Chuyên đề bồi dưởng học sinh giỏi THCS

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

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 khácnhau: Tri giác tài liệu, thông hiểu tài liệu, ghi nhớ, luyện tập, vận dụng, khái quát và đ ợcthể 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 hìnhthành lại có giá trị nh một động cơ thúc giục hoạt động, là thuộc tính của nhân cách, còntính tích cực lại là một trạng thái tinh thần làm nền cho hoạt động diễn ra có hiệu quả và cóthuộc 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 Trongtrờng 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 cócùng cấu trúc” Nhờ đó, kinh nghiệm hoạt động đợc tích luỹ thông qua kinh nghiệm ngờikhác

2 Tính tích cực tìm tòi: đi liền với quá trình hình thành khái niệm Giải quyết cáctình huống nhận thức, tìm ra các phơng thức hành động trên cơ sở có tính tự giác, có sựtham gia của động cơ, nhu cầu, hứng thú và ý chí của HS Loại này xuất hiện không chỉ doyêu 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 độnày tính độc lập cao hơn mức trên, cho phép HS tiếp nhận nhiệm vụ và tự mình tìm ra ph-

ơng 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 thứccủa ngời học trong quá trình thực hiện mục đích dạy học

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 độngcủa 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 củaHS:

- 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 nhữngchớng 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 trọnghơn 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 tựhoạt 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

- 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 đốitợng của hoạt động dạy học là HS, HS vừa là đối tợng của hoạt động dạy lại vừa là chủ thểcủa hoạt động học Vì vậy phơng pháp dạy học vừa bao hàm cách dạy của thầy và cáchhọc của trò

+ Đổi mới phơng pháp dạy học

Nghị quyết Trung ơng II khoá VIII của Đảng Cộng sản Việt Nam chỉ rõ “Đổi mớimạnh mẽ phơng pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyệnthành 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 quyếtvấn 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 vàthực trạng lạc hậu của phơng pháp dạy học đã làm nảy sinh thúc đẩy công cuộc đổi mớiphơng 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 diệnxem 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 côngcủa GV trong quá trình dạy học và phản ánh những thành tựu của khoa học giáo dục hoặcnhững 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 thứckhác nhau nh “lấy HS làm trung tâm” ,“phát huy tính tích cực” , “phơng pháp dạy học tíchcực” , “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 thốngtri 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 thànhchủ 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); tri thức tổ chức hợp lí cácquá trình nhận thức khác nhau…); tri thức tổ chức hợp lí các

Lerner I.Ia còn thêm vào đó hai hệ thống nữa: Kinh nghiệm hoạt động sáng tạo vàkinh nghiệm thái độ tình cảm

Các nhà lí luận dạy học P.I Pitcaxixti,B.I Côrôtiaiev khẳng định: tơng ứng với hailoại hoạt động nhận thức tái tạo và tìm tòi, sáng tạo của HS thì có hai loại thông tin tái hiện

và dự đoán Thông tin tái hiện là những tri thức HS lĩnh hội ở dạng có sẵn, thông qua việcghi nhận và tái hiện lại Thông tin dự đoán là các tri thức học tập đợc HS khôi phục lạibằng 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, thìhoạt 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 kiếnthức đã có của mình

Dựa vào kết quả nghiên cứu của P.I Pitcaxixti, B.I Côrôtiaiev có hai cách chiếm lĩnhkiến 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 Dạy luyện tập toỏn cho học 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 đitrớc sự phát triển, điều đó có nghĩa là dạy học phải tiến hành trong điều kiện dự kiến đợcmức độ phát triển của HS cao hơn hiện tại Quan điểm dạy học đi trớc sự phát triển và kéotheo 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 pháttriển, 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 năngphát triển gần nhất Mức độ hiện tại đợc biểu hiện qua quá trình HS độc lập giải quyếtnhiệm vụ, không cần sự trợ giúp từ bên ngoài Còn khả năng phát triển gần nhất đợc thểhiện 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 làphơng pháp dạy học tuân theo nguyên tắc tôn trọng kinh nghiệm đã có của HS và tăng dầnmức độ khó khăn

Nh vậy dạy học không bị động chờ sự phát triển, mà ngợc lại phát triển các chứcnăng tâm lí Vấn đề động cơ học tập, hứng thú nhận thức có ý nghĩa rất quan trọng đếnhiệu quả của quá trình dạy học

Để đảm bảo thành công của quá trình dạy học, thầy giáo phải đặc biệt chú ý tớimặt 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

ng-ời và xã hội Hiểu đợc tính xã hội của dạy học và ảnh hởng của xã hội đối với nhà trờng sẽgiúp 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 từngngời đòi hỏi một quá trình dạy học thống nhất cùng với biện pháp phân hoá, do vậy tronghoạt động của mình ngời thầy cần quan tâm đến kinh nghiệm sống và điều kiện học tậpthực 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 (quátrình nhận thức, quá trình tâm lý và quá trình xã hội), hệ thống BT cần phải phản ánh tíchcực và có chọn lọc các tri thức, phơng pháp, kỹ năng liên quan chặt chẽ đến hoạt độngtoán học, thúc đẩy các chức năng tâm lý, hứng thú nhận thức và chú ý đến kinh nghiệmsống 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 sựkết hợp đa dạng nhiều khái niệm , quan hệ toán học Vì vậy để giải được BTT đòi hỏi họcsinh nắm chắc các khái niệm, định lý, quy tắc các kiến thức trong mối quan hệ toán họccủa chơng trình đã học

Theo V.M Brađixơ “BTT có thể xem là đã đợc giải chỉ sau khi đã tìm được lờigiải đảm bảo các điều kiện: Không sai sót, có lập luận khoa học, mang tính toàn diện và tốiưu”

Theo Polya G : “Giải một BTT chúng ta phải lập được một lược đồ xác định mạnhlạc những thao tác (lôgíc, toán học hay thực tiễn) bắt đầu từ giả thiết và kết thúc bằng kếtluận, dẫn dắt từ các đối tượnng mà ta có trong tay đến đối tượng ta muốn đạt tới”

+ Polya G quan niệm giải một BTT là một quá trình tìm kiếm những hoạt động thíchhợp để đạt kết quả Theo ông tiến trình giải một BTT gồm 4 bước:

- Hiểu rõ BTT (understanding the problem)

- Xây dựng chương trình giải (devising a plan)

- Thực hiện chương trình giải (carrying out the plan)

- Kiểm tra lời giải tìm được (looking back)

Bước 1: Hiểu rõ bài tập toán

- Xác định đối tượng 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 xétcấu trúc của BTT từ đó suy nghĩ hựớng giải BTT đó

Bớc 2: Xây dựng chương 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 tớiquá trình giải BTT

- Quá trình này kết hợp giữa logic hình thức (việc vạch ra “cấu trúc” của kế hoạch) vàlôgic 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 phùhợp với những chi tiết cụ thể của BTT

- Sử dụng các thao tác tư 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 ưu

- ở b ư ớc này thao tác tư duy logíc, hoạt động ngôn ngữ đóng vai trò quan trọng.Bớc 4: Khảo sát lời giải tìm được

- Công việc được tiến hành trong suốt quá trình giải BTT, việc kiểm tra nhằm chínhxác hoá lời giải (các bước suy luận, các khâu tính toán )

- Qua khảo sát lời giải còn rút ra đợc kinh nghiệm cho HS, giải bài BTT là phơngtiện học tập Từ khảo sát lời giải HS có thể hợp thức hoá BTT thành tri thức và kinh nghiệmcủa bản thân

* Giải bài tập toán theo định hớng angôrit và ơristic

“Các angôrit tồn tại dưới nhiều hình thức biểu diễn khác nhau, ngôn ngữ tự nhiên,ngôn ngữ toán học, sơ đồ khối, ngôn ngữ phương 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 được hiểu nh một quy tắc mà từ những chỉ dẫn rõ ràng và chính xác đểngười (hay máy) thực hiện một loạt thao tác nhằm đạt đợc mục đích đặt ra hay giải một lớpBTT nhất định”

R Đề Các đã nghĩ đến một phương 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 hìnhthành và phát triển năng lực sáng tạo qua giải bài tập toán nhng ông đã khẳng định “Tìm

kiếm một phương pháp toàn năng và toàn mỹ chẳng mang lại kết quả gì hơn đi tìm mộtviên đá thần kỳ, để có thể biến mọi kim loại thành vàng” Như vậy không thể có phươngpháp để giải tất cả các BTT, ngoài những dạng toán có thể dùng phương pháp theo định h-ướng angôrit còn phải sử dụng phương pháp ơristic.

Thuật ngữ ơristic có nguồn gốc Hy Lạp là “ơrêca” được hiểu là sự tìm tòi, tìm đoán,sáng tạo…); tri thức tổ chức hợp lí các

“ Ơristic đợc hiểu là tổng thể nói chung các quy tắc phương pháp khái quát từ kinhnghiệm quá khứ được dùng trong quá trình nghiên cứu phát hiện, sáng tạo ra cái mới” Giải toán theo định hướng Ơristíc mang tính chất “tìm đoán” thường 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 thức học phương phỏp tỡm lời giải bài toỏn

Học phương phỏp tỡm lời giải khụng phải là học một thuật giải mà học những kinhnghiệm giải toỏn mang tớnh chất tỡm tũi, phỏt hiện Do đú cỏch thức học phương phỏp để tỡmlời giải bài toỏn yờu cầu:

- Thụng qua việc giải những bài toỏn cụ thể, học sinh cần nắm được cỏc bước tỡmlời giải bài toỏn và cú ý thức vận dụng cỏc bước đú trong quỏ trỡnh giải toỏn

- Cũng thụng qua việc giải những bài toỏn cụ thể, giỏo viờn cần đặt ra cho học sinhnhững cõu hỏi gợi ý, tạo tỡnh huống để cỏc em tỡm tũi, dự đoỏn, phỏt hiện và cuối cựng tỡm

ra lời giải bài toỏn

Như vậy, quỏ trỡnh học sinh học phương phỏp tỡm lời giải bài toỏn là một quỏ trỡnhbiến những tri thức, phương phỏp tổng quỏt thành kinh nghiệm giải toỏn của bản thõnmỡnh thụng qua việc giải hàng loạt bài toỏn cụ thể do đú đũi hỏi người giải toỏn phải cúmột chặng đường lao động tớch cực, cú nhiều yếu tố sỏng tạo

Có ý kiến cho rằng “dạy luyện tập toán giống nh luyện tập quân sự” ; đối với đối tợnghọc sinh khá, giỏi thầy chỉ hớng dẫn các thao tác và HS tự mình làm đợc; đối với học sinhtrung bình thầy làm mẫu các động tác và học sinh làm theo đợc; đối với HS yếu thầy giáophải cho HS làm từng động tác theo mình cho đến lúc HS tự làm đợc mà không có thầylàm mẫu ở phía trớc

Qua thực tế dạy học và công tác quản lý dạy và học, chúng tôi đa ra một số định ớng 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 kiếnthức 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 ởng :

t Với đối tợng học sinh của lớp là học sinh học trung bình và yếu môn toán:

Thờng dùng các BTT ôn tập kiến thức để kiểm tra nhanh đầu tiết luyện tập (nhữngbài 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 quytrình 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 lớptrong 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 xâuchuỗi các BTT, HS đã đợc chuẩn bị Thực tế cho thấy HS hứng thú trong học tập và tiết dạythành 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 cáchgiải (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…); tri thức tổ chức hợp lí các tạo thành một số BTT nhằm phát triển t duy sáng tạo choHS

Lấy một số vớ dụ về dạy luyện tập hỡnh học cho học sinh giỏi

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 ưu 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 cầntiến hành theo các tư tưởng chủ đạo sau:

- Lấy trình độ phát triển chung của HS trong lớp làm nền tảng…); tri thức tổ chức hợp lí các

- Sử dụng biện pháp phân hoá đa diện học sinh yếu kém lên trình độ chung…); tri thức tổ chức hợp lí các

- Có những nội dung bổ sung và biện pháp phân hoá giúp học sinh khá giỏi đạt đợcnhững yêu cầu nâng cao trên cơ sở đạt được những yêu cầu cơ bản”

Chúng ta quan tâm đến ý tưởng thứ ba: “Có những nội dung bổ sung và biện pháp

phân hoá giúp học sinh khá, giỏi đạt được những yêu cầu nâng cao trên cơ sở đạt được những yêu cầu cơ bản”

Với cách dạy học phân hoá như đã nêu là phân hoá nội tại (phân hoá trong) trongmột lớp học Thực tế dạy học ở các trờng THCS đang còn phổ biến phân hoá ngoài, nghĩa

là có những lớp trình độ HS khá hơn, trong những năm gần đây các trờng chuyên, lớp chọn

ở THCS không tồn tại nữa, nhưng 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 ường phổ thông là: Nhận dạng và thể hiện; những hoạt động toán học phức hợp; nhữnghoạt động trí tuệ phổ biến trong toán học; những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt

tr-động ngôn ngữ, từ đó trong quá trình dạy học giáo viên trong mọi tình huống dù t ườngminh hay ẩn tàng cũng đều có ý tưởng góp phần rèn luyện hoạt động toán học cho họcsinh

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

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) + y4 là số chính phơng

Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

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:

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 đứngsau nó Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là 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 sốchính 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 chúngbằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 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)

=> a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1

=> N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhng 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 d 1 hoặc d 3 => 2N không là số chính phơng

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

c) Đặt 13n + 3 = y2 (y  N)  13(n - 1) = y2 – 16

 (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355Nhận 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) a2 + a + 43b) a2 + 81c) a2 + 31a + 1984Kết quả: a) 2; 42; 13

b) 0; 12; 40c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728

Bài 2 : Tìm số tự nhiên n  1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + …); tri thức tổ chức hợp lí các + n! là một số chính phơng

Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 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 = 33 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!; …); tri thức tổ chức hợp lí các; n! đều tận

cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + …); tri thức tổ chức hợp lí các n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số

chính phơng

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 + n2 là số chính phơng

 Điều giả sử sai

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phơng

Bài 4: Biết xN và x > 2 Tìm x sao cho x(x 1 ) x(x 1 )  (x 2 )xx(x 1 )

Đẳng thức đã cho đợc viết lại nh sau: x(x 1 ) 2  (x 2 )xx(x 1 )

Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 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 m là số lẻ  m = 2a + 1  m2 = 4a(a + 1) + 1

2

) 1 ( 4 2

Gọi số chính phơng phải tìm là: aabb = n2 với a, b  N, 1  a  9; 0  b  9

Ta có: n2 = aabb = 11 a0 b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)

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 n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phơng

Bằng phép thử với a = 1; 2;…); tri thức tổ chức hợp lí các; 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

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 ab2 - ba2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2)  11  a2 – b2

 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: ab2 - ba2= 32 112 (a – b)

Để ab2 - ba2 là số chính phơng thì a – b phải là số chính phơng do đó a – b = 1 hoặc a – b = 4

Gọi số phải tìm là ab với a, b  N, 1  a  9; 0  b  9

Theo giả thiết ta có: ab = (a + b)3

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)

1 T×m nghiÖm nguyªn cña Ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn

Tuú tõng bµi cô thÓ mµ lµm c¸c c¸ch kh¸c nhau

VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: 2x + 3y = 11 (1)

C¸ch 1: Ph¬ng ph¸p tæng qu¸t:

Ta cã: 2x + 3y = 11

2

1 5

Nhận xét : Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x0, y0) 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.

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.

Phơng pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phơng trình.

y x

Ph¬ng ph¸p 4 : Ph¬ng ph¸p sö dông tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph¬ng

VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña

VD: Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

6

7 3 2

2 2 2

2

1 2

2

2 2

x x x x

x x

1 )

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 tiếptam 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

x   ;

c

c b a z b

c b a

y    ;   

c b

c

z    1

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 lớnhơn 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 hìnhchữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có:

d = 2, b = 8, suy ra a = 26

d = 4, b = 4, suy ra a = 52

d = 8, b = 2, suy ra a = 104

d = 16, b = 1, suy ra a = 208Với 12 nghiệm của phơng trình (1) chỉ có 4 trờng hợp thoả mãn bài toán Bài toán có 4nghiệm 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)

x 5 3 8 3 2

64 ) 3 5 2 (

x

x x

x x

26

) ( 2

Kotm x

tm x

Vậy PT đã cho có nghiệm x=2

4 4

2 3 2 3

5 3 2

4     

0 ) 1 (

) 2

0 2

2 x x

) 2 2 )(

2 ( 3 2 2



3 2 2 6 4 3

) 4 6 2 ( 27 3

51 2

0 ) 107 52

783 26

1

x x x

2 3

b a b a

2

2

x y

y x

0 ) ( )

y x

y x

x x x x x y x

x x x

2

17 1

2 ( 5 ) 4 )(

x x

x x

Ta cã PT: 2 5 6 0





 a a

) ( 1

2 3

x

tm x

37 3

tm x

x

VËy pt cã 2 nghiÖm

37 3

; 2

3 5 2 (

x

x x

Vậy nghiệm của PT đã cho là 3

4

5

6 4

x x

Vậy PT (1) có nghiệm là x=5

c) Giải phơng trình

2 1

2 2

x x x x

).

1 (

2 1 1 1

).

1 (

2 2

2 2

x x x

x

x x x

x

1 1

Thấy x  1 là nghiệm của PT (1)

1 35 48

13

2 2

48 2 2

1 35 48

13

2 2

Xet x  1 tương tự ta suy ra phương trình vô nghiệm

ThÊy x= 1 hoÆc x= -1 lµ nghiÖm cña PT (1)

Bµi tËp:

Gi¶i c¸c PT

(1) a) 2 ( 2 2 ) 5 3 1 ( )

B x

7

11 3

y x y x

Gi¶i

3 11

x x

x y

3 11

x

x y







 2 3

y x

Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (x;y) = (3;2)

0 6 5

2

2 2

y xy x

xy x

0 ) 3 )(

2 (

2 xy y

x

y x y x

3

0 27 6 20

2

2 2

y y y x

y y y x

1 27 1 20

5 4 9 3

2 0 3

5 49 2

y

y x

y

y x

10 549 3

10 549 3

y x

14 127 3 3

14 127 3 3

y x

2003 2003

2 2 2

3

z y

x

zx yz xy z y x

) 1 (

2004 2003

2003 2003

2 2 2

z y

x

zx yz xy z y x

2 2 3

5

y x

y x

4 2 6

5

y x

y x

5

6 6 6

y x

y x

3 3

x y

y x

Giải:

Hệ đã cho tơng đơng với

3

3

y x y

(

1 2

2 2 3

y xy x y

x

y x

x x

2 5 1 2 5 1 1

y x

2 5 1

2 5 1

y x

x

z x z

z yz

y

y xy

1 ) (

1 (

5 )

1 )(

1 (

2 )

1 ) (

1 (

x z

z y

y x

1 )(

1 (

5 )

1 )(

1 (

2 )

1 )(

1 (

10 0 )

1 )(

1 )(

1

x z

z y

y x

z y

1 )(

1 (

5 )

1 )(

1 (

2 )

1 )(

1 (

1 0 )

1 )(

1 )(

1 (

x z

z y

y x

z y

2 1

5 1

y z

z y

Vậy hệ đã cho có nghiệm là

2 2 3 3

2 2

xy y x y x

y y x

) 1 ( 5

2b

a

a ab

2   

 a a (Vì a 0)

0 ) 3 )(

a a

2 3

y x y

x y x

3 2

y x y

x y x

Tóm lại hệ phơng trình đã cho có nghiệm là:

11

; 4

1

; 4 7

3 3 3 3

y xy x

y y x x

3 3

b a

ab b

2 b b b a

2 (

5

b b

b a

b a



 3 2

b a

+) 





 2 3

xy y x

2 y

y

y x

1 ( 3

y y y x

 



 1 2

y x

Hoặc 



 2 1

y x

+) 





 3 2

xy y x

2 y

y

y x

(

215 6

2 2

2 2 4

y x xy

y x y

4

3 3

4 3 3

4

xy y

x

y xy y x x

215

16770 78

312 312

78

3 3

4 3

3 4

xy y

x

y xy

y x x

97 97

78

3 3

4 3

3 4

xy y x

y xy

y x x

Đặt t  y x PT (1) trở thành

0 78 97 97

3 2 )(

2 3

y x

Hoặc 





 3 2

y x

2

3 2

y x

y x

Tóm lại hệ đã cho có nghiệm là:

z y x

4 4 4

1

; 3

1 )

;

; (x y z

x

y x x

6 24 32

3 32

4

2 4

21 6 )

32 (

) 32 (

2 4

2 4

4

y x x

y y x x

x x

Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có

64 ) 32 )(

1 1 ( ) 32

Đẳng thức xẩy ra khi x= 16 và y=3 (t/m)

Vậy hệ đã có nghiệm là (x;y) = (16;3)

Ta biến đổi A B  A1 B1  A n B n(đõy là bất đẳng thức đỳng)

Hoặc từ bất đẳng thức đứng A n B n, ta biến đổi

2) Phương pháp biến đổi đồng nhất

Để chứng minh BĐT: A  B Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng các biểu thức có giá trị không âm

3) Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức

Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như: