Trang 1 A. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Qua vài năm tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio ở đơn vị, tôi nhận thấy phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức khá quan trọng trong hầu hết các kỳ thi học sinh giỏi. Tuy nhiên bản thân tôi chưa đầu tư, nghiên cứu và giảng dạy tốt mảng kiến thức này trong những năm trước đây. Bên cạnh đó, các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên lại rất đa dạng và không có một quy tắc giải tổng quát cho hầu hết các bài tập. Vì thế học sinh của đội tuyển mà tôi phụ trách thường có tâm lí e ngại, không tự tin khi phải đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề này. Nhận thấy được điều đó, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài “Bồi dưỡng học sinh giỏi qua chuyên đề phương trình nghiệm nguyên” nhằm mục đích phục vụ tốt cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong giai đoạn tiếp theo ở đơn vị, giúp các em học sinh giải tốt các bài toán điển hình thuộc chủ đề này. 2. Đối tượng nghiên cứu - Học sinh, giáo viên trường THCS Suối Đá. - Tài liệu viết về vấn đề phương trình nghiệm nguyên. 3. Phạm vi nghiên cứu - Học sinh, giáo viên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio trong năm học 2008-2009 và học kỳ I năm học 2009-2010. 4. Phương pháp nghiên cứu * Nghiên cứu tài liệu - Đọc tài liệu, sách tham khảo. - Biên soạn lại các vấn đề đã nghiên cứu được. * Điều tra - Trao đổi với đồng nghiệp. - Thực nghiệm giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi giải toán bằng máy tính Casio. - Kiểm tra khảo sát kết quả, so sánh đối chiếu theo từng giai đoạn. * Giả thuyết khoa học Áp dụng đề tài này vào giảng dạy sẽ giúp học sinh giải được các bài toán điển hình thuộc chủ đề phương trình nghiệm nguyên đã được học, được nghiên cứu. Trang 2 B. NỘI DUNG I. Cơ sở lí luận 1. Các văn bản chỉ đạo - Công văn số 2197/SGD&ĐT-KT, ký ngày 28/09/2009 về việc ban hành cấu trúc đề kiểm tra học kì I lớp 9 và 12, cấu trúc đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 và 12 và cấu trúc đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio lớp 9 và 12. - Cấu trúc đề thi học sinh giỏi toán lớp 9. - Cấu trúc đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay lớp 9. - Kế hoạch thực hiện nhiệm vụ năm học 2009-2010 của trường THCS Suối Đá. 2. Các quan niệm khác về giáo dục Một trong những bước đột phá để nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện trong nhiều nhà trường hiện nay là việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi các khối lớp tham dự các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, làm nhân tố tích cực cho phong trào thi đua dạy tốt, học tốt. Trong những năm qua, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng được quan tâm nhiều hơn ở đơn vị tôi đang công tác và đã đạt được những kết quả bước đầu khá khả quan, góp phần không nhỏ nâng cao chất lượng dạy và học. Để thực hiện tốt công tác này, mỗi giáo viên phải tích cực tìm tòi, sưu tầm, nghiên cứu và biên soạn tài liệu giảng dạy phù hợp với tình hình học sinh, tình hình địa phương mình. Nhiều phần kiến thức bồi dưỡng học sinh giỏi ít hoặc thậm chí không được đề cập trong sách giáo khoa mà chỉ có ở các loại sách tham khảo. Phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức như thế. Ở phương trình nghiệm nguyên, mỗi bài toán với số liệu riêng của nó, đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện tính tư duy toán học linh hoạt và sáng tạo của người học. Do đó mà các bài toán tìm nghiệm nguyên thường có mặt trong các kì thi tuyển học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên trên toàn quốc. Không những thế, phương trình nghiệm nguyên còn là một đề tài lí thú của Số học và Đại số, mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học. II. Cơ sở thực tiễn 1. Về tài liệu Hiện nay, các dạng toán về phương trình nghiệm nguyên được trình bày từng phần ở mỗi loại sách tham khảo. Do đó, để có tài liệu đầy đủ đòi hỏi giáo viên phải biên soạn, tổng hợp lại. 2. Về thực trạng dạy và học chủ đề phương trình nghiệm nguyên Trong những năm trước đây bản thân tôi chưa đầu tư, nghiên cứu và giảng dạy tốt mảng kiến thức này. Vì thế học sinh của đội tuyển mà tôi phụ trách thường Trang 3 có tâm lí e ngại, không tự tin khi phải đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề này. Từ năm học 2008 – 2009 đến nay, tôi bắt đầu nghiên cứu, sưu tầm và đưa vào giảng dạy một số dạng thường gặp của phương trình nghiệm nguyên và đã đạt kết quả bước đầu khá tốt. Học sinh của tôi cũng tự tin hơn khi giải quyết các bài toán thuộc chủ đề này. Trường tôi công tác thuộc vùng nông thôn, kinh tế còn kém phát triển, các điều kiện học tập vượt ra khỏi chương trình sách giáo khoa còn nhiều hạn chế. Nhiều học sinh, kể cả học sinh đã tham gia đội tuyển học sinh giỏi của trường một thời gian dài vẫn chưa có ý thức tìm tòi, học hỏi ở sách tham khảo mà hầu hết chỉ trong phạm vi sách giáo khoa và những kiến thức do thầy cô cung cấp. 3. Sự cần thiết của đề tài Với thực trạng trên, việc biên soạn tài liệu cho các em là một việc làm rất thiết thực và hiệu quả để nâng cao chất lượng dạy và học, đặc biệt là nâng cao chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường. III. Nội dung vấn đề 1. Vấn đề đặt ra Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn toán và giải toán trên máy tính Casio trong thời gian tới đạt kết quả cao hơn, đặc biệt là trong mảng kiến thức về phương trình nghiệm nguyên thì đòi hỏi người giáo viên phải nghiên cứu kĩ vấn đề và tổ chức giảng dạy cho học sinh một cách khoa học. Đồng thời với việc giảng dạy lý thuyết còn phải tạo mọi điều kiện để các em luyện tập, thực hành giải toán với đầy đủ các dạng để rèn luyện kỹ năng, sự linh hoạt và tính sáng tạo. 2. Một số giải pháp Các bài toán tìm nghiệm nguyên thường rất đa dạng và không có một quy tắc giải tổng quát. Mỗi dạng đòi hỏi phải có một cách giải phù hợp và logic. Ở đề tài này, tôi chỉ nghiên cứu một số dạng toán điển hình với các ví dụ mẫu và các bài tập để học sinh tự thực hành kèm theo. Cụ thể như sau : 2.1. Phương trình bậc nhất hai ẩn dạng tổng quát ax + by = c (a ≠ 0; b ≠ 0; a, b, c  Z) Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên: Phương trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi (a ; b) c Chứng minh Giả sử (x 0 ; y 0 ) là một nghiệm của phương trình ax + by = c. Khi đó ta có ax 0 + by 0 = c - Nếu d = (a, b) thì d ax 0 + by 0 = c. Trang 4 - Ngược lại, giả sử d = (a, b) c thì ta có c = dc 1 và ta có hai số nguyên x 1 , y 1 sao cho d = ax 1 + by 1 . Suy ra dc 1 = a(x 1 c 1 ) + b(y 1 c 1 ) = c. Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Để tìm nghiệm nguyên của phương trình bậc nhất hai ẩn, ta có thể vận dụng một trong các phương pháp sau : a) Phương pháp xét tính chia hết của từng ẩn Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 13y = 156 (1) Giải. Giả sử x, y là các số nguyên thoả mãn phương trình (1). Ta thấy 13y  13 và 156  13 nên 2x  13 => x  13. Đặt x = 13t (t  Z), thay vào (1) ta được : 26t + 13y = 156 <=> y = - 2t + 12 Thử lại vào (1) thoả mãn, nên phương trình có vô số nghiệm, được viết dưới công thức tổng quát sau: 13 2 12        xt yt Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 7x + 4y = 100 (2) Giải. Ta thấy phương trình 7x + 4y = 100 có 4y  4 ; 100  4 => 7x  4 => x  4 (Vì 7 không chia hết cho 4) Đặt x = 4t (t  Z) thay vào (2) ta được : 28t + 4y = 100 <=> y = -7t + 25 Thử lại vào (2) thoả mãn, nên phương trình có vô số nghiệm, được viết dưới công thức tổng quát sau: 4 7 25        xt yt , t  Z b) Phương pháp tìm một nghiệm riêng của phương trình Nếu cặp số (x 0 , y 0 ) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c và (a, b) = 1. Khi đó, tất cả các nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c có dạng (-bk + x 0 , ak + y 0 ). Chứng minh Giả sử phương trình ax + by = c (*) có một nghiệm nguyên là (x 0 , y 0 ). Khi đó ta có : ax 0 + by 0 = c (**) Trừ (*) và (**) theo từng vế ta được : a(x – x 0 ) + b(y – y 0 ) = 0 <=> a(x – x 0 ) = –b(y – y 0 ) Do đó b(y – y 0 )  a => (y – y 0 )  a (vì điều kiện (a, b) = 1) Trang 5 Đặt y = ak + y 0 (k  Z) Thay vào (*) ta được ax + b(ak + y 0 ) = c <=> ax + abk + by 0 = c (***) Từ (**) và (***) suy ra ax + abk = ax 0 <=> x + bk = x 0 <=> x = -bk + x 0 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 0 0        x bk x y ak y Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 3y = 11 (3) Giải. Ta thấy phương trình (3) có một nghiệm nguyên là: x 0 = 4; y 0 = 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3) là: 34 21        xt yt , với t  Z. Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 19x – 15y = 3 (4) Giải. Phương trình tương đương với   19x 3 y 15 Ta thử với x = 0; 1; 2; …. sao cho giá trị của y nguyên. Ta được x = 12, y = 15. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4) là: 15 12 19 15      xk yk , với k  Z. c) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x + 3y = 11 (5) Giải. (5) <=> 11-3y 1-y x = = 5-y+ 22 (5*) Ta thấy x Z  khi (1 – y)  2 Đặt t = 1- y 2 (t  Z), suy ra y = – 2t + 1 Thay vào (5*) ta được x = 5 – (– 2t + 1) + t = 3t + 4 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (5) là : x = 3t +4 y = -2t +1    , với t  Z. Bài tập tương tự Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) 3x + 17y = 159 b) 11x + 18y = 120 c) 12x – 7y = 45 d) 9x +20y = 547 e) 11x + 8y = 73 Trang 6 2.2. Phương trình bậc hai và phương trình bậc ba hai ẩn Với loại phương trình này ta có thể sử dụng nhiều phương pháp để giải chúng. Chẳng hạn như: - Phương pháp đưa về phương trình ước số - Phương pháp tách các giá trị nguyên của phương trình - Phương pháp xét số dư từng vế - Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai … Trong các ví dụ sau, ta vận dụng một trong các phương pháp trên để giải phương trình nghiệm nguyên. a) Phương pháp đưa về phương trình ước số Ví dụ 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2 (6) Giải. Ta có: (6) <=> x (y – 1) – (y – 1) = 3 <=> (y – 1) (x – 1) = 3 Ta thấy y – 1 và x – 1 phải là ước của 3. Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y => x – 1 ≥ y – 1. Ta có các trường hợp sau xảy ra : 13 11      x y <=> 4 2      x y Hoặc: 11 13          x y <=> 0 2      x y Vậy phương trình (6) có 4 nghiệm nguyên sau : (4 ; 2) ; (2 ; 4) ; (0 ; -2) ; (-2 ; 0) Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 8x 2 – y 2 – 2xy = 5 (7) Giải. Phương trình tương đương với (2x – y)(4x + y) = 5 Vì 5 chỉ được biểu diễn dưới dạng 5 = 5.1 hay 5 = (-5).(-1) nên ta được các kết quả: 25 41      xy xy <=> 1 3      x y 21 45      xy xy <=> 1 1      x y 25 41          xy xy <=> 1 3      x y 21 45          xy xy <=> 1 1      x y Vậy phương trình (7) có 4 nghiệm nguyên sau: (1 ; -3) ; (1 ; 1) ; (-1 ; 3) ; (-1 ; -1). Trang 7 Nhận xét: Như vậy ở ví dụ 6, từ phương trình ban đầu xy – x – y = 2 ta đưa về phương trình (y –1)(x –1) = 3. Phương trình này gọi là phương trình ước số. Phương trình ước số trên có nghiệm nguyên khi các thừa số ở vế trái là ước nguyên của số ở vế phải. Khi tìm nghiệm của phương trình ước số, ta cần sắp thứ tự các ẩn để giảm được số trường hợp xảy ra, lời giải sẽ ngắn gọn hơn. Bài tập tương tự Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) xy + 3x – 5y = -3 b) 3xy + x – y = 1 c) xy + 3x – 5y = -3 d) 2x 2 – 2xy – 5x + 5y = -19 e) x 2 (x + 2y) – y 2 (y + 2x) = 1991 f) 2(x 2 – y 2 )= 1978 g) x 2 – 656xy – 657y 2 = 1983 h) 2x 2 + 3xy – 2y 2 = 7 b) Phương pháp tách ra các giá trị nguyên Ví dụ 8. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy – 2y – 3 = 3x – x 2 (8) Giải. Ta thấy rằng ở phương trình trên y có bậc cao nhất là một, nên ta có thể rút y ra và tách giá trị nguyên của phương trình. Thật vậy ta có : (8) <=> y(x – 2) = 3 + 3x – x 2 Ta thấy x = 2 không phải là nghiệm của phương trình . Do đó y = 2 3 3x x x2   = -x + 1 + 5 x2 (8*) Phương trình (8*) có nghiệm nguyên khi 5  (x – 2) hay (x – 2) là ước của 5. Ta có các trường hợp sau : - Với x – 2 = 5 <=> x = 7. Thay vào (8*) được y = -5 - Với x – 2 = 1 <=> x = 3. Thay vào (8*) được y = 3 - Với x – 2 = -5 <=> x = -3. Thay vào (8*) được y = 3 - Với x – 2 = -1 <=> x = 1. Thay vào (8*) được y = -5 Vậy phương trình (8) có 4 nghiệm nguyên : (7 ; - 5) ; (3 ; 3) ; (- 3 ; 3) ; (1 ; - 5) Nhận xét : Với những phương trình bậc hai có một ẩn nào đó chỉ xuất hiện bậc nhất. Ta rút ẩn đó ra từ phương trình rồi tách giá trị nguyên. Ví dụ ở bài toán trên, nhận thấy rằng y có bậc cao nhất là một nên ta rút y từ phương trình đã cho để được một Trang 8 phương trình mới y = 2 3 3x x x2   . Ta lấy 3 + 3x – x 2 chia cho x – 2 để tách giá trị nguyên. Rõ ràng phương trình có nghiệm nguyên khi (x – 2) là ước của 5. Chú ý: Phương trình xy – 2y – 3 = 3x – x 2 có thể đưa về phương trình ước số để giải như sau : xy – 2y – 3 = 3x – x 2 <=> y(x – 2) + x 2 – 3x – 3 = 0 <=> y(x – 2) + x 2 – 3x + 2 = 5 <=> y(x – 2) + (x – 1)(x – 2) = 5 <=> (x – 2)(x – 1 + y) = 5 Bài tập tương tự Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) 5x – 3y = 2xy – 11 b) xy – 2x – 3y + 1 = 0 c) 9x – 8y = 16 d) 8x + 11y = 73 e) 17x – 29y = 0 f) 11x + 18y = 120 g) 12x + 7y = 45 h) 5x + 7y =112 i) 5x + 19y = 674 j) y x + y - x + 6 = 0 c) Phương pháp xét số dư của từng vế Ví dụ 9. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y 2 + y (9) Giải. Ta có (9) <=> 9x + 2 = y(y + 1) Ta thấy vế trái của phương trình trên chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) phải dư 2 khi chia cho 3. Như vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp : y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 (với k  Z) Khi đó: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) <=> 9x = 9k(k + 1) <=> x = k(k + 1) Thử lại, với x = k(k + 1) và y = 3k + 1 thì (9) thoả mãn. Vậy phương trình (9) có nghiệm tổng quát được viết bởi công thức:   x = k k+1 y = 3k +1      (k  Z) Nhận xét : Ở ví dụ trên ta đã sử dụng phương pháp xét tính chia hết của từng vế để nhận thấy rằng vế trái của phương trình chia 3 dư 2. Vậy phương trình có nghiệm nguyên khi vế phải cũng chia cho 3 dư 2. Mà y(y + 1) chia 3 dư 2 thì chỉ có thể xảy ra trường hợp y chia 3 dư 1 để y + 1 chia 3 dư 2. Trang 9 Ví dụ 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x 2 + y 2 = 4z – 1 (10) Giải. - Xét vế trái, nếu x  Z thì ta có các trường hợp sau : x  0 (mod 4), suy ra x 2  0 (mod 4) x  1 (mod 4), suy ra x 2  1 (mod 4) x  2 (mod 4), suy ra x 2  4  0 (mod 4) x  3 (mod 4), suy ra x 2  9  1 (mod 4) Như vậy x 2 chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Tương tự, y 2 chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Do đó x 2 + y 2 chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 hoặc 2. (10*) - Xét vế phải, ta thấy 4z – 1 khi chia cho 4 chỉ có thể dư 3. (10**) Từ (10*), (10**) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên. Bài tập tương tự Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) x 3 + 21y 2 + 5 = 0 b) 19x 3 - 17y 2 = 50 c) x 2 + 1954 = y 2 d) 15x 2 - 7y 2 = 9 e) 3 x – 2 y = 7 f) x 3 + y 3 + z 3 = 2002 g) x 3 + y 4 = 7 d) Phương pháp xét điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai Ví dụ 11. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x 2 + y 2 (11) Giải. Ta thấy (11) <=> x 2 – (y + 1)x + y 2 – y = 0 Có thể xem x là ẩn còn y đóng vai trò là tham số thì ta có :  = (y + 1) 2 – 4(y 2 – y) = -3y 2 + 6y + 1  ≥ 0 <=> -3y 2 + 6y + 1 ≥ 0 <=> 3(y – 1) 2 ≤ 4 <=> (y – 1) 2 ≤ 3 4 => 0 ≤ (y – 1) 2 ≤ 1 Để y là số nguyên ta xét các trường hợp sau: y – 1 = 1 <=> y = 2 y – 1 = -1 <=> y = 0 Trang 10 y – 1 = 0 <=> y = 1 Thay các giá trị của y vào phương trình x 2 – (y + 1)x + y 2 – y = 0, ta có : Với y = 2 ta được x 1 = 1 ; x 2 = 2 Với y = 0 ta được x 3 = 0 ; x 4 = 1 Với y = 1 ta được x 5 = 0 ; x 6 = 2 Vậy phương trình (11) có 6 nghiệm nguyên : (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 2), (2; 1), (2; 2). Ví dụ 12. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 10x + y = x 2 + y 2 + 13 (12) Giải. Viết lại phương trình dưới dạng x 2 – 10x + y 2 – y + 13 = 0 Suy ra ’ = 25 – y 2 + y – 13 ≥ 0  y 2 – y – 12  0  y 2 – y + 1 4  49 4  2 1 y 2      49 4  7 2   1 y 2   7 2 => -3  y  4 Thử trực tiếp các giá trị của y ta được hai giá trị thoả mãn là : y = -3 và y = 4. Khi đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình (12) là : (-5; -3), (5; 4). Nhận xét : Nếu phương trình có một ẩn được nâng lên luỹ thừa bậc 2 thì ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng phương trình bậc 2 với ẩn đó, còn ẩn kia ta xem như là tham số. Từ đó sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai  ≥ 0 để tìm nghiệm nguyên của phương trình. Bài tập tương tự Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) x 2 – 2x – 11 = y 2 b) x 2 + 2y 2 + 3xy – x – y + 3 = 0 c) 3x 2 + y 2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 d) 12x 2 + 6xy + 3y 2 = 28(x + y) e) x 2 + y 2 = 2x + y + 5 f) x 2 + xy + y 2 = 2x + y g) x 2 + xy + y 2 = x + y h) x 2 - 3xy + 3y 2 = 3y i) x 2 - 6xy + 13y 2 = 100 j) x 2 - 2xy + 5y 2 = y + 1 [...]... http://www.hcm.edu.vn/ Trang 18 MỤC LỤC BẢN TÓM TẮT ĐỀ TÀI Error! Bookmark not defined A MỞ ĐẦU 1 1 Lý do chọn đề tài 1 2 Đối tượng nghiên cứu 1 3 Phạm vi nghiên cứu 1 4 Phương pháp nghiên cứu 1 B NỘI DUNG 2 I Cơ sở lí luận 2 1 Các văn bản chỉ đạo 2 2 Các quan niệm khác về giáo dục 2 II Cơ sở thực tiễn ... hai số nguyên dương có tích là một số chính phương thì hoặc bằng nhau hoặc cả hai là số chính phương Ví dụ 15 Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 9x2 + 6x = y3 (15) (Bài 1 – Chuyên mục thi giải toán qua thư số 61 - Toán TT2) Giải Ta có : (15) 9x2 + 6x + 1 = y3 + 1 (3x + 1)2 = (y + 1)(y2 – y + 1) (15*) Phương trình (15*) có nghiệm nguyên khi : y + 1 = y2 – y + 1 hoặc y + 1 và y2 – y + 1 là... = 14xy + 1 b) x2 – 2y2 = 1 c) x2 + y3 = z4 3 Kết quả áp dụng đề tài Trước khi áp dụng đề tài, học sinh giải các bài toán phương trình nghiệm nguyên một cách rất khó khăn, nhiều bài đi đến kết quả sai Qua kết quả các bài kiểm tra khảo sát, tôi thống kê được như sau : Tổng số bài kiểm tra 15 Số bài đạt điểm dưới 5 Số lượng Tỉ lệ % 9 60,0 Số bài đạt điểm 5 trở lên Số lượng Tỉ lệ % 6 40,0 Thực tế giảng... huy được tính sáng tạo của bản thân 2 Hướng phổ biến, áp dụng đề tài Tôi đã áp dụng đề tài cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio ở đơn vị đạt kết quả bước đầu khả quan Với những kết quả đó, tôi sẽ giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp trong đơn vị để cùng nhau áp dụng và phát triển thêm 3 Hướng nghiên cứu tiếp Từ những kinh nghiệm và kết quả đạt được trong đề tài này,...  1  3  x  y  2   2y  1  3  x  3  y  1  x  y  2 x  0    y  2 2y  1  3 Vậy phương trình (14) có các nghiệm nguyên sau : (1 ; 1), (4 ; -2), (-3 ; 1), (0 ; -2) Nhận xét : Qua hai ví dụ trên ta thấy, để giải tốt các phương trình dạng này thì cần phải linh hoạt, sáng tạo trong việc sử dụng các hằng đẳng thức, đặc biệt là hằng đẳng thức bình phương của một tổng và bình phương... KẾT LUẬN: 17 1 Bài học kinh nghiệm 17 2 Hướng phổ biến, áp dụng đề tài 17 3 Hướng nghiên cứu tiếp 17 D NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI Error! Bookmark not defined E TÀI LIỆU THAM KHẢO 18 MỤC LỤC 19 Trang 19 . tốt. Trong những năm qua, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng được quan tâm nhiều hơn ở đơn vị tôi đang công tác và đã đạt được những kết quả bước đầu khá khả quan, góp phần không nhỏ. tin khi phải đối mặt với các bài toán liên quan tới chủ đề này. Nhận thấy được điều đó, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài “Bồi dưỡng học sinh giỏi qua chuyên đề phương trình nghiệm nguyên” nhằm. chọn đề tài Qua vài năm tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán và giải toán trên máy tính Casio ở đơn vị, tôi nhận thấy phương trình nghiệm nguyên là một mảng kiến thức khá quan trọng