toán áp dụng :
a/ x  3  4 x  1  x  8  6 x  1  1
gợi ý : ( x  1  2) 2  ( x  1  3) 2  1
áp dụng bất đẳng thức : a  b �a  b
dấu bằng sảy ra khi ab �0 với a= x  1  2 ; b= 3- x  1
b/ 13[(x2 – 3x +6)2 + (x2 -2x + 7)2] = ( 5x2 – 12x + 33)2
Gợi ý : sử dụng BĐT Bunhia cốpxki cho 4 số : (a2 + b2)(c2 + d2) �(ac + bd)2
Đáp số : x = 1; 4
3/ Chứng minh nghiệm duy nhất :
a/ Các bước :
Ta có thể thử trực tiếp để thấy nghiệm sau đó chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra
không còn nghiệm nào khác nữa :
b/ Ví dụ
Ví dụ 1:Giải phương trình :

25(3
2
2
Gợi ý : ( x  4) 1

3

x 4 8 x 2 14

7

 25

( x 2  4)2  2

1 4
x  4 x 2 8
2

7

( x2 4) 2

4

2

4

2

)  29  18.3x 8 x 12  7 x 8 x 16

(1)

 29

x = � 2 là nghiệm số của (1)

Xét x �� 2, (giáo viên hướng dẫn cho học sinh xét x �� 2)
Đáp số : x = � 2
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------x

2  ( 3)  1
x

Ví dụ 2: Giải phương trình :
Giải :
�

1 (

3 x
1
)  ( )x
2
2

(*)

 Dễ thấy : x= 2 là nghiệm của *

3 x
1
3
1

)  ( ) x  ( )2  ( )2  1
2
2
2
2

 Xét x > 2 . Ta có (
 Xét x< 2 ta có : (

3 x
1
3
1
)  ( ) x  ( )2  ( ) 2  1
2
2
2
2

Vậy ta có nghiệm duy nhất là 2.
c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1.

2x + 3x + 5x-1 = 21-x + 31-x + 51-x

2.

3x + 4x = 5x

4/ Đưa về hệ phương trình
a/ Các bước :
- Tìm ĐK tồn tại của phương trình.
- Biến đổi PT để xuất hiện nhân tử chung.
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc GPT về việc giải HPT quen thuộc.
b/ Ví dụ
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
4 4 x  x
�x �0
�
x 
0
Điều kiện : �4 ��
�
�4  4  x �0

0

x 12

Đặy y = 4  x ta có hệ phương trình :
�
�x  4  y
�
�y  4  x

Đây là bài toán quen thuộc nên giải một cách dễ dàng
--------------------------------------------------------------------------------------------

-----------------------------------------------------------------------------------------------------Lưu ý : x + y

�0

x1 

1  13
1  13
; x2 
; (loại)
2
2

Đáp số : x1 

1  13
2

Ví dụ 2 : Giải phương trình :
4 4 x  x

Giải : Điều kiện :
�x �0
�
x 
0
�4 ��
�
�4  4  x �0

0

x 12

Đặt y = 4  x ta có hệ phương trình :
�
�x  4  y
�
�y  4  x
�x 2  4  y
�x 2  y 2  ( x  y )
�
�
� �2
� �2
�y  4  x
�x  4  y
( x  y )( x  y  1)  0
�
� �2
�x  4  y
�x  y  1  0

Vì x + y � 0 nên ta có hệ : �2

�x  4  y

� x2 + x – 3 = 0

Suy ra : x2 = 4 – x – 1

Suy ra : x1 

1  13
1  13
; x2 
(loại)
2
2

Đáp số : x 

1  13
;
2

c/ Bài toán áp dụng :
Giải phương trình :
1.

2 – x 2 = 2 x

2.

x3 + 1 = 2
3

3

3.
(3x  1) 2 

II/ Phương trình nhiều ẩn :
1/ Đưa về phương trình tích :

2x 1
3

(3 x  1) 2  9 x 2  1  1

a/Các bước :
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------Đưa phương trình về dạng f1(x,y,....).....fn(x,y......) = a1.a2.........an .
Với a1; a2;.......;an � Z. rồi sử dụng tính chất của tập hợp số tự nhiên , tập hợp số
nguyên ......, f1(x,y,....); f2(x,y........); ....fn(x,y......) � Z
Xét mọi trường hợp có thể sảy ra để tìm được nghiệm thích hợp của phương trình.
b/ Ví dụ1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x2 + 91 = y2

(1)

(1) � y2 – x2 = 91
�



y  x   y  x   91

Vì y >0; x >0;  y  x    y  x 

Và y - x >0

91 = 1.91 = 13. 7
�
�
�y
�
�
�
�y
Nên ta có : �
�
�
�y
�
�
�y
�
�
�
�x
�
�
�
�y
� �
�
�
�x
�

�
�y
�

 x  91
 x 1
 x  13
 x  7

 45
 46
3
 10

Nghiệm của phương trình là : (45;46);(45;-46); (-45;-46);
(3;10); (3;-10); (-3;10); (-3;-10)
Ví dụ 2: Tìm nhiệm tự nhiên của phương trình sau :
2m – 2n = 1984 (2)
+

( Đề thi HSG toán tỉnh Nghĩa Bình năm 1984)

Với m �n thì 2m – 2n �0 thì (2) không sảy ra

+ Với n = 0 thì 2m -1 = 1984
Không có số tự nhiên nào thỏa mãn đẳng thức này.
+ Với m �n �1
2m – 2n = 1984
� 2n( 2m-n – 1)= 26. 31
�

n
6
�2  2
�m  n
�2  1  31

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------�

�n  6
�
�m  11

Nghiệm tự nhiên của phương trình là m=11; n = 6.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nhiệm tự nhiên của phương trình sau :
1.

x2 (x2 + 2y) – y2 (y + 2x) = 1991 ( Đêt thi hsg toán 9 Hà Nội 1990 – 1991).
ĐS : x = 12; y = 1.
x4 = y2 (y- x2)

2.

ĐS : x= y = 0
2/ Đưa về phương trình tổng :
a/Các bước :

+ Biến đổi phương trình về dạng sau :
Dạng 1 : f1k ( x; y;...)  f 2k ( x; y;...)  .....  f nk ( x; y;...)  a1k  a2k  ...  ank
Với k; a1; a2;.......;an � Z.
f1(x,y,....); f2(x,y........); ....fn(x,y......) � Z
Xét mọi trường hợp có thể sảy ra để tìm được nghiệm thích hợp.
Dạng 2 :
f ( x, y,....) m

g ( x, y ,.....) n

Với m, n � Z cụ thể ; b>0
Vận dụng điều đã được chứng minh sau :
“ Mọi số hữu tỉ đều được biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng một liên
phân số bậc n”
a
1
 q0 
1
b
q1 
q2  .. 


1
qn

Trong đó q0 là số nguyên ; q1......nguyên dương và qn > 1
Đôi khi dùng bất đẳng thức để tìm nghiệm nguyên của phương trình.
b/ Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x2 – 4xy + 5y2 = 169

(1)

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------(1) � (x - 2y)2 + y2 = 169
Số 169 chỉ có 2 cách phân tích thành tổng hai số chính phương :
169 = 132 + 02 = 122 + 55
Mà y � Z+ ; x  2 y � N
Do đó có các khả năng sau :
1.

x  2 y  0 ; y= 13 suy ra x = 26 ; y= 13

2.

x  2 y  5 ; y= 12 suy ra x = 29 ; y= 12

Hoặc x= 19 ; y = 12
x  2 y  12 ; y= 5 suy ra x = 22 ; y= 5

3.

Hoặc x= -2 ; y= 5 (loại)
Thử lại ta có nghiệm nguyên dương (x;y) của phương trình là :
(26 ; 13); (29;12); (19;12); (22;5)
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x2 + 13y2 = 100 +6xy
Giải :

� (x - 3y)2 + (2y)2 = 100
� ( x  3 y )2 + ( 2 y )2 = 100

Mà

100 = 02 + 102 = 62 + 85
x  3y ;

2 y �N

Từ đó giáo viên có thể đưa ra nghiệm của pt như sau :
(15 ; 5); (-15;-5); (10; 0); (-10;0); (18 ; 4); (-18;-4); (6;4);
(-6;-4); (17 ; 3); (-17;-3); (1; 3); (-1;- 3) .
Chú ý :
1. Tìm nghiệm nguyên của một số phương trình có dạng :
ax2 + bxy + cy2 + d = 0
(a ; b;c;d là các hằng số nguyên )
Có thể giải được bằng PP trên.
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
3x2 + 2y2 + z2 + 4xy + 2xz = 26 – 2yz
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------� x2 +(x2+ 2xy + y2 )+ (x2+ y2 + z2 +2xy+ 2xz + 2yz) = 26
� x2 +(x+y)2+ (x+y+z) 2 = 26

vì x , y, z nguyên dương nên 1 �x< x + y < x + y + z
mà 26 = 12 + 32 + 42
do đó ta có :
�x  y  z  4

�
�x  y  3
�x  1
�
�x  1
�
� �y  2
�z  1
�

Nghiệm nguyên dương là ( 1;2;1)
2.Nếu phương thình có dạng :
f1k ( x; y;...)  f 2k ( x; y;...)  .....  f nk ( x; y;...)  a

Mà a � N, f i ( x; y;...); i  1, 2...., n � N
k

Thì ta viết a dưới dạng
a  m1h  m2g  .....  mnk' ( x; y;...)
mi �N; i = 1,2....., n
xét các trường hợp có thể sảy ra, từ đó tìm được nghiệm thích hợp
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x

1
y

1
z



10
7

10
viết dưới dạng liên phân số hữu hạn như sau :
7
10
1
 1
1
7
2
3

x

Do đó ta có :

1
y

1
z

 1

1
2

1
3

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------Vì sự phân tích trên là duy nhất nên ta có :
x = 1 ; y = 2 ; x = 3.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau :
1,

31(xyzt+ xy + xt + zt + 1 ) = 40 ( yzt + y + t)
Đáp số nghiệm tự nhiên của phương trình là ( 1; 3 ; 2 ; 4 )
55( x3y3 + x2 + y2 )= 229( xy3 + 1 )

2,

Đáp số : (2;3)
3.

(x2 + 4 y2 + 28 )2 = 17(x4 + y4 +14y2 +49)
Gợi ý : sử dụng Bunhia Kopski

4.

Đáp số : (2;3).
Tìm các giá trị nguyên dương khác nhau x1;....xn sao cho :
1 1

1
 2  ...........  2  1
2
x1 x2
xn

Đáp số : không có giá trị nguyên nào thỏa mãn YCBT.
3/ Nhận xét về ẩn số :
a/Các bước :
1.

Trước khi bắt tay vào giải toán, ta nên nhận xét xem vai trò của các
ẩn số , cấu trúc của ẩn. Để có một cách giải phù hợp.

2.

Nếu các ẩn (x;y;z.....) có vai trò bình đẳng như nhau, thì ta có thể
giả sử x �y �...... hoặc x �y �..........để thu hẹp miền xác định của bài toán.

3.

Nếu ẩn có cấu trúc giống nhau, như lũy thừa cùng bậc của các số
nguyên liên tiếp hoặc tích các số nguyên liên tiếp.......thì ta “khử ẩn” để đưa
phương trình về dạng quen thuộc hơn hoặc ít ẩn hơn.

4.

Thường vận dụng hai nhận xét sau :

a) xn < yn < (x + a)n ; (a � Z+)

suy ra : y = (x + a+ i)n . với i = 1;2;........; a-1.
b) x(x+ 1) .....(x + n) < y (y+1)........(y+ n) < (x + a)( x+ a + 1) ....(x + a+ n)
a � Z+
Suy ra : y(y +1) ....(y + n) = (x+ i)(x + i +1)..........(x + i + n) . với i = 1;...;a-1.
b/ Vd :
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------1 1 1
  2
x y z

Giải : do vai trò bình đẳng của x , y , z nên ta có thể giả sử :
x �y �z.
ta có :

1 1 1 1
3. �    2
x x y z

suy ra

x=1
1

1 1 2
 � � y  1 hoặc y = 2
y z y

y=1 loại vì

1
0
z

y= 2 suy ra z = 2.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( 1; 2 ; 2 ) và các hoán vị.
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình :
x + y + 1 = xyz
Giải : vai trò của x, y bình đẳng nên giả sử x �y ta có :
+

x = y thì

2x + 1 = x2z � x( xz -2 ) =1

� x = 1 ; xz – 2 = 1
� x = 1 ; z = 3.

+ x > y thì 2x +1 > xyz. � 2x > xyz.
Hay 2 �yz ( vì x khác 0)
 y=1,z=2 � x=2
 y= 2 , z = 1 � x = 3
Vậy nghiệm tự nhiên của PT là : (1;1;3 ); ( 2;1;2); ( 1;2;2); (3;2;1); (2;3;1).
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình sau :
1.

4/

xy xz yz
 
3
z
y
x

2.
5(x + y + z +t) = 2xyzt- 10
3.
y3 – x3 = 3x
4. Giải phương trình : x6 – x2 + 6 = y3 - y
Vận dụng tính chất của tập hợp số nguyên :

a/Các bước :
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------+ Vận dụng tính chất chia hết hoặc tính chất của phép chia có dư trong tập hợp số
nguyên để tìm nghiệm.
+ Vận dụng tính chất của số nguyên tố , số vô tỉ để tìm nghiệm.
+ Ví dụ : các mệnh đề đúng :
+ Mệnh đề 1 : với mọi số nguyên a, số a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3; k
� Z+.

+ Mệnh đề 2 : cho p là một số nguyên tố dạng 4k + 3 ; k � Z+ , a nà b là các số
nguyên, khi đó nếu a2 + b2 chia hết cho p thì a chia hết cho p; b chia hết cho p.
b/ Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
4xy – x – y = z2

Giải : � (4x – 1) (4y – 1) = ( 2z)2 + 1
Giả sử : (xo ; yo ; zo ) là nghiệm của phương trình:
Ta có : (4xo – 1) (4yo – 1) = ( 2zo)2 + 1
Vì :
4xo – 1 là số nguyên dương lớn hơn 3 và có dạng 4m + 3 , m � Z+, nên nó có
ít nhất một ước nguyên tố dạng 4k + 3, k thuộc Z+
Nhưng theo mệnh đề 1 thì ( 2zo)2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên:
x3 – 63y2 + 36z = 1995
Giải : ta có x3 chia cho 9 dư 0 hoặc 1 hoặc 8.
Thật vậy đặt : x = 3a + r

( a � Z; r = 0 ; 1 ; -1 )

x3 = (3a +r)3 = 9M + r3
Rõ ràng x3 có dạng 9k; 9k + 1; 9k – 1
Suy ra

Vế trái của phương trình chia cho 9 có dư là 0 hoặc 1 hoặc 8
Vế phải của phương trình chia cho 9 có dư là 6

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
c/ Bài toán áp dụng :
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :
1.
2.

4xy – y = 9x2 – 4x + 2
x2 – y3 = 7

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
13 x  7 y  2000

4.Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :
a/
b/
5/

11x
 2x  1  3 y  4 y 1  2
5
5x
 y  3x  2  2 y  1  1
3

Chứng minh bằng phản chứng :

a/Các bước :
Ta có thể dùng phương pháp phản chứng sau đây : Giả sử phương trình có
nghiệm nguyên ( x0; y0; .....) rồi xây dựng dãy vô số ngiệm từ đó đi đến mâu thuẫn
hoặc giả sử phương trình có nghiệm nguyên ( x0; y0; .....) với x0 có giá trị nhỏ nhất
trong những giá trị có thể của nó rồi chứng minh phương trình có nghiệm ( x1;
y1, .....) mà x0 > x1.
b/ Ví dụ :
Ví dụ 1 Tìm tất cả các nghiệm tự nhiên của phương trình :
x2 + (x+1 )2 = y2 + 1

Gợi ý : � x2 + (x+1 )2 - y2 = 1
Ta thấy : x1 = 1; y1 = 2 là nghiệm nhỏ nhất của phương trình
Và 3x + 2 y + 1 ; 4x+ 3y + 2 cũng là nghiệm vì
(3x + 2 y + 1)2 +( 3x+ 2y + 2)2 -( 4x+ 3y + 2)2 = x2 + (x +1)2 – y2
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình sau đây có nghiệm nguyên duy
x2 – 7y2 = 0

nhất x=y=0

Giải : Giả sử phương trình có nghiệm nguyên (x0 ; y0) �(0;0) mà /x0/ nhỏ
nhất trong các giá trị có thể của nó.
Ta có : x02  7 y02  0 � x02 M7 � x0 M7
Đặt x0 = 7x1 do đó

7 x12  y02  0 � y02 M7 � y0 M7 , đặt y0 = 7y1 ta có :

�x y �
x12  7 y12  0 vậy � 0 ; 0 �cũng là nghiệm.
�7 7 �

Mà x1 =

x0
 x0 , x1 là nghiệm, vô lý . Suy ra điều phải chứng minh.
7

c/ Bài toán áp dụng :
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau :
--------------------------------------------------------------------------------------------

-----------------------------------------------------------------------------------------------------x3 + 3y = 7
2. Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn phương trình :
1! + 2! +.........+x! = y2

Phần II :

Hệ phương trình

Ở phần I mục 4 “ Đưa về hệ phương trình” tôi đã đưa ra một số cách giải hệ
phương trình. Ở phần này với tham vọng chỉ đưa ra dưới dạng các ví dụ, hy vọng rằng
qua các ví dụ các thầy cô đồng nghiệp và các em có những ví dụ để tham khảo.
A/ Các ví dụ :
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau :
Giải :
�x 2  xy  3 y 2  9
�2
2
�x  656 xy  657 y  1983
�x 2  xy  3 y 2  9
� �
( x  y )( x  657 y )  1983
�
( x  y )( x  657 y )  1983
�

( Bài tập áp dụng phương trình tích)
Vậy hệ có nghiêm nguyên là
�x  660
�

;
�y  1
�x  4
Dễ thấy chỉ có : �
�y  1

�x  660 �x  4
�x  4
�
;�
; �
�y  1
�y  1 �y  1
�x  4
;�
là ngiệm nguyên cần tìm .
�y  1

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên (x ; y ; z ; t )của hệ phương trình sau :
�xyzt  x  1995
�xyzt  y  1997
�
�
�xyzt  z  1999
�
�xyzt  t  1555

Hướng giải :
�x ( yzt  1)  1995
�y ( xzt  1)  1997

�
�
�z ( xyt  1)  1999
�
t ( xyz  1)  1555
�

Suy ra x, y , z , t lẻ do đó xyzt + x chẵn, dẫn đến mâu thuẫn
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình sau :
�x 3  y 3  z 3  3
�
�x  y  z  3

Hướng giải :
Ta có công thức sau : (x+y + z)3 –( x3  y 3  z 3 ) = 3(x + y)(y +z)(x + z)
(3  x)  (3  y )  (3  z )  6
�
(3  x)(3  y )(3  z )  8
�

Do đó ta có : �

Suy ra :
3- x , 3 – y , 3 – z chỉ có một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn.
* Nếu chỉ có một số chắn :
Do vai trò của x , y, z như nhau , không mất tính tổng quát giả sử 3 – x

chắn , ta suy ra :
x = -5 ; y = 4 ; z = 4.
* Nếu cả ba cùng chẵn thì x= y = z = 1
Nghiệm nguyên ( x;y;z) cần tìm là : ( -5;4 ; 4); ( 1;1;1) và các hoán vị.
Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình sau :
�x 3  y 3  2
�
�xy ( x  y )  2

Hướng giải :
�x 3  y 3  2
�
( x  y )3  3 xy ( x  y )  2
� �
�
�xy ( x  y )  2
�xy ( x  y )  2

Đặt :
u=x+y
v = xy
�
�
u 3  3uv  2
u3  6  2
�
Ta có : �
�
uv  2
uv  2

�
�
u2
u2
�
�
� �
� �
uv  2
v 1
�
�

Vậy :
�x  y  2
�
�xy  1

Do đó x và y là hai nghiệm của phương trình X2 – 2X +1 = 0
Suy ra X = 1
Vậy nghiệm (x;y) của hệ đã cho là : (1;1).
Ví dụ 5 : Giải hệ sau :
�x  y  z  1
�2
2
2
�x  y  z  1
�x 3  y 3  z 3  1
�

( Đề thi giỏi toán lớp 9 TP. HCM 1986-1987)
Hướng giải:
--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------Ta có : (x+y+z)3 –(x3 + y3 + z3) = 3(x+y)(x+z) (z+y)
Nên (x+y)(x+z) (z+y) = 0
Suy ra : x + y = 0 hoặc x + z = 0 hoặc y+z = 0
x + y = 0 thì z= 1 và x= y = o
x + z = 0 thì y =1 và x = z = 0
y + z = 0 thì x = 1 và y = z = 0

B/ Bài toán áp dụng và tự luyện :
Giải các hệ phương trình sau trong Z :
Bài : 1 :
�xyzt  x  1995
�xyzt  y  1975
�
�
�xyzt  z  1945
�
�xyzt  t  1997

Bài 2 :
�
6 x 2  5 y 2  74
�
�2
3
�x  y  89

Bài 3:
�x  y  z  54
�2
2
2
�x  y  z  1406

Bài 4 :Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b
�x  y  2 z  2t  a
�2 x  2 y  z  t  b

Hệ phương trình �

Luôn có nghiệm nguyên.
Giải các HPT sau trong R :
Bài 5 :
�x  y  x 2  y 2  3
�2
2
�x  y  xy  7

Bài 6 :
�x ( x  y  z )  4
�
�y ( x  y  z )  25
�z ( x  y  z )  9
�

Bài 7 :

�
�xz  y  2
�
�x  z  2 y ( x  y  z )

--------------------------------------------------------------------------------------------


------------------------------------------------------------------------------------------------------

PHẦN C : KẾT LUẬN :
* Kết quả đạt được :Việc rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo ,
đặc biệt đối với dạng toán phương trình và hệ phương trình không mẫu mực đã thôi thúc tôi,
nghiên cứu để viết lên tài liệu, càng khiến tôi tâm huyết tìm hiểu nghiên cứu sáng kiến kinh
nghiệm này.
Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc nghiệm
hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 20% các em thực sự có hứng thú học toán,
40% học sinh thích học toán và 40% còn lại nửa thích nửa không trên tổng số 420 em học
sinh khối 8,9 của trường. Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học
xong nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để tạo cho mình một sáng
tạo trong cách giải một bài toán nào đó đặc biệt dạng toán mà tôi đang dặt vần đề , bởi vì
do điều kiện khách quan của địa phương và của trường, học sinh chỉ được bồi dưỡng một
thời gian nhất định trước khi đi thi, do vậy chỉ được học một phương pháp, vì vậy học
sinh chưa có hứng thú học toán. Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi
môn toán, với cách làm trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện giải toán
cho học sinh các em không còn bỡ ngỡ khi gặp những bài toán được coi là “lạ”. Cụ thể
80% các em học sinh đã thực sự có hứng thú học toán bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi
với chuyên đề tôi vừa trình bày, 20% các em còn cần gợi ý các trường hợp, song rất
mong muốn được tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi với chuyên đề này.

--------------------------------------------------------------------------------------------


------------------------------------------------------------------------------------------------------

PHẦN D : BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Qua thời gian áp dụng SKKN vào thực tế giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi
rút ra được những kinh nghiệm sau :
Đây là một sáng kiến nhỏ nhắm góp phần vào các chuyên đề bồi dưỡng học sinh
giỏi toán, tôi không có tham vọng qua sáng kiến sẽ đào tạo được nhiều học sinh giỏi toán
mà chỉ mong được các thầy cô , đồng nghiệp tham khảo coi như là một tư liệu trong bộ
sưu tập các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, đối với học sinh cũng mong các em quan
tâm và tìm đọc các tài liệu nói về phương trình và hệ phương trình không mẫu mực, và
cũng coi đây là một tư liệu để các em gặp những bài toàn dạng này không bỡ ngỡ và khó
khăn trong quá trình suy luộc và giải toán. Trên thực tế bồi dưỡng theo tài lieeji tôi xin
được đề xuất một số kiến nghị sau :
- Dùng hệ thống câu hỏi phù hợp để phát triển sức suy nghĩ của học sinh cấp II nói
chung và học sinh giỏi nói riêng trong việc học toán.
- Tạo ra tình huống có vấn đề trong việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán.
- Bồi dưỡng học sinh giải toán một cách sáng tạo, chủ động. phát huy khả năng suy
nghĩ logic và chủ động trong khi giải toán
- Rất mong muốn được các Thầy (cô) trong và ngoài nhà trường đóng góp ý kiến để
SKKN hoàn thiện hơn và thực sự là một tài liệu tham khảo trong thư viện của các
trường.

--------------------------------------------------------------------------------------------


------------------------------------------------------------------------------------------------------

PHẦN D : LỜI KẾT
Quý thầy cô và các đồng nghiệp thân mến !
Bản thân tôi là giáo viên giảng dạy môn toán 9 năm, làm tổ trưởng tổ toán 5 năm,
hiện nay đang là Phó hiệu trưởng phụ trách chuyên môn được 2 năm của nhà trường, tuy
đã gánh trọng trách nặng nề hơn, công việc bận rộn hơn nhưng với niềm đam mê môn
toán, hàng tuần tôi vẫn giành thời lượng quy định lên lớp, nhằm tiếp tục niềm đam mê
dạy toán và học toán của mình, trong những đam mê đó thì việc bồi dưỡng học sinh chất
lượng mũi nhọn được tôi rất quan tâm rất nhiều trên hai cương vị là CBQL và là giáo
viên đứng lớp, từ suy nghĩ đó tôi đã trăn trở và viết lên SKKN với mong muốn làm hành
trang cho mình trong quá trình giảng dạy và được mạn phép trao đổi giao lưu với các quý
thầy cô trong và ngoài nhà trường, với mục tiêu huyện nhà nói chung và trường THCS
Nguyễn Huệ nói riêng có nhiều hơn nữa những học sinh học giỏi toán.
Qua sáng kiến kinh nghiệm này tôi mong muốn và tin chắc đã có nhiều bất ngờ từ
kết quả đạt được ở trên. Một lần nữa xin chân thành cảm ơn các đồng chí , đồng nghiệp
trong và ngoài nhà trường, các em cựu học sinh, các em đang ngồi học của năm học
2009 – 2010. Xin chân thành cảm ơn !
CưM’gar, Tháng 12 năm 2009

--------------------------------------------------------------------------------------------


-----------------------------------------------------------------------------------------------------PHỤ LỤC :
VÀI ĐIỀU VỀ ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT
Vào khoảng năm 1630, nhà toán học người Pháp Fermat đã viết bên lề cuốn sách
về các số Pytagore như sau “ Ngược lại, không thể phân tích một lập phương thành tổng
của hai lập phương cũng như một lũy thừa bậc 4 thành tổng của hai lũy thừ bậc 4....và
một cách tổng quát, không thể phân tích một lũy thừa với số mũ lớn hơn 2 thành tổng
của hai lũy thừa với cùng số mũ đó . Tôi đã phát minh ra chân lý này bằng một chứng
minh tuyệt diệu, nhưng lề sách này quá chật nên không ghi lại được”.
Có nghĩa là Fermat đã khẳng định rằng phương trình xn + yn =zn ( n �3, n thuộc N)

không có nghiệm nguyên dương. Mệnh đề này được gọi là bài toán Fermat . Đã hơn 300
năm bài toán vẫn là một trong những điều lý thú trong toán học. Nhà toán học Fermat
không để lại cách chứng minh của ông cho nhân loại và chỉ xót lại trong giấy tờ của ông
với phần chứng minh khi n=4, nhiều nhà toán học đã lao vào săn tìm lời giải “ Định lý
Fertmat”.
Năm 1770 Euler đã chứng minh với n = 3. A Legendre và Dirichle chứng minh với
n = 5 , khi n= 6 quy về n= 3 và tổng quát chỉ cần chứng minh định lý cho số mũ nguyên
tố . Năm 1839, nhà toán học Pháp G. Lame đã chứng minh được cho n= 7, kết quả đáng
kể nhất là của nhà toán học Đức E. Kummer đã chứng minh định lý với mọi n<100, sau
đó nhờ máy tính người ta kết luận định lý duusng vớn n< 100 000.
Nhà toán học Hà Lan G . Falting đã đóng góp khi ông khẳng định định lý Fermat
nếu có nghiệm nguyên thì chỉ có hữu hạn nghiệm mà thôi.
Đên năm 1994 nhà toán học Andrew Wiles cùng học trò R . Taylor trình bày lời
giải thật hoàn chỉnh với 25 trang. Vậy là định lý Fermat đã được chứng minh.

Pierre de Fermat (20 tháng 8, 1601 tại Pháp – 1665)

--------------------------------------------------------------------------------------------


------------------------------------------------------------------------------------------------------

TÀI LIỆU THAM KHẢO
.
-

Các hoạt động chuyên đề của PGD tổ chức dành cho GV toán.
Phương hướng nhiệm vụ năm học 2008 – 2009 của SGD,PGD CưMgar.
Phương hướng nhiệm vụ năm học 2009 – 2010 của SGD,PGD và của trường.
Các chuyên đề của tổ bộ môn toán trường THCS Nguyễn Huệ

Tài liệu giải hệ PT và PT của Nguyễn Đức Tấn- Phan Ngọc Thảo, nhà xuất bản
giáo dục.
- Kinh nghiệm dạy toán và học toán của Vũ Hữu Bình, nhà xuất bản giáo dục
- Một số vấn đề đổi mới PP dạy học toán, nhà xuất bản giáo dục
- Phương pháp bồi dưỡng HSG toán, nhà xuất bản giáo dục.

MỤC LỤC :
--------------------------------------------------------------------------------------------