Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>phßng gi¸o dôc th¹ch thµnh trường t h c s thanh an. trao đổi kinh nghiÖm bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 9 (một phần kiến thức về giải phương trình nghiệm nguyªn). N¨m häc 2008-2009 T¸c gi¶ trÞnh phó ®a. §¬n vÞ :t h c s THANH AN. huyÖn th¹ch thµnh tØnh thanh hoa. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> môc lôc: a)Đặt vấn đề b)Đối tượng nghiên cứu c)Các bước tiến hành d)KÕt qu¶ e)KÕt luËn chung. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A)đặt vấn đề Bồi dưỡng học sinh giỏi là một trong những nhiệm vụ quan trọng của các nhà trường 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 rÊt cÇn Một trong những thể loại cần đó là yêu cầu giải phương trình có nghiệm nguyên;nguyên dương Sau đây tôi trình bày một vài suy nghĩ nhỏ về việc chọn và bồi dưỡng cho học sinh kỹ năng giải phương trình nghiệm nguên ;nguyên dương mà trong các kỳ thi häc sinh hay gÆp nhÊt ®­îc diÔn gi¶i ë nhiÒu h×nh thøc kh¸c nhau §Ó góp häc sinh n¾m ®­îc phÇn nµy nhanh ch¾c ®­¬ng nhiªn lµ c¸c kü n¨ng biến đổi đồng nhất phải thành thạo. việc giải phương trình bậc ,bậc haivấcc phương trình đặc biệt như phương trình giá trị tuyệt đối..v..v.v.các em phải thành thạo một số kiến thức bổ trợ như 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 tường. BiÕt chän nghiÖm thÝch hîp vµ lo¹i nghiÖm kh«ng thÝch hîp. b)đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 9 trường phổ thông cơ sở Thành An Đội tuyển toán lớp 9 của trường Thành An năm học 2007-2008. c)các bước tiến hành 1)Vai trß cña thµy:. Không thày đố mày làm nên đã khẳng vai trò hướng đạo của thày.Xuất phát từ ý nghÜa thùc tÕ nµy t«i thÊy sù nghiªn cøu chuÈn bÞ kü cña thµy kh«ng thÓ thiÕu vµ nã quyÕt định quá nửa kết quả rèn luyện của thày và trò Thày phải nắm vững các thể loại thường gặp phân loại từng mức độ từ dễ đến khã(®iÒu nµy cßn ®­îc kÕt hîp víi kinh nghiÖm khai th¸c s¸ng t¹o mét bµi to¸n). 2)Vai trß cña trß:. 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 thương từ một dạng cơ bản phải biết lấy các bài tập cùng dạng ở mức từ dễ đến khó .chịu khó luyÖn tËp 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 thường gÆp. (những bài nghiệm nguyên thường đa dạng phong phú ở đây như ở đầu đề tài tôi chỉ đề cập đến một số dạng hay gặp nhất) *)D¹ng mét:. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Xuất phát từ tìm x  z để biểu thức. A( x)  z (trong đóbậc của A(x)  bacB(x) ) B( x). A( x) k  C ( x)  (trong đó k là hằng số) B( x) B (x) từ đó lập luận (x)  Z  để phân thức nói trên muốn thuộc Z thì B(x) phải là ước của k. sau khi biến đổi. từ đó liệt kê các ước của k xét lần lượt từng trường hợp .chọn những nghiệm thích hợp rồi trả lời. vÝ dô:. 4 x 2  8x  2 cã gi¸ trÞ nguyªn 2x  1 3 Sau khi rót gän =2x+5+ lóc nµy chØ cÇn liÖt kª c¸c ­íc cña 3 2x  1. Tìm x  z đểbiểu thức. ¦ cña 3 gåm: -1; 1; -3;3 Có các phương trình sau: 2x-1=-1  x =0 tho¶ m·n hoÆc 2x-1 =1  x=1 tho¶ m·n 2x-1 =-3  x=-1 tho¶ m·n 2x-1 =3  x =2 tho¶ m·n Rõ ràng với câu hỏi tìm x nguyên để biểu thức nguyên thì chọn tất cả Cßn chØ yªu cÇu t×m x  z(+) th× ph¶i biÕt lo¹i nh÷ng gi¸ trÞ tõ 0 trë xuèng Học sinh tự nhận xét và ra các bài tập tương tự: (Phải chỉ ra được bậc của tử lớn hơn cùng lắm thì bằng bậc của mẫu.đặc biệt bậc của mÉu chØ cã thÓ lµ mét.Mét c¸ch nhanh h¬n ta cø lÊy hai biÓu thøc bÊt kú víi hÖ sè nguyªn 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 được một đề bài có lời giải đúng) *)D¹ng hai: C¬ së lý thuyÕt cña d¹ng nµy lµ: Mét sè nguyªn bÊt kú lu«n lµ tÝch cña hai sè nguyªn kh¸c Vậy từ phương trình:A(x;y)=0 ta lµm xuÊt hiÖn  A 1( x ) .A 2( y ) = k víi k lµ h»ng sè thuéc Z .Mét c¸ch tæng qu¸t :a x + by + cxy + d = 0 (1) b ab (a + cy) +d=0 c c b ab _ cd  ( a + cy)(x + ) = c c  (a + cy)(cx + b) = ab – cd = k.  x(a + cy) +. Đến đây ta liệt kê các ước của k và lập các hệ phương trình tương ứng nghĩa là thõa sè nµy nhËn ­íc thø nhÊt th× thõa sè thø hai sÏ nhËn ­íc cßn l¹ivvvv. khi gi¶i c¸c hÖ cã thÓ sÏ cã nghiÖm phï hîp còng cã thÓ cã nh÷ng gi¸ trÞ kh«ng phï hîp ta ph¶i lo¹i bá Mét vÝ dô cô thÓ: Tìm cặp (x;y) thoả mãn phương trình sau: 2x + 3y + 4xy + 5 = 0 Ta cø nhãm h¹ng tö cã hai biÕn víi mét trong hai h¹ng tö cã cßn l¹i vÝ dô nhãm h¹ng tö thø nhÊt víi h¹ng tö thø ba .. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3 3 ( 2 + 4y) - + 5 = 0 đặt nhân tử chung ta có phương trình tích sau 4 2 3 7 nh©n hai vÕ víi 4  ( 2 + 4y )( x + ) = 4 2  ( 1 + 2y )( 4x + 3) = - 7 U (7 ) =  1;1;7;7.  x( 2 + 4y) +.  y  1 1  2 y  1    x  1 4 x  3  7  Ta cã c¸c t×nh huèng sau:   y  0 1  2 y  1   5  x  4 x  3  7   2 Hướng dẫn nhận xét sau: ở cặp thứ nhất có x=1  z và y=-1 thuộcz nên cặp này thoả mãn. ë cÆp thø hai cã y kh«ng thuéc z nªn cÆp nµy lo¹i Ta đi đến kết luận có cặp( x;y) =(1;-1) thoả mãn phương trình trên chú ý:cần phải cho các em làm quen với phương 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 phương trình (1)cho xy ta được phương trình có dạng :. a d b + +c+ =0 y xy x. ở hình thức này học sinh hay gặp nhất đặc biệt là các kỳ thi học sinh giỏi của những năm gần đây . hương dẫn cho học sinh chỉ cần thực việc quy đồng mẫu số và khử mẫu cả hai vế ta lại gặp phương trình quen thuộc #)D¹ng ba: Cơ sở lý thuyết của dạng toán này là xuất phát từ điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình   0 lasochinhphuong. bËc hai: . Cã d¹ng tæng qu¸t nh­ sau: a x 2 + bx 2 + cxy + dx + ey + f = 0   0 l¸ochinhphuong. để phưng trình có nghiệm nguyên điều kiện cần: . giải quyết dạng toán này như sau:ta coi là phương trình bậc hai đối với biến x thì y được coi như là tham số như vậy  của phương trình biến x có chứa y.Để  là số chính phương thì biểu thức tính  là tam thức bậc hai theo y phải bằng một số chính phương m 2 ,lúc này lại xuất hiện phương trình bậc hai theo y lặp lại cách suy luận trên nghĩa là để có y  z thì  của phương trình biến y lại phải vừa lớn hơn 0 vừa là số chính phươngvvvvvv cho đến một lúc xuất hiện tích của hai biểu thức bằng một hằng số từ đó giải hệ phương tr×nh t×m ra nghiÖm hoÆc xuÊt hiÖn sù v« lý ta cã quyÒn kÕt luËn nghiÖm VÝ dô: 2x 2 + 3y 2 _ 5xy + 3x _ 2y _ 3 = 0. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ta xem đây là phương trình bậc hai đối với biến x thì phương trình được viết lại như sau: 2x 2 + ( 3 - 5y )x + 3y 2 - 2y - 3 = 0 để có x nguyên thì điều kiện cần   ( 3 - 5y) 2 - 4.2( 3y 2 - 2y - 3 )   y 2 - 14y + 33 vì ta coi là chính phương nên y 2 -14y+33=k 2 víi k nguyªn kh«ng ©m lúc này ta có phương trình bậc hai theo y: y 2 - 14y + 33 - k 2 = 0 để phương trình có y nguyên thì  , = 7 2 - 1.( 33 - k 2 )phải là số chính phương  49 - 33 + k 2 = 16 + k 2 = n 2 v× vÕ ph¶i lµ tæng cña hai sè kh«ng ©m nªn cã ngay n 2  k 2  0  n  k  0 Do đó 16 = ( n - k )( k + n ) và dễ thấy n - k  0 và n-k ; n+k có cùng tính chẵn lẻ v× tæng cña chóng = 2n .Nh­ vËy râ rµng 16 ®­îc ph©n tÝch thµnh hai thõa sè: 8.2 hoÆc4.4 n  k n  k n  k  n  k. NÕu 16=2.8 ta cã  NÕu 16=4.4 ta cã. 2. n  5  8 k  3 4 n  4  4 k  0. (*) (**). Thay (*) vào phương trình : y 2 - 14y + 33 = 3 2  y 2 - 14y + 24 = 0 có  , =25 nªn y 1 =12;y 2 =2 Lần lượt thay giá trị y tiếp vào phương trình đầu tìm được cặp x tương ứng VËy ta cã c¸c cÆp ( x = 15 ; y = 12 ) ; ( x = 1 ; y = 2 ) Thay (**)vào phương trình: y 2 -14y + 33 = 0 có  , = 16 nên y 1 =11 ; y 2 = 3 lần lượt thay y vào phương trình đầu tìm được x tương ứng VËy ta cã c¸c cÆp ( x = 13 ; y = 11 ) ; ( x = 3 ; y = 3 ) VÝ dô 2: Tìm cặp x;y  z thoả mãn phương trình sau 6x 2 + 2y 2 - 6xy - 8x - 3y + 168 = 0 ta coi đây là phương trình bậc hai với biến x nên được viết 6x 2 - (3y+4)2x + 2y 2 -3y + 168 = 0 điều kiện cần để có x  z là:  , = (3y+4) 2 - 6 ( 2y 2 - 3y + 168 ) =9y 2 +24y+16-12y 2 +18y-1008 =-3y 2 +42y-992 Để  , là số chính phương thì -3y 2 +42y-992=m 2  -3y 2 +42y-992-m 2 =0 Lúc này ta lại có phương trình bậc hai vói biến y.Để phương trình này có y  z th×  / =21 2 -3(992+m 2 ) là chính phương  441-2976-3m 2 =k 2  -2535=3m 2 +k 2 v« lý Vậy không tồn tại cặp x; y thoả mãn phương trình trên. Phần bài tâp: tự ra và luyện giải dưới sự dẫn dắt của thày #)Một số dạng bài có tính chất đặc biệt (cơ sở lý thuyết dựa trên phương trình giá trị tuyệt đối;tìm giá trị nhỏ nhất lớn nhất). Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> @)VÝ dô: t×m thuéc z tho¶ m·n: x  1 + x  2 =1 (*) Với dạng toán này ngoài cách xét khoảng thông thường mà các em đã biết cần trang bị cho c¸c em c¸ch lµm míi sau cÇn nh¾c l¹i T C cña đó là a + b  a  b dấu = xảy ra  ab  0. ¸p dông: tõ (*) ta thÊy. x 1 + x  2 = x 1 + 2  x  x 1 2  x = 1. dÊu= x¶y ra  (x - 1)(2 - x)  0 lËp b¶ng xÐt dÊu  t×m ®­îc x. x  1 x-1 0 2-x + (x-1)(2-x) 0 vËy 1  x  2 mµ x  z nªn x chØ cã thÓ b»ng 1 hoÆc 2 #)Bài toán phát triển ở mức độ khó hơn: t×m x  z tho¶ m·n x  1 2003 + x  2 2004 =1 mấu chốt của vấn đề là cơ số nhỏ hơn 1 và luỹ thừa vËy nªn nÕu 1 < x < 2  x  1 2003 < x  1 v× x-1<1. . 2 + + +. 0 0. + -. vµ x  2 2004 < x  2 v× x-2<1 ta céng vÕ tr¸i víi vÕ tr¸i vÕ ph¶i víi vÕ ph¶i ®­îc x  1 2003 + x  2 2004 < x  1 + x  2 =1v« lý nÕu x<1 th× x  1 2003 > 0 cßn x  2 >1  x  2 2004 >1 nÕu céng tõng vÕ l¹i thÊy ®iÒu v« lý xuÊt hiÖn nÕu x>2 th× x  2 2004 >0 cßn x  1 >1  x  1 2003 >1 nÕu céng tõng vÕ l¹i thÊy ®iÒu v« lý xuÊt hiÖn Từ đó rút ra kết luận :x =1; 2 thoả mãn #)Hướng dẫn học sinh ra đề tương tự để giải vÝ dô t×m x thuéc z tho¶ m·n: x  5 + x  7 = 2....v .v .v .v(những trường hợp hai hạng tử cách hai đơn vị thì kh«ng thÓ kh¸i qu¸t ®­a sè mò vµo ®­îc) D)KÕT QU¶: +Qua nhiều năm tham gia công việc tập huấn và phụ đạo học sinh giỏi của trường của huyÖn t«i thÊy: +100% số em nắm được dạng toán , biết vận dụng tương đối thành thạo 80% sè em cã t­ duy nhanh cßn cã kh¶ n¨ng ph©n biÖt vµ ph¸t triÓn d¹ng to¸n thµnh nh÷ng bµi to¸n hay h¬n +Những kỳ thi trong đề có dạng toán này dù núp dưới hình thức nào 100% các em cũng dµnh ®­îc ®iÓm tèi ®a E)kÕt luËn chung : +Qua nghiên cứu một số tài liệu ôn thi,một số đề thi chọn học sinh giỏi , thi chọn vào các trường năng khiếu +Qua nghiên cứu các mảng kiến thức trong các chuyên đề B D H S G. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> +Tôi thấy : phạm vi kiến thức tìm giá trị nguyên của biến để B T có giá trị nguyên là một trong những mảng kiến thức hay vừa tầm nhận thức của học sinh . kiểm tra đánh giá ®­îc n¨ng lùc t­ duy cña häc sinh mét c¸ch chÝnh x¸c +Là một trong những phạm vi kiến thức rất đáng được quan tâm vì rằng từ một bài toán có thể đề cập tới nhiều lĩnh vực kiến thức cũng như kỹ năng khác nhau +Tôi nêu lên một suy nghĩ nhỏ của mình mong các bạn đồng nghiệp tham khảo vận dông vµo c«ng viÖc B D H S G cña m×nh ®­îc tèt h¬n. mong ®­îc gãp ý ch©n t×nh xin c¶m ¬n Thanh An ngµy15/2/2009 Trinh Phó §a. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>