Gián án KINH NGHIEM BD HSG DAI SO 9

phòng giáo dục thạch thành
trờng t h c s thanh an
trao đổi
kinh
nghiệm
bồi dỡng học sinh giỏi toán lớp 9
(một phần kiến thức về giải phơng trình nghiệm
nguyên)
Năm học 2008-2009
Tác giả trịnh phú đa
Đơn vị
:t h c s THANH AN
huyện thạch thành
tỉnh thanh hoa
mục lục:
a)Đặt vấn đề
b)Đối tợng nghiên cứu
c)Các bớc tiến hành
d)Kết quả
e)Kết luận chung
A)đặt vấn đề
Bồi dỡng học sinh giỏi là một trong những nhiệm vụ quan trọng của các nhà tr-
ờng phổ thông.trong các môn học đặc biệt là môn toán lớp 9
Trong các thể loại toán lớp 9 thì môn đại số chiếm vai trò quan trọng
việc có kỹ năng cơ bản để giải bài tập đại số lớp 9 mới chỉ là điều kiện cần còn có đủ
tự tin,bình tĩnh để giải quết các thể loại bài tập nâng cao thì hiện nay học sinh đang rất
cần
Một trong những thể loại cần đó là yêu cầu giải phơng trình có nghiệm
nguyên;nguyên dơng
Sau đây tôi trình bày một vài suy nghĩ nhỏ về việc chọn và bồi dỡng cho học
sinh kỹ năng giải phơng trình nghiệm nguên ;nguyên dơng mà trong các kỳ thi học

sinh hay gặp nhất đ ợc diễn giải ở nhiều hình thức khác nhau
Để gúp học sinh nắm đợc phần này nhanh chắc đơng nhiên là các kỹ năng biến
đổi đồng nhất phải thành thạo. việc giải ph ơng trình bậc ,bậc haivấcc ph ơng trình đặc
biệt nh ph ơng trình giá trị tuyệt đối..v..v.v.các em phải thành thạo
một số kiến thức bổ trợ nh bất đẳng thức cô si cùng các hệ quả các em phải năm
vững.đồng thời kỹ năng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất(đặc biệt là dấu = xảy ra khi
nào)các em cũng phải thông t ờng.
Biết chọn nghiệm thích hợp và loại nghiệm không thích hợp
b)đối t ợng nghiên cứu
Học sinh lớp 9 trờng phổ thông cơ sở Thành An
Đội tuyển toán lớp 9 của trờng Thành An năm học 2007-2008
c)các b ớc tiến hành
1)
Vai trò của thày
:
Không thày đố mày làm nên đã khẳng vai trò hớng đạo của thày.Xuất phát từ ý
nghĩa thực tế này tôi thấy sự nghiên cứu chuẩn bị kỹ của thày không thể thiếu và nó quyết
định quá nửa kết quả rèn luyện của thày và trò
Thày phải nắm vững các thể loại thờng gặp phân loại từng mức độ từ dễ đến
khó(điều này còn đợc kết hợp với kinh nghiệm khai thác sáng tạo một bài toán)
2)Vai trò của trò:
Phải nắm vững kỹ năng biến đổi đồng nhất.một số kỹ năng phân tích tổng hợp nhất
là kỹ năng xét dấu của tam thức bậc hai dấu của một tích thơng
từ một dạng cơ bản phải biết lấy các bài tập cùng dạng ở mức từ dễ đến khó .chịu khó
luyện tập
Có kỹ năng nhận dạng sử lý các tình huống ,biết khái quát một vấn đề vừa sứcvvv
3)Nội dung phân loại một số dạng toán th ờng gặp
(những bài nghiệm nguyên thờng đa dạng phong phú ở đây nh ở đầu đề tài tôi chỉ đề
cập đến một số dạng hay gặp nhất)
*)Dạng một:

Xuất phát từ tìm x

z để biểu thức
)(
)(
xB
xA

z (trong đóbậc của A(x)
)(xbacB

)
sau khi biến đổi
+=
)(
)(
)(
xC
xB
xA
)(xB
k
(trong đó k là hằng số)
từ đó lập luận
)(x


Z

để phân thức nói trên muốn thuộc Z thì B(x) phải là ớc của k

từ đó liệt kê các ớc của k
xét lần lợt từng trờng hợp .chọn những nghiệm thích hợp rồi trả lời
ví dụ:
Tìm x

z đểbiểu thức
12
284
2

+
x
xx
có giá trị nguyên
Sau khi rút gọn =2x+5+
12
3

x
lúc này chỉ cần liệt kê các ớc của 3
Ư của 3 gồm: -1; 1; -3;3
Có các phơng trình sau: 2x-1=-1
x

=0 thoả mãn
hoặc 2x-1 =1

x=1 thoả mãn
2x-1 =-3

x=-1 thoả mãn
2x-1 =3

x =2 thoả mãn
Rõ ràng với câu hỏi tìm x nguyên để biểu thức nguyên thì chọn tất cả
Còn chỉ yêu cầu tìm x

z(+) thì phải biết loại những giá trị từ 0 trở xuống
Học sinh tự nhận xét và ra các bài tập tơng tự:
(Phải chỉ ra đợc bậc của tử lớn hơn cùng lắm thì bằng bậc của mẫu.đặc biệt bậc của
mẫu chỉ có thể là một.Một cách nhanh hơn ta cứ lấy hai biểu thức bất kỳ với hệ số nguyên
trong đó một là nhị thức ,rồi nhân với nhau ta cộng thêm vào kết quả một hằng số tuỳ ý viết
kết quả sau khi cộng làm tử còn nhị thức bậc nhất làm mẫu ta sẽ đợc một đề bài có lời giải
đúng)
*)Dạng hai:
Cơ sở lý thuyết của dạng này là:
Một số nguyên bất kỳ luôn là tích của hai số nguyên khác
Vậy từ phơng trình:A(x;y)=0
ta làm xuất hiện

A
)(1 x
.A
)(2 y
= k với k là hằng số thuộc Z
.Một cách tổng quát :a x + by + cxy + d = 0 (1)


x(a + cy) +
c

b
(a + cy) -
c
ab
+ d = 0

(

a + cy)(x +
c
b
) =
c
cdab _



(a + cy)(cx + b) = ab cd = k
Đến đây ta liệt kê các ớc của k và lập các hệ phơng trình tơng ứng nghĩa là
thừa số này nhận ớc thứ nhất thì thừa số thứ hai sẽ nhận ớc còn lạivvvv. khi giải các hệ có
thể sẽ có nghiệm phù hợp cũng có thể có những giá trị không phù hợp ta phải loại bỏ
Một ví dụ cụ thể:
Tìm cặp (x;y) thoả mãn phơng trình sau:
2x + 3y + 4xy + 5 = 0
Ta cứ nhóm hạng tử có hai biến với một trong hai hạng tử có còn lại ví dụ nhóm
hạng tử thứ nhất với hạng tử thứ ba .

x( 2 + 4y) +
4
3

( 2 + 4y) -
2
3
+ 5 = 0 đặt nhân tử chung ta có phơng trình tích sau

( 2 + 4y )( x +
4
3
) = -
2
7
nhân hai vế với 4

( 1 + 2y )( 4x + 3) = - 7
U
)7(

=
{ }
7;7;1;1

Ta có các tình huống sau:

=+
=+



=+
=+
734
121
734
121
x
y
x
y

=
=



=
=
2
5
0
1
1
x
y
x
y
Hớng dẫn nhận xét sau: ở cặp thứ nhất có x=1

z và y=-1 thuộcz nên cặp này thoả mãn
ở cặp thứ hai có y không thuộc z nên cặp này loại
Ta đi đến kết luận có cặp( x;y) =(1;-1) thoả mãn phơng trình trên
chú ý:cần phải cho các em làm quen với phơng trình vô nghiệm đủ niềm tin bản lĩnh để
kết luận vấn đề
+)Yêu cầu học sinh tự đặt ra các bài toán rồi tiến hành giải
Sau đó ta phát triển dạng toán ở mức độ khó hơn .chia cả hai vế của phơng trình
(1)cho xy ta đợc phơng trình có dạng :
y

a
+
x
b
+ c +
xy
d
= 0
ở hình thức này học sinh hay gặp nhất đặc biệt là các kỳ thi học sinh giỏi của những
năm gần đây . hơng dẫn cho học sinh chỉ cần thực việc quy đồng mẫu số và khử mẫu cả hai
vế ta lại gặp phơng trình quen thuộc
#)Dạng ba:
Cơ sở lý thuyết của dạng toán này là xuất phát từ điều kiện tồn tại nghiệm của phơng trình
bậc hai:





huonglasochinhp
0
Có dạng tổng quát nh sau:
a x
2
+ bx
2
+ cxy + dx + ey + f = 0