Chuyên đề Một số phương pháp mở rộng bài toán THCS

PHßNG GI¸O DôC - §µO T¹O M£ LINH TR¦êng thcs thanh l©m b mét sè Ph­¬ng ph¸p më réng bµi to¸n thcs Ng­êi thùc hiÖn : lª thÞ kim khuyªn Tæ: khtn Tr­êng: thcs thanh l©m b N¨m häc: 2013 - 2014 N¨m häc: 2011 - 2012 1.§inh nghÜa: Sè chÝnh ph­¬ng lµ b×nh ph­¬ng cña mét sè tù nhiªn. 2. Mét sè tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph­¬ng: 2.1) Sè chÝnh ph­¬ng chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9. Kh«ng tËn cïng bëi c¸c ch÷ sè 2, 3, 7, 8. -. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. - Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 - Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. - Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 2.2) Khi ph©n tÝch mét sè chÝnh ph­¬ng ra thõa sè nguyªn tè ta ®­îc c¸c thõa sè lµ luü thõa cña sè nguyªn tè víi sè mò ch½n. Ch¼ng h¹n: 3600 = 602 = 24.32.52 Tõ ®ã sè chÝnh ph­¬ng N chia hÕt cho p th× N chia hÕt cho p2 .(p lµ sè nguyªn tè). *)Tæng qu¸t: NÕu sè chÝnh ph­¬ng N chia hÕt cho p2k+1 th× N chia hÕt cho p2k+2 (p lµ sè nguyªn tè, k N). 2.3) Sè chÝnh ph­¬ng chia cho 3 chØ cã thÓ d­ 0 hoÆc d­ 1. ThËt vËy, xÐt c¸c tr­êng hîp: (3k)2= 9k2 chia hÕt cho 3 (k) (3k +1) 2 = 9k2 + 6k + 1chia cho 3 d­ 1(k) (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 chia cho 3 d­ 1(k) *)T­¬ng tù: Mét sè chÝnh ph­¬ng chia cho 4 chØ cã thÓ d­ 0 hoÆc d­ 1, chia cho 5 d­ 0 hoÆc d­ 1 hoÆc d­ 4, khi chia cho 8 dư 0;1 hoặc 4. Sè chÝnh ph­¬ng lÎ chia cho 4 hoÆc chia cho 8 ®Òu d­ 1. Như vậy một số chính phương chỉ có thể có dạng 4n; 4n + 1; 3n ; 3n+1. Không có số chính phương nào có dạng 4n +2; 4n +3; 3n +2 (n N) 2.4) Gi÷a hai sè chÝnh ph­¬ng liªn tiÕp kh«ng cã sè chÝnh ph­¬ng nµo. n2 < x2 < (n + 1)2 kh«ng tån t¹i xZ tho¶ m·n n2 < x2 < (n +2)2 x2 = (n+1)2 2.5) NÕu hai sè nguyªn liªn tiÕp cã tÝch lµ mét số chÝnh ph­¬ng th× mét trong hai sè nguyªn ®ã lµ sè 0. 2.6) Một số chính phương có số ước số (ước tự nhiên) lẻ và ngược lại nếu một số tự nhiên có số ước số (ước tự nhiên) lẻ thì số đó là số chính phương. c/m: Giả sử số A được phân tích ra thừa số nguyên tố có dạng A = ... với là các số tự nhiên và là số nguyên tố và i Ta có: Số các ước của A là : ( là số lẻ đều là số lẻ hay đều chẵnA là một số chính phương. Đảo lại: A là số chính phương Suy ra A = . với các là các số nguyên tố, k và i . Khi đó ta có số các ước của A là: là số lẻ . (ĐPCM) 2.7) Nếu m, n là hai số chính phương và m n thì là số chính phương. 2.8). NÕu hai sè tù nhiªn a vµ b nguyªn tè cïng nhau cã tÝch lµ mét sè chÝnh ph­¬ng th× mçi sè a, b còng lµ mét sè chÝnh ph­¬ng 3. NhËn biÕt mét sè chÝnh ph­¬ng 3.1) §Ó chøng minh N lµ mét sè chÝnh ph­¬ng ta cã thÓ: - BiÕn ®æi N thµnh b×nh ph­¬ng cña mét sè tù nhiªn( hoÆc sè nguyªn) - VËn dông tÝnh chÊt: NÕu hai sè tù nhiªn a vµ b nguyªn tè cïng nhau cã tÝch lµ mét sè chÝnh ph­¬ng th× mçi sè a, b còng lµ mét sè chÝnh ph­¬ng. 3.2) §Ó chøng minh N kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng ta cã thÓ: - Chøng minh N cã ch÷ sè tËn cïng lµ 2, 3, 7, 8 hoÆc cã mét sè lÎ ch÷ sè 0 tËn cïng. - Chøng minh N chøa sè nguyªn tè víi sè mò lÎ. - XÐt sè d­ khi chia N cho 3 hoÆc cho 4 hoÆc cho 5, cho 8... Ch¼ng h¹n, nÕu N chia cho 3 cã sè d­ lµ 2; hoÆc N chia cho 4, cho 5 cã sè d­ lµ 2; 3 th× N kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng. - Chøng minh N n»m gi÷a hai sè chÝnh ph­¬ng liªn tiÕp . B. Một số dạng bài tập 1. Dạng 1:Chứng minh một số là số chính phương: Ví dụ 1: Chứng minh số sau là số chính phương. a) 1156 b) 111556 c) C = (n N*) Hướng dẫn: Học sinh có thể dùng máy tính tính căn bậc hai hoặc phân tích các số ra thừa số nguyên tố, để kiểm tra các số trong phần a và b xem các số đó là bình phương của số nào. 1156 = 22.172 = 342 nên 1156 là số chính phương. 111556 = 3342 nên là số chính phương *) Nhận xét. Trong phần a ta có: 1156 = 342 = (3.11 + 1)2 Nếu đặt a = 11 thì 1156 = (3a +1)2 Trong phần b : 111556 = 3342 = (3 .111 + 1)2. Nếu đặt a = 111 thì 111556 = (3.111 + 1)2 = (3a +1)2 c)Ta có C = = .10n + + 1 Ta có với n = 1 ta có C = 16 = (3.1 + 1)2 là một số chính phương n =2;3 C chính là các số trong phần a và b. Từ nhận xét trên để chứng minh C là một số chính phương ta đÆt th× = 9a do ®ã +1 = 10n = 9a +1. Suy ra C = a. 10n + 5a + 1 = a( 9a +1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 = (). VËy C lµ mét sè chÝnh ph­¬ng: Chú ý: Khi biÕn ®æi mét sè trong ®ã cã nhiÒu ch÷ sè gièng nhau thµnh mét sè chÝnh ph­¬ng ta nªn ®Æt vµ nh­ vËy +1 = 10n = 9a +1. Ví dụ 2: Chứng minh rằng tích của bốn số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là một số chính phương. Giải: Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là n; n +1; n +2; n +3 .(n N). Ta có: n(n+1)(n+2)(n+3) + 1 = (n2 + 3n).(n2 + 3n + 2) + 1 =(n2 + 3n )2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n +1)2 . Vậy tích của bốn số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là số chính phương . 2.Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương. VÝ dô 1: Chứng minh rằng: Tích của hai số tự nhiên liên tiếp khác không, của hai số chẵn liên tiếp (khác không) hoặc hai số lẻ liên tiếp không thể là số chính phương. Gọi hai số tự nhiên liên tiếp khác không là n, n+1; (n N*) ta có: n2 < n(n + 1) < (n + 1)2. Do đó n(n +1) không phải là số chính phương . Gọi hai số chẵn liên tiếp khác không là 2k, 2k + 2 ( k N*) ta có: (2k)2 < 2k(2k +2) < (2k + 1)2 Do đó 2k.(2k +2) không phải là số chính phương. Gọi hai số lẻ liên tiếp là 2q + 1, 2q +3 ( q N) ta có: (2q + 1).( 2q + 3) = 4q2 + 6q + 2q + 3 = 4q2 + 8q + 3 (2q +1)2 = 4q2 + 4q + 1 (2q +2 )2 = 4q2 + 8q + 4 Nên : (2q +1)2 < (2q + 1).( 2q + 3) <(2q +2 )2 Do đó (2q + 1).( 2q + 3) không phải là số chính phương. Học sinh có thể xét số dư khi chia cho ở phần c như sau: (2q + 1).(2q + 3) = 4q2 + 8q + 3 chia cho 4 dư 3 nên không là số chính phương. VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: Tæng cña ba sè chÝnh ph­¬ng liªn tiÕp kh«ng ph¶i lµ mét sè chÝnh ph­¬ng Tæng S = 12 + 22 + 32 + .... + 302 kh«ng ph¶i lµ mét sè chÝnh ph­¬ng. Gi¶i: Gäi ba sè chÝnh ph­¬ng liªn tiÕp lµ (n - 1)2; n2 ; ( n +1)2 (n N*) Tæng cña chóng lµ (n - 1)2 + n2 + ( n +1)2 = 3n2 + 2 Tæng nµy chia 3 d­ 2 nªn kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng Ta viÕt S thµnh tæng cña 10 nhãm, mçi nhãm 3 sè h¹ng S = ( 12 + 22 + 32 ) + ( 42 + 52 + 62) + ... + (282 + 292 + 302) Mçi nhãm chia cho 3 d­ 2 nªn. S = (3k1 + 2) + (3k2+ 2) + ... + (3k10 + 2) (k1 ; k2;...; k10 N) S = 3k1 + 3k2+ ... + 3k10 + 18 +2 S = 3k + 2 (trong ®ã k = k1 + k2 +... k10 + 6 ) S chia cho 3 d­ 2 nªn S kh«ng lµ sè chÝnh ph­¬ng. NhËn xÐt: Trªn ®©y ta ®· chøng minh mét sè kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng b»ng c¸ch xÐt sè d­ trong phÐp chia sè ®ã cho 3. V× sè d­ khi chia cho 3 lµ 2 nªn ta kh¼ng ®Þnh sè ®ã kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph­¬ng. NÕu sè d­ khi chia cho 3 lµ 0 hay lµ 1 th× ta ch­a kh¼ng ®Þnh ®­îc ®iÒu g× . Kh«ng ®­îc véi vµng kÕt luËn sè ®ã lµ sè chÝnh ph­¬ng. Ví dụ 3: Tổng bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp có phải là một số chính phương không? Hướng dẫn: Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp là n; n + 1; n + 2; n+3; n + 4; nN ta có: A = n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 +(n + 4)2 = 5n2 + 20n + 30 = 5(n2 + 4n + 6). Ở đây ta thấy A chia cho 5 dư 0 nhưng không thể kết luận A là số chính phương được vì không phải số nào chia hết cho 5 cũng là số chính phương. Giả sử A là một số chính phương . Vì số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25 nên ta có n2 + 4n + 6 = 5t2 (t N*) (n + 2)2 + 2 = 5t2 (n + 2)2 = 5t2 - 2 = 5(t2 - 1) + 3 (n + 2)2 = 5q + 3. ( q = t2 - 1) . Điều này vô lí vì số chính phương khi chia cho 5 không thể dư 3. Vậy tổng bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương. 3.Dạng 3: Tìm điều kiện để một số là số chính phương Ví dụ 1: Tìm a N để các số sau là những số chính phương : a2 + a + 1589 . 13a +3. Hướng dẫn: Đặt a2 + a + 1589 = k2 (k N*) Suy ra (2a +1)2 + 6355 = 4k2 (2k)2 – (2a + 1)2 = 6355 (2k + 2a +1 ).(2 k - 2a - 1) = 6355 Nhận xét : 2k + 2a + 1 và 2 k - 2a - 1 là số lẻ và (2k + 2a +1 ) > (2 k - 2a - 1) > 0. Do đó ta viết : (2k + 2a +1 ).( 2k - 2a - 1) = 6355 = 6355.1 = 1271.5 = 41.5.31 = 205.31=155.41 TH1 TH2 TH3 TH4 Suy ra a có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. b) Đặt 13a + 3 = y2 (y N*) 13. (a - 1) = y2 - 16 = (y + 4). (y - 4)(y + 4). (y - 4) 13 13 là số nguyên tố y + 4 13 hoặc y - 4 13 y = 13n 4 ; (n N)13. (a - 1) = (13n 4)2 - 16 = 13n.(13n 8)  a = n.(13n 8) + 1. Vậy a = n.(13n 8) + 1 với n N. Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: n4 + n3 + 1 là số chính phương. Hướng dẫn: Giả sử: n4 + n3 + 1 là số chính phương. Vì n4 + n3 + 1 > (n)2 nên ta có: n4 + n3 + 1 = ( n2 + k)2 = n4 + 2n2k +k2, với k là một số nguyên dương nào đó. Suy ra n2.(n – 2k) = k2- 10, đặc biệt k2 -1 chia hết cho n2, do đó k2 =1 hoặc n2 k2 -1. *Nếu k2 =1 thì k =1, n2.(n -2) = 0, ta có n =2 . Thử lại 24 + 23 + 1 = 52, thỏa mãn. *Nếu k1 thì k2 > k2 - 1n2 k > n n – 2k < 0 mâu thuẫn với điều kiện n2.(n – 2k ) k2 – 1. . Vậy ta chỉ tìm được n = 2 thỏa mãn bài toán. 4. Dạng 4 : Tìm số chính phương thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ 1 : Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng : Các chữ số hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục, hàng đơn vị theo thứ tự đó làm thành bốn số tự nhiên liên tiếp tăng dần. Hướng dẫn: Giả sử n2 = (a N) Chữ số tận cùng a + 3 của số chính phương chỉ có thể bằng 4, 5, 6, 9, nên a chỉ có thể bằng 1; 2; 3; 6. Tương ứng ta có n2 bằng 2134; 3245; 4356; 7689. Chỉ có 4356 = 662 là một số chính phương còn các trường hợp khác không phải là số chính phương. Ví dụ 2 : Cho A là một số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số chính phương A và B. Hướng dẫn : Giả sử : A =  ; B = k2 , k, m N Với a,b,c,d N và 1a9, 0b9, 0c9,0d9. Theo bài ra ta có : với 32k<m<100 m2 – k2 = 1111(m – k). (m +k)= 1111= 11.101= 1.1111 Ta có : 0 < m – k < m +k < 200 Do đó: Vậy A = 2025 và B = 3136. Ví dụ 3: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm hai chữ số đầu lớn hơn số gồm hai chữ số sau 1 đơn vị. Hướng dẫn: Đặt,(a,b,c,d N và 1a9, 0b9, 0c9,0d9). k N, 32 Ta có Suy ra 100 = k2 + = k2 101 = k2 - 100 = (k - 10).(k +10) k + 10 101 hoặc k -10 101 Mà (k - 10, 101) = 1 vì 0< k - 10 < 101 k+ 10 101 mà 42 Do đó , k = 91. Vậy . Số phải tìm là số 8281. C.Bài tập vận dụng : Bài 1: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a) M = với (n N) b) A = + 1 a) Hướng dẫn: A = + 1 = + +1 §Æt th× = 9a do ®ã +1 = 10n = 9a +1. Ta cã A = a. 10n + a - 8a + 1 = a( 9a +1) + a - 8a + 1 = a2 - 6a + 1 = (3a - 1)2 = . VËy A lµ mét sè chÝnh ph­¬ng. b) Hướng dẫn Đặt =a thì 9a +1 = 10n Ta có M = a(9a +1) + 5a + 1 = (3a + 1)2 Bài 2 : Cho S1 = 1.2.3; S2 = 2.3.4; S3 = 3.4.5;...; Sn = n.(n + 1).(n +2). (n N*) Hướng dẫn: Đặt S = S1+ S2 + ... + Sn . Chứng minh 4S + 1 là một số chính phương. Ta có S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n.(n + 1).(n +2) 4S = 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + 3.4.5.4 + ... + n.(n + 1).(n +2).4 = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 - 1) + 3.4.5.(6 – 2) + ... + n.(n+1)(n+2). = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + 3.4.5.6 – 2.3.4.5 + ... + n.(n+1)(n+2).(n + 3) – (n -1).n.(n+1)(n+2) = n.(n+1)(n+2).(n + 3). 4S + 1 = n.(n+1)(n+2).(n +3) + 1 = (n2 + 3n +1)2 là một số chính phương. Bài 3: Một số tự nhiên gồm một số chữ số 0 và sáu chữ số 6 có thể là một số chính phương không? Hướng dẫn: Chứng minh các số đó chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 ta kết luận được không thể là một số chính phương. Bài 4: Cho n1, n2 ,..., nm là các số tự nhiên thoả mãn n1 > n2 >....> nm . Với n là số tự nhiên ta đặt: Pn = . Có tồn tại hay không số tự nhiên n với n > n1 để P là một số chính phương? Hướng dẫn: Giả sử tồn tại số tự nhiên n với n>n1 > n2 >....> nm để P là số chính phương? Xét hai trường hợp: n= 2k, (kN).Khi đó: P= = = = (*) Vì Pn và 32k là hai số chính phương và Pn chia hết cho 32k , nên là số chính phương . Nhưng từ (*) ta có chia cho 3 dư 2, mâu thuẫn với tính chất 7. Vậy với nm chẵn thì Pn không là số chính phương. nm = 2k + 1, k N. Ta có: Pn = = = (**) Vì Pn và 32k là hai số chính phương và Pn chia hết cho 32k , nên là số chính phương (theo t/c 7). Lại do 3 nên 9.Từ (**) suy ra chia hết cho 3. Điều này vô lý vì chia 3 dư 1. Vậy với nm lẻ thì Pn cũng không là số chính phương. Bài 5: Tìm các số tự nhiên k để 2k + 24 + 27 là một số chính phương. Hướng dẫn: Giả sử 2k +24 + 27 = a2 (a N) 2k = a2 - 144 = (a -12).(a +12). Ta đặt a + 12 =2m, a - 12 =2n , trong đó m,n N, m > n và m + n =k . Ta được 2m – 2n =24 = 8.3; 2n.(2m-n – 1) =23.3 n =3 và 2m-n – 1= 3 2m-n = 22 m - n =2 m = 5; k =m+n = 5+3 = 8. Thử lại 28+ 24 +27 = 400 = 202. Bài 6: Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố Số A có những ước dương nào? Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của A là một số chính phương. Hướng dẫn: a) Các ước của A là: 1; p; p2 ;p3 ; p4 . b) S = 1+ p+ p2 + p3 + p4 = n2 (n*) (2p2 + p)2 < 4n2 <(2p2 + p+2)2 Suy ra (2n)2 = (2p2 + p + 1)2 Do đó 4p4 + 4p3 +4p2 + 4p +4 = 4p4 + 4p3 +5p2 + 2p +4 p2 - 2p - 3 = 0 p = 3. Bài 7: (Đề thi vào lớp 10 trường Amsterdam năm học 2008-2009) Với mỗi số tự nhiên n, ta đặt an = 3n2 + 6n + 13. Tìm số tự nhiên n lẻ để an là số chính phương. Hướng dẫn: Với n lẻ thì an = 3.(n +1)2 + 10 chia 4 dư 2 Mặt khác do an là số chính phương nên an chia 4 dư 0 hoặc 1. Vậy không tồn tại n để an là số chính phương. Bài 8: Giả sử a1,a2,..., a2007 là những số nguyên phân biệt lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện = 2017035. Hỏi số có thể là số chính phương không? Hướng dẫn: Ta có nhận xét sau: Nếu n = 4k + 1 thì n2l +1 1(mod 4) Nếu n = 4k + 3 thì n2l+1 3 (mod 4) Một số chính phương thì chia 4 dư 0; 1 Vì a1,a2,..., a2007 là những số nguyên phân biệt lớn hơn 1 nên S = = 20170352 + 3 + 4 +... +2008 = 2017035. Đẳng thức xảy ra nên a1=2, ...,a2007 = 2008. Trong tập hợp có 1004 số chẵn 502 số chia 4 dư 3 và 501 số chia 4 dư 1 nên theo nhận xét i và ii ta có S = Vậy theo nhận xét iii S không là số chính phương. Bài 9: Với mỗi số tự nhiên n lớn hơn 6, Gọi An là tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn n và không nhỏ hơn . Hãy tìm n sao cho trong A không có số chính phương nào. Hướng dẫn: Giả sử An là tập hợp các số thỏa mãn đề bài. Gọi số chính phương lớn nhất mà nhỏ hơn là m2 thì theo đề bài ta có : m2 < n (m +1)2 (1) Vì n > 6 nên từ (1) ta có m 2 (2) Lại từ (1) có 2m2 < n (m + 1)2 do đó 2m2 < m2 + 2m + 1 m2 < 2m +1 Suy ra m2 2m hay m. (2 – m) 0 theo (2) ta có bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi m = 2. Thay m =2 vào (1) có 4 < Vậy n chỉ có thể là 9. Thử lai thấy A9 = thỏa mãn điều kiện. Bài 10: Tìm một số có 4 chữ số biết rằng số đó có 6 ước số, gấp hai lần số đó là một số chính phương chia cho 7 thì dư 4. Hướng dẫn: chính phương nên chia hết cho 2, mà chỉ có 6 ước số nên chỉ có thể có dạng là : , t nguyên tố và m,n Nvam. (1) Ta có: 2m.(2n + 1) = 6 m = 1; n =1 = 2t2 Ta lại có: - 4 7 t2 = 7k +2 t = 7l + 3 hoặc 7l + 4 k,l N. (2) Mà 1000< 10000 nên 23 t< 70 (3) Từ (1), (2), (3) t = 31; 53 ; 59 ; 67. Suy ra   = 1922; 5618; 6962; 8978. Bài 11: Cho a = ; b = Chứng minh là số tự nhiên. Cách 1: Ta có a = = ; b = = + 5 = 102008 + 5 ab+1 = + 1 = = 2 = = Ta thấy 102008 + 2 = 3 nên N hay là số tự nhiên. Cách 2: b = = - 1+ 6 = + 6 = 9a +6 ab+1= a(9a +6) + 1= 9a2 +6a +1= (3a+1)2 = = 3a + 1 N Bài 12: Cho x2 + 2y là một số chính phương với x,yN. Chứng minh x2 + y bằng tổng của hai số chính phương. HD: Vì x,y N nên x2 + 2y > x2. Do x2 + 2y là số chính phương nên ta có : x2 + 2y = (x +t)2 với t N 2y = t2 + 2xt t = 2k (k N*) Do đó 2y = 4k2 + 4kx y = 2k2 + 2kx x2 + y = x2 + 2kx +2k2 = (x +k)2 + k2 (đpcm) Bài 13 : (Đề thi vào lớp 10 trường ĐHQG năm 2002 – 2003) HD: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương. Giả sử n2 + 2002 = k2 (kN) 2002 = (k +n).(k – n) (1) Suy ra (k +n) và (k – n) là ước của 2002. Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn nên ( k + n) và (k – n) đều là số chẵn, suy ra (k + n). (k – n ) 4. Khi đó từ (1) ta lại có 2002 4, điều này vô lí! Vậy không có số nguyên n nào để n2 + 2002 là số chính phương. Bài 14: (Đề thi vào lớp 10 trường chuyên Toán THPT Lam Sơn, Thanh Hoá năm 2002 – 2003) Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình (x2 + y).(x + y2) = ( x- y)3 HD: Ta có ( x2 + y).(x + y2) = (x – y)3 y = 0 Nếu y = 0 thì (x,0) là nghiệm với mọi số nguyên x Nếu y 0, phương trình trở thành 2y2 + (x2 – 3x).y + (x + 3x2) = 0 (xZ) Coi phương trình trên là phương trình theo ẩn y, ta có = (x + 1)2 x (x -8) Để phương trình có nghiệm nguyên , phải là số chính phương. Muốn vậy ta phải có x(x-8) = a2 với a là số tự nhiên, từ đó ta có : ( x- 4 – a).(x - 4 + a) = 16 Vì x - 4 + a x - 4 - a và (x - 4 + a ) + (x – 4 +a) là số chẵn nên ta có các trường hợp sau đây xảy ra: x - 4 - a 2 4 -4 -8 x – 4 + a 8 4 -4 -2 2x - 8 10 8 -8 -10 x 9 8 0 -1 y - 6; -21 -10 0(loại) -1 Tóm lại, ta tìm được các nghiệm thoả mãn đề bài là : (9; -6); (9, -21); (8, -10); (-1; -1); (k; 0) với k nguyên  PHẦN III: KẾT LUẬN I. Kết quả : Khi chưa dạy phương pháp giải một số dạng toán về số chính phương, học sinh rất lúng túng trong việc giải các bài toán dạng toán này , nhưng sau khi được học phương pháp một số dạng toán về số chính phương, tôi thấy đa số các em đã có hứng thú học tập hơn rất nhiều và đã biết vận dụng linh hoạt phương pháp giải đã học để tìm lời giải riêng cho mỗi bài toán. Thực hiện bài khảo sát trong đội tuyển Toán 8 của Trường THCS Trưng Vương trước khi thực hiện chuyên đề và sau khi thực hiện chuyên đề kết quả cụ thể như sau: Trước khi thực hiện Sau khi thực hiện Điểm 8 -10 6,7% 60% Điểm 5 – 7,9 33.3% 27,7% Điểm dưới 5 60% 13,3% Hứng thú học tập 30% 86,7% II. Bài học kinh nghiệm Qua thực tiễn giảng dạy cùng với quá trình nghiên cứu và thực hiện sáng kiến kinh nghiệm tôi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm sau : Để giúp học sinh tháo gỡ các khó khăn trong quá trình học toán, khi giảng dạy người giáo viên phải luôn luôn bình tĩnh, bám sát học sinh, không nên nóng vội, phải để cho học sinh có thời gian làm quen với bài toán cùng học sinh nghiên cứu tìm tòi lời giải để học sinh thấy được niềm vui khi tìm ra cách giải bài toán. Đối với bản thân phải không ngừng nghiên cứu, bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ và phải thực sự tâm huyết với nghề Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi khi dạy một dạng toán bất kỳ phải đầu tư thời gian tìm ra phương pháp giải phù hợp với đặc thù học sinh và đặc điểm của các kỳ thi mà học sinh phải trải qua. III. Những hạn chế và hướng tiếp tục nghiên cứu : Trong quá trình viết sáng kiến kinh nghiệm này do điều kiện thời gian còn hạn chế nên ở đây tôi chỉ đưa ra phương pháp giải một số bài toán về số chính phương chưa đáp ứng đủ nhu cầu của người học và người đọc. Để khắc phục các điểm còn hạn chế đó, tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu các tài liệu tham khảo đồng thời học hỏi kinh nghiệm từ các đồng nghiệp, và lắng nghe ý kiến từ học sinh. IV. Kết luận và khuyến nghị : Cùng với sự phát triển khoa học kỹ thuật và chiếm lĩnh tri thức của loài người thì sự học tập nghiên cứu của người là suốt đời. Trong khi đó sự học tập và nghiên cứu trên ghế nhà trường thì lại có một thời gian nhất định, tri thức con người cần lại không có hạn và luôn đòi hỏi tăng lên không ngừng . Vì vậy hình thành khả năng phát triển tư duy biến thành thói quen , kỹ năng ở mỗi cá nhân là vô cùng quan trọng . Thói quen, khả năng, phương pháp phải được hình thành, rèn luyện ngay từ khi ngồi trên ghế nhà trường. Người giáo viên có vai trò quan trọng trong việc hình thành các yếu tố đó. Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi chúng ta cần có nhiều giải pháp cụ thể nhằm hình thành khả năng phát triển tư duy tốt cho học sinh. Đối với môn toán sự sáng tạo là vô bờ bến , không có công thức chung nào để có thể tìm ra lời giải của tất cả các bài toán. Vì vậy người giáo viên cần có phương pháp hợp lý tùy theo chất lượng của học sinh. Trong quá trình thực hiện viết sáng kiến kinh nghiệm này, mặc dù tôi đã cố gắng để hoàn thành sáng kiến một cách tốt nhất, nhưng do điều kiện năng lực của bản thân còn hạn chế, nên không tránh khỏi nhiều sai sót. Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp. Xin chân thành cảm ơn! Mê Linh ngày 20 /5/ 2012 Người viết  Lê Thị Kim Khuyên TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa toán 6 - Bộ Giáo dục và Đào tạo – 2004. 2.Vũ Hữu Bình - Sách nâng cao và phát triển toán 6 – Nhà xuất bản giáo dục Việt nam 2009 . 3. Vũ Hữu Bình – Sách nâng cao và phát triển toán 8 – Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam 2011 4. Võ Đại Mau - Tuyển tập 250 bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi toán cấp II – Nhà xuất bản trẻ. MỤC LỤC Phần I: Đặt vấn đề .........................................................................................2 I. Lý do chọn đề tài .......................................................................................2 II. Phạm vi đối tượng mục đích nghiên cứu ..................................................2 Phần II: Giải quyết vấn đề .............................................................................3 I.Cơ sở lí luận ................................................................................................3 II.Cơ sở thực tiễn ..........................................................................................3 III. Các biện pháp thực hiện...........................................................................4 A. Kiến thức cần nắm .................................................................................4 B. Một số dạng bài tập ...............................................................................6 1.Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương................................6 2.Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương ....................7 3.Dạng 3: Tìm điều kiện để một số là số chính phương.......................9 4. Dạng 4: Tìm số chính phương thoả mãn điều kiện cho trước .........11 C. Bài tập vận dụng ....................................................................................12 Phần III: Kết luận ...........................................................................................19 Tài liệu tham khảo...........................................................................................22