Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi

ỉ, để tự tìm ra đáp số. 
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh. Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm trong mỗi dạng toán khác nhau nó đòi hỏi phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực nhiều mặt một cách sáng tạo vì vậy học sinh phải biết sử dụng phương pháp nào cho phù hợp.
Các dạng toán về số học ở chương trình THCS thật đa dạng phong phú như: Toán về chia hết, phép chia có dư, số nguyên tố, số chính phương, phương trình nghiệm nguyên.
 	Đây là một dạng toán có trong chương trình THCS nhưng chưa đưa ra phương pháp giải chung. Hơn nữa phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trong các đề thi học sinh giỏi huyên, học sinh giỏi tỉnh .Song khi giải các bài toán này không ít khó khăn phức tạp. Từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh hay bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán và chưa có nhiều phương pháp giải hay. 
Từ những thuận lợi, khó khăn và yêu cầu thực tiễn giảng dạy.Tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi”
Trong quá trình viết đề tài do điều kiện và kinh nghiệm không tránh khỏi khiếm khuyết. Rất mong được sự đóng góp, của thầy cô giáo và đồng nghiệp.
2. Mục tiêu nhiệm vụ của đề tài.
Giúp cho học sinh có kỹ năng nhận dạng, nhận biết, biến đổi bài toán tìm nghiệm nguyên của những bài toán cơ bản thuần túy lý thuyết chuyển sang áp dụng giải quyết các vấn đề thực tiễn cuộc sống liên quan đến số nguyên.
Hệ thống hóa một số dạng toán về phương trình nghiệm nguyên, một số phương pháp giải giúp học sinh có kỹ năng biến đổi giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyên và áp dụng thực tiễn.
3. Đối tượng nghiên cứu.
 Tập trung vào việc định dạng, phương pháp giải hợp lý các bài toán số học có liên quan đến tìm nghiệm nguyên của phương trình. 
4. Giới hạn của đề tài.
Chương trình toán số học THCS đặc biệt chương tình lớp toán 7 lớp 8 và lớp 9 đối với các bài toán về nghiệm nguyên.
5. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp thống kê toán học: thu thập thông tin từ học sinh để hình thành ý tưởng, xây dựng cơ sở lý luận của đề tài  và hoàn thành đề tài; 
 	-Đọc và nghiên cứu tài liệu tham khảo.
	 - Nghiên cứu cơ sở lý thuyết.
	 -Thực nghiệm sư phạm qua giảng dạy.
 - Phương pháp so sánh đối chứng.
 - Phương pháp điều tra phân tích, tổng hợp.
II. PHẦN NỘI DUNG.
1.Cơ sở lý luận.
Toán học là một môn khoa học đòi hỏi người học toán, người làm toán,
người dạy toán đều phải có tư duy cao độ. Thông qua môn toán chúng ta có thể rèn luyện được năng lực phân tích tổng hợp, tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo góp phần hình thành kỹ năng trong cuộc sống. Muốn giỏi toán đòi hỏi học sinh không chỉ có kiến thức cơ bản tư duy phân tích tổng hợp sáng tạo mà phải có phương phápluận khoa học, có sự hỗ trợ cần thiết của người thầy. Vì vậy để nâng cao chấtlượng dạy và học toán người thầy cần truyền cảm hứng cho học sinh để các em có niềm đam mê với môn toán.
Đối với việc dạy học chuyên đề phương trình nghiệm nguyên không có 
bài cụ thể trong chương trình sách giáo khoa phổ thông nhưng nội dung này lại thường có trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, đề thi vào các trường chuyên.
 	2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu.
Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên được áp dụng nhiều trong việc làm toán và giải các bài toán khác, ứng dụng trong thực tế cuộc sống. Trong khi đó học sinh rất ngại khi gặp phải dạng toán này ví dụ như bài toán giải phương trình nghiệm nguyên: 
1) 2xy – 4x + y = 7
2)5x - 7y = 15
3) 3x2 + 5y2 = 345
4) 
5) xy - 4x = 35 - 5
 Đây chỉ là bài toán đơn giản nhưng học sinh bị bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán, phương hướng giải. Lý do chủ yếu của các vấn đề trên là các em chưa có hệ thống phương pháp giải dạng toán đó.
Phương trình nghiệm nguyên là chuyên đề rất đa dạng và phong phú nó có thể là phương trình một ẩn, nhiều ẩn, có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao, không có cách giải chung cho mọi phương trình, để giải các phương trình đó thường dựa vào cách giải một số phương trình cơ bản và một số phương pháp giải cơ bản.
Tài liệu dạy và học nội dung phương trình nghiệm nguyên có rất nhiều trên mạng, thư viện, tài liệu tham khảo trên thị trường nhưng để hệ thống và tổng hợp cho phù hợp với đối tượng học sinh để giúp các em có kỹ năng giải toán không phải là đơn giản.
	3. Nội dung và hình thức của giải pháp:
a. Mục tiêu của giải pháp.
-Đưa ra một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên;
-Hệ thống các phương pháp cơ bản theo từng yêu cầu của bài toán;
-Hình thành kỹ năng phát hiện dạng toán và dự đoán phương án giải quyết vấn đề cho một bài toán.
b. Nội dung và cách thực hiện giải pháp.
Trên cơ sở thực trạng những khó khăn khi giải phương trình nghiệm nguyên tôi đề xuất một số phương pháp cụ thể trong đề tài này.
b.1 Đưa về phương trình ước số.
Ta đưa phương trình về dạng có một vế là tích các đa thức có hệ số nguyên, ( thường chỉ có tích 2 đa thức) và một vế là một hằng số nguyên. Để tìm nghiệm của phương trình ta tìm các ước của hằng số đó.f (x1, x2,., xn).h (x1, x2,., xn) = a
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2xy – 4x + y = 7 
	 Giải
2xy – 4x + y = 7 Û (2x + 1)(y – 2) = 5. Ta thấy 2x + 1 và y – 2 là các ước của 5, nên ta có
2x + 1
1
-1
5
-5
y - 2
5
-5
1
-1
x
0
-1
2
-3
y
7
-3
3
1
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x;y) là (0 ; 7), (-1 ; -3), (2 ; 3), (-3 ; 1).
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2
Hướng dẫn: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2Û x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1
 Û (x+1)4 – y2 = 1 Û [(x+1)2 –y] [(x+1)2+y]= 1
Tương tự ta suy ra được 
Þ y = 0 Þ (x+1)2 = 1 Û x+1 = ±1 Þ x = 0 hoặc x = -2
Vậy ( x, y ) = ( 0, 0 ); ( - 2, 0 )
 	b2. Phương pháp Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chất chia hết.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình
	x2 – xy = 6x – 5y – 8
	Giải
Biểu thị y theo x được (x – 5)y = x2 – 6x + 8
Với x = 5 ta có 0y = 3, vô nghiệm.
Với x 5 ta có y = = x – 1 + 
Để y có giá trị nguyên thì 3 x – 5 hay x – 5 Ư(3), ta có:
x - 5
-3
-1
1
3
x
2
4
6
8
y
0
0
8
8
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x; y) là (2 ; 0), (4 ; 0), (6 ; 8), (8 ; 8).
Kinh nghiệm giải : Ta thường sử dụng phương pháp biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chất chia hết để giải phương trình nghiệm nguyên khi một trong hai ẩn của phương trình có bậc cao nhất là bậc một. Khi đó ta biểu diễn ẩn này theo ẩn kia rồi giải phương trình.
Ví dụ 2:Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x + 3y = 11
 	Hướng dẫn Dùng tính chất chia hết.
Ta có 2x + 3y = 11Þ x= = 5- y-
Do x, y nguyên Þ nguyên 
đặt = k Þ y = 2k +1 Þ x = 4- 3k (k Î Z
 Vậy nghiệm tổng quát 
	b3. Phương pháp đưa về dạng tổng.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 – x – y = 8
Hướng dẫn:
Ta có x2 + y2 –x – y = 8Û 4 x2 + 4 y2 – 4 x –4y = 32
Û (4x2 – 4x +1) + (4y2 – 4y + 1) = 34Û (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất 1 dạng phân tích thành tổng của 2 số chính phương 32 và 52
 Do đó ta có hoặc	 
Giải ra ta được (x,y) = (2,3); (2,-2); (-1, -2); (-1, 3) và các hoán vị của nó.
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169
Hướng dẫn: Ta có x2 – 4xy + 5y2 = 169Û (x – 2y)2 + y2 = 169 
Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122
 Þ 	hoặc 
 hoặc 	hoặc 
Giải ra ta được (x, y) = (29, 12);(19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); 
(-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13. 0); (13, 0)
b4. Phương pháp Xét số dư từng vế.
Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y2 + y (1)
Lời giải
Ta có: 9x + 2 = y2 + y 9x + 2 = y(y + 1) (*)
Ta thấy vế trái của (*) là số chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2. 
Nếu y chia hết cho 3 hoặc y chia cho 3 dư 2 thì y(y + 1) đều chia hết cho 3, trái 
với kết luận trên. 
Do đó y chia cho 3 dư 1. Đặt y = 3k + 1(k là số nguyên) thì y +1 = 3k + 2. Khi đó ta có: 9x + 2 = (3k + 1)(3k + 2) 9x = 9k(k+1) x = k(k+1)
Thử lại x = k(k+1) và y = 3k + 1(k là số nguyên) thoả mãn phương trình đã cho. 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình (1) là x = k(k+1) và y = 3k + 1( với k là số nguyên)
	b5. Phương pháp sử dụng tính chẵn lẻ.
 Ví dụ 1: Tìm x, y nguyên tố thoả mãn y2 – 2x2 = 1
Hướng dẫn:
Ta có y2 – 2x2 = 1	Þ y2	= 2x2 +1 Þ y là số lẻ
Đặt y = 2k + 1 (với k nguyên).Ta có (2k + 1)2 = 2x2 + 1 
Û x2 = 2 k2 + 2k Þ x chẵn , mà x nguyên tố Þ x = 2, y = 3
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: 
x2 – y2 = 2006 (2)
Lời giải
 Phương trình (2) viết thành: (x – y)(x + y) = 2010 
Vì (x – y) + (x + y) = 2x là số nguyên chẵn nên (x – y) và (x + y) cùng tính chẵn lẻ. Từ (x – y)(x + y) = 2010 suy ra (x – y) và (x + y) đều chẵn. Do đó: 
(x – y)(x + y) chia hết cho 4. Nhưng 2010 không chia hết cho 4. (1).
Giả sử (x – y) và (x + y) là 2 số cùng lẻ nhưng 2010 không thể là tích của 2 số lẻ nào . (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên.
 b6. Phương pháp Sắp thứ tự các ẩn.
 Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x y z ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. 
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz   (1). 
Lời giải 
 Do các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn:1xyz
 Do đó xyz = x + y + z 3z chia hai vế của bất đẳng thức xyz 3z cho số dương z ta được xy3. Do đó xy {1; 2; 3}
 Với xy = 1, ta có x = 1, y = 1. Thay vào (1) được 2 + z = z (loại)
 Với xy = 2, ta có x = 1, y = 2. Thay vào (1) được z = 3
 Với xy = 3, ta có x = 1, y = 3. Thay vào (1) được z = 2 (loại) vì trái với sắp xếp
 y z.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (1) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : (2) 
Lời giải
 Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn x ≤ y ≤ z. Ta có : 
 ( do x nguyên dương)
Thay x = 1 vào (2) ta có : 
Suy ra : y = 1 = 0 (vô lí) hoặc y = 2 = 2 z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). 
b7. Phương pháp Dùng bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 –xy + y2 = 3
Hướng dẫn:
Ta có x2 –xy + y2 = 3 Û (x- )2 = 3 - 
Ta thấy (x- )2 ³ 0 Þ 3 - ³ 0 Þ -2 £ y £ 2
Þ y= ± 2; ±1; 0 thay vào phương trình tìm x 
Ta được các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x, y) = (-1,-2), (1, 2); (-2, -1); (2,1) ;(-1,1) ;(1, -1)
 Ví dụ 2: Tìm các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình : 
 (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y 
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta có: 
x2 + 1 2x, dấu bằng xảy ra x = 1. 
x2 + y2 2xy, dấu bằng xảy ra x = y. 
Vì x, y nguyên dương nên nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được : 
(x2 + 1)(x2 + y2) 4x2y, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. 
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất x = y = 1. 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
Đẳng thức xảy ra 
Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là x = y = 1.
b8. Phương pháp Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc 2. 
Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc 2 của một ẩn coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của tham số.
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 
Lời giải
Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0
Û y2 +2(2x + 1)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 (*) 
Coi x là tham số của phương trình bậc 2 (*) với ẩn y, ta có:
 y = -(2x + 1) ± . Do y nguyên, x nguyên Þ nguyên 
Mà = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – 4 Þ x2 – 4 = n2 (n là số tự nhiên) 
Þ (x- n) (x+ n) = 4 Þ x = ± 2 (do x - n và x + n cùng tính chãn lẻ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là (x; y) {(2; -5); (-2, 3)}
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0
	Lời giải
Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + 2 = 0 coi y là tham số ta có phương trình bậc 2 ẩn x. Giả sử phương trình bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 
Theo định lý Viet, ta có : 
Þ 5 x1 + 5x2 – x1x2 = 23
Û (x1 -5) (x2 -5) = 2 mà 2 = 1.2 = (-1)(-2)
Þ x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 Þ y = 8 hoặc y = 2
Thay vào phương trình ta tìm được các cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) là các nghiệm nguyên của phương trình.
Ví dụ 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1)
Lời giải
Viết (1) thành phương trình bậc 2 đối với x
x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = 0 (2)
Điều kiện cần để (2) có nghiệm là 0
= (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + 1 - 4y2 + 4y
 	 = -3y2 + 6y + 1
 * 0 
Do đó (y - 1)2 1. Suy ra -1 y - 1 1
y - 1
-1
0
1
y
0
1
2
Với y = 0, thay vào (2) ta được x2 - x = 0 Ta có x1 = 0; x2 = 1
Với y = 1, thay vào (2) được x2 - 2x = 0 Ta có x3 = 0; x4 = 2
Với y = 2, thay vào (2) ta được x2 - 3x + 2 = 0 Ta có x5 = 1; x6 = 2
Thử lại, các giá trị trên đều nghiệm đúng phương trình. 
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên là (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2)
 Một số bài toán áp dụng thực tế ( sưu tầm).
Bài 1: Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ.
Hướng dẫn:
Gọi x, y lần lượt là số đấu thủ của đội 1 và đội 2 (x, y nguyên dương )
Theo bài ra ta có xy = 4 (x + y) 
Đây là phương trình nghiệm nguyên ta có thể giải bằng các cách sau 
Cách 1: Có xy = 4(x + y)Û xy – 4x – 4y + 16 = 16Û (x-4) (y - 4) = 16
mà 16 = 1.16 = 2.8 = 4.4 
lại có ít nhất 1 đội có số đấu thủ lẻ
Þ Û hoặc 
Cách 2: Ta thấy x, y bình đẳng.Không mất tính tổng quát ta giả sử x£ y
 Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)Û + = 1
 lại có ³ Û + £ Û £ 1Þ x £ 8 Þ x= {5, 6, 7, 8}
 Mà £ 1 Þ x > 4
 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn)
 Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ
Bài 2: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3.
Hướng dẫn:
Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất 	là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại
Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 
Gọi năm sinh của Bác là 18 xy
(x, y nguyên dương, x, y £ 9)
Theo bài ra ta có
 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3Û 11x + 2y = 99
Þ 2y 11 mà (2, 11) = 1 Þ y 11 mà 0£ y £ 9	
Nên y = 0 Þ x = 9
Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890
Bài 3: Hãy dựng một tam giác vuông có số đo 3 cạnh là a, b, c là những số nguyên và có cạnh đo được 7 đơn vị.
	Hướng dẫn:
 Giả sử cạnh đo được 7 đơn vị là cạnh huyền (a = 7)
 Þ b2 + c2 = 72 Þ b2 + c2 7 Þ b 7; c 7
 (vì số chính phương chia hết cho 7 dư 0, 1, 4, 2)
 lại có 0 < b, c < 7 loại Þ Cạnh đo được là cạnh góc vuông giả sử b = 7 
 Ta có a2 – c2 = 49 Û (a+c)(a-c) = 49Þ Þ 	 
 Vậy tam giác cần dựng có số đo 3 cạnh là 7, 25, 24 
 Bài tập vận dụng. 
Bài 1: Giải các phương trình nghiệm nguyên.
a) 3x3 - 3y3 = 21 b) 3xy + x - y = 1 c) 2x2 + 3xy - 2y2 = 7
Bài 2: Tìm x,y, z nguyên dương thoả mãn.
a) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz b) xy + yz + zx = xyz + 2 c) 
Bài 3: Chứng minh rằng:
a) Phương trình không có nghiệm nguyên dương.
b) chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương.
Bài 4: Giải phương trình trên tập số nguyên.
a).	b).	c).
Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình sau.
a).	 b) 
c). d).	 
 c. Kết quả khảo nghiệm.
 Trước và sau khi thực hiện đề tài.
Để đánh giá được khả năng của các em đối với dạng toán trên và có phương án tối ưu truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề toán cho 10 em học sinh khá giỏi khối 9 của trường như sau:
Bài 1: ( 6 điểm ) Tìm số nguyên x, y biết
 	a) x – y + 2xy = 6 b) 
Bài 2: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 – 5y2 = 0
 Kết quả thu được như sau: 
 Dưới điểm 5
 Điểm 5 – dưới 8
 Điểm 8 - 10
SL
%
SL
%
SL
 %
 7
70
 3
30
0
 0
Qua việc kiểm tra đánh giá tôi thấy học sinh không có phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đạt hiệu quả. Lời giải thường dài dòng, không chính xác, đôi khi còn ngộ nhận hoặc đoán mò.
Cũng với những bài toán trên học sinh được trang bị các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên thì tôi thấy học sinh giả quyết vấn đề có hiệu quả, chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày càng cao. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành thạo các phương pháp cho từng bài cụ thể. Kết quả cụ thể như sau:
Dưới điểm 5
 Điểm 5 – dưới 8
Điểm 8 - 10
SL
%
SL
%
SL
%
1
10
7
70
2
20
 III- KẾT LUẬN và KIẾN NGHỊ
KẾT LUẬN
 Đề tài này đã nhận được thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi tôi thấy học sinh nắm được bài và rất hứng thú học tập. Tôi nghĩ rằng tôi cần phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học hỏi thầy cô và các bạn đồng nghiệp để tiếp tục xây dựng đề tài ngày càng phong phú hơn.
Là một giáo viên trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi nhiều năm tôi nhận thấy việc giải các bài toán ở chương trình THCS không chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức trong SGK, đó mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ. Để giỏi toán học sinh cần phải luyện tập nhiều, thông qua việc giải các bài toán từ dễ đến khó môt cách đa dạng. 
Muốn vậy người thầy phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo hứng thú cho học sinh. Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm trong mỗi dạng toán khác nhau để giải được đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, sáng tạo, phải biết sử dụng phương pháp giải phù hợp đối với mỗi bài toán.
 Đề tài này đã được thử nghiệm qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, qua đó tôi thấy học sinh nắm rất vững các phương pháp và rất hứng thú học tập. Tôi nghĩ rằng tôi cần phải cố gắng đọc thêm tài liệu, học bạn bè đồng nghiệp để tiếp tục xây dựng đề tài ngày càng phong phú hơn.
 KIẾN NGHỊ. 
Đối với nhà trường : 
 	Cần tạo điều kiện thuận lợi hơn nữa về thời gian cũng như tài liệu để giúp giáo viên, nhất là giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy tốt hơn. 
 	 Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt hơn cho công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và học sinh.
 Đối với ngành :
 	 Mở những buổi hội thảo chuyên đề về bộ môn Toán để nâng cao trình độ chuyên môn và học hỏi kinh nghiệm của các đồng nghiệp.
 	 Tổ chức các buổi thảo luận, hướng dẫn viết SKKN và giới thiệu các sáng kiến kinh nghiêm có chất lượng cao, ứng dụng lớn trong thực tiễn.
 Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và được ứng dụng rộng rãi, phổ biến trong nhiều bài toán, dạng toán. Chắc chắn rằng còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều ví dụ hấp dẫn khác. Nhưng do năng lực bản thân có hạn nên trong khi trình bày sáng kiến này sẽ không tránh khỏi những điểm thiếu sót và khiếm khuyết.
 Người viết
	Vương Văn Lương
 Mục lục 
 Trang
I.Phần mở đầu	 2 1. Lý do chọn đề tài 2
 2. Mục tiêu của đề tài 3
 3.Đối tượng nghiên cứu	 3
 4. Giới hạn của đề tài 3
 5. Phương pháp nghiên cứu 3
 II. Phần nội dung 3
Cơ sở lí luận 3
Thực trạng vấn đề nghiên cứu 4
Nội dung hình thức giải pháp 4
Mục tiêu của giải pháp 4
Nội dung và cách thực hiện giải pháp 5
Kết quả khảo nghiệm 13
 III .Kiến nghị và kết luận	 14	
Tài liệu tham khảo .
 1. Hướng dẫn học số học 6 - Tác giả : Hoàng Công Chức - NXB tổng hợp TPHCM.
2. Toán điển hình và phương pháp giải toán THCS - Tác giả :
 Lê Hải Châu, Nguyễn Xuân Quỳ - NXB Hà Nội .
3.Toán bồi dưỡng học sinh giỏi THCS - Tác giả :Vũ Hữu Bình - NXB Giáo dục.
4.Toán nâng cao và các chuyên đề Toán 6, lớp 7-Tác giả: Vũ Dương Thụy
 - NXB Giáo dục.
5.Nâng cao và phát triển toán 6, toán 7, toán 8, toán 9 - Tác giả : Vũ Hữu Bình - NXB Giáo dục.
6. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán THCS -Tác giả : Bùi Văn Tuyên 
 - NXB Giáo dục.
7. Sách bài tập toán 6 , toán 7, toán 8, toán 9 ( tái bản từ 2010 trở về sau ) nhóm tác giả: Tôn thân - Vũ Hữu Bình - Phạm Gia Đức -Trần Luận- NXB Giáo dục.