Tài liệu Sử dụng phương pháp chặn

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI MỞ ĐẦU Trong chương trình phổ thông môn toán là môn học chiếm vị trí quan trọng. Dạy toán tức là dạy phương pháp suy luận khoa học. Học toán tức là rèn luyện khả năng tư duy logic. Giải các bài toán là một phương tiện rât tốt giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành các kĩ năng, kĩ xảo. Trong quá trình giảng dạy môn toán ỏ THCS nói chung, môn số học nói riêng, việc hình thành tư duy cho các em để đi đến cách giải một bài toán là một việc tương đối khó khăn đặc biệt lại là các em học sinh ở đầu cấp. Vì vậy làm thế nào, để khai thác triệt để các dữ kiện của bài toán, loại trừ các khả năng có thể xảy ra, từ đó đi đến vấn đề trọng tâm rồi chủ động đưa ra cách giải một cách đơn và đi đến kết quả. Một trong những phương pháp đó là “ Sử dụng phương pháp chặn”- là những công cụ hữu hiệu, góp phần tháo gỡ khó khăn trong việc giải toán. Phương pháp này tuy đã được nhiều người sử dụng, song không chủ động, áp dụng chưa rộng, chưa hình thành tư duy phương pháp và kĩ năng cho học sinh dẫn đến học sinh còn gặp nhiều khó khăn trong việc giải bài tập, nhất là các bài tập về số học. Từ thực tế giảng dạy bồi tôi đã mạnh dạn làm chuyên đề này, góp một phần nhỏ vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi. II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 1. Thực trạng: Số học là môn học các em được học ở lớp 6 nhưng trong các đề thi học sinh giỏi cấp cụm, cấp huyện, cấp tỉnh luôn có mặt. Khi giải toán số học, một khâu quan trọng thường có trong cách giải là phải tìm cách hạn chế các giá trị của biến để từ đó tìm ra kết quả. Tuy nhiên với các em đầu cấp nếu không được sự hướng dẫn thì việc làm này sẽ không trở đường lối. 1 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 2. Kết quả của thực trạng Để đánh giá được khả năng giải toán và có phương án truyền đạt phương pháp đến cho học sinh, tôi đã tiến hành kiểm tra 20 em học sinh khá giỏi khối lớp 6 trường THCS Lê Đình Kiên, thời gian làm bài là 45 phút Bài 1 (4 điểm) Tìm số tự nhiên x lớn nhất sao cho 9x  45 Bài 2 (4 điểm) : Tìm số có hai chữ số sao cho tỉ số giữa hai số đó với tổng các chữ số của nó có giá trị nhỏ nhất. Bài 3 (2 điểm) : Tìm các số tự nhiên x, y sao cho 1 1 1   x y 3 Kết quả cụ thể : Điểm dưới 5 Điểm 5 - 7 Điểm 8 - 10 SL % SL % SL % 8 40 7 35 5 25 Qua kiểm tra tôi thấy đa số học sinh không làm được bài 3. Từ thực trạng trên, để quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả tốt hơn tôi đã nghiên cứu và tìm hiểu một lớp các bài toán, hướng dẫn các em học sinh sử dụng phương pháp “chặn” để giải sẽ có hiệu quả hơn. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Sử dụng phương pháp này giải quyết được phần lớn các bài tập số học cơ bản và nâng cao. Bản chất của vấn đề là: “Muốn tìm được số nào đó hay mệnh đề nào đó thỏa mãn tính chất hoặc điều kiện cho trước” thì ta phải giới hạn tính chất đã cho, phạm vi áp dụng, kết hợp nhiều tính chất khác nhau rồi loại bỏ các yếu tố phức tạp và có thể góp phần đưa ra kết quả. Cụ thể là : Tìm số a thỏa mãn tính chất nào đó, ta giả sử a m Kết hợp với điều kiện bài toán ta tìm được a  n . Từ đó ta tìm được a trong khoảng từ m đến n  m  a  n  . Sau đó kết hợp các dữ kiện hoặc thử các trường hợp trong khoảng đó suy ra a chỉ nhận một số giá trị nào đó. Các bài toán ở chuyên đề này thường được phân ở hai dạng chính: 2 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 - Dạng thứ nhất: Dựa vào đề bài ra ta có thể giới hạn ngay các khả năng xảy ra, kết hợp nhiều yếu tố khác rồi cho kết quả. - Dạng thứ hai: Sử dụng các tính chất đã có của các số, nhưng có thể không nói đến ở đề bài toán. Kết hợp nhận xét, đánh giá các khả năng xảy ra rồi “ chặn”, từ đó đi đến lời giải và cho kết quả. Trong trường hợp này nhiều khi chúng ta phải linh động, bởi vì xuất phát điểm của lời giải không cố định bắt đầu từ đâu, không theo một công thức hay quy luật nào đó. Sau đây là một số bài tập áp dụng được phân thành các thể loại, trong đó đã phân thành hai dạng đã nói ở trên. I. THỂ LOẠI TOÁN VỀ TÌM SỐ (Ở thÓ lo¹i này chñ yÕu lµ c¸c bµi to¸n ë dạng 1) Bài 1: Tìm a, b biết a,b   23;35;138;17;41 và 90 0  a  50    a  96 a  B  50  b  96  b  46    36  b  46  60  b  96  b  36 3 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 Mà b  B  b  43 Lời bình: Ở các bài toán trên, các em học sinh có thể tính nhẩm rồi cũng có thể đi đến kết quả, hoặc thử các trường hợp trong A, B cũng cho kết quả. Cơ sở ở đây là hình thành kỹ năng trong giải toán ở chuyên đề này. Bài 3: a) Tìm số tự nhiên lớn nhất x sao cho 6x  37 b) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất y sao cho 37  6y Lời giải: a/ Nếu x>6 thì 6.x >37 không thỏa mãn đề bài. Suy ra x   0;1;2;3;4;5;6 Mà x là số tự nhiên lớn nhất cần tìm. Vây x=6. b) Ta có : 6.6=36<37 nên y = 6 không thõa mãn đề bài. Suy ra y= 7 ; 8; 9; ... Nhưng y là số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm. Vậy y = 7. Bài 4: Tìm a, b, c sao cho a6.4bc  17064 (1) Lời giải: Ta có : 400  4bc  499 . Nếu a  2  26.499  12974  17064 Nếu a  4  46.499  1840  17064 Từ trên suy ra 2< a < 4  a  3 Khi đó, từ (1)  4bc  17064 : 36  474  b  7,c  4 Vậy a = 3, b = 7, c = 4 Bài 5: Tìm a  N biết rằng aa  a  1   a  1 a 2 Lời giải: Ta có: Vế trái là một số có 4 chữ số nên vế phải cũng là một số có 4 chữ số. Nếu a  6   a  1 Nếu a  8   a  1 a 2 a 2  54  625 ( Không thỏa mãn đề bài )  7 6  117649 ( Không thỏa mãn đề bài ) Vì vậy ta có 6  a  8  a  7 . Khi đó ta có 7776  65 4 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 Lời bình: Từ các bài toán 1,2,3,4, các em học sinh khá có khi không gặp vướng mắc gì. Còn ở bài này rõ ràng phải giới hạn ngay ( nhiều khi giáo viên cần gợi ý ) a có thể nhận giá trị rất lớn hoặc rất nhỏ được không? Khi đó điều gì sẽ xảy ra. Vì vậy chúng ta có ngay giới hạn của a không quá lớn hoặc quá nhỏ. Bởi vì vế trái là số có 4 chữ số, vế phải là một lũy thừa. Lũy thừa có thể vượt quá 4 chữ số cho nên ta cần giới hạn điều kiện của a. Có thể coi đây là một “ kinh nghiệm ” trong việc giải toán này. Bài 6: Người ta viết thêm số 0 vào giữa hai chữ số của một số có hai chữ số, sau đó lập tỉ số giữa số mới này và số đã cho. Hỏi giá trị là số nguyên nhỏ nhất của tỉ số này là bao nhiêu? Lời giải:  Gọi số có hai chữ số đã cho là ab . Trong đó a,b Σ N,1 a 9;0 b 9 Khi viết thêm số 0 vào giữa ta được số a0b . Đặt a0b  k ta phải tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của k. ab Ta có: k a0b 100a  b 90a 90  1 1 b 10a  b 10a  b ab 10  a 90 Giá trị nhỏ nhất của k đạt được khi Tức là 10  b đạt giá trị nhỏ nhất a b có giá trị lớn nhất. a Phân số b đạt giá trị lớn nhất khi giá trị của a nhỏ nhất và giá trị của b lớn a nhất  b  9;a  1 Khi đó  k  5 14 19 Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của tỉ số là 5. Dạng 2: Khi các em đọc đề bài thì khó định hướng để đưa được ra lời giải theo phương pháp này (tất nhiên có bài dùng phương pháp giải khác). Vì vậy 5 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 nhiệm vụ quan trọng của chúng ta là làm thế nào để đưa các em đi đúng quỹ đạo của lời giải. Ở đây chúng ta phải dùng đến các tính chất về số mà các em phải hoàn toàn nắm vững. Sau đó nhận xét, đánh giá những khía cạnh trong bài toán phải thật sự sát với ý tưởng của lời giải, khi đó các em dễ nhập cuộc với bài giải. Phương pháp chặn lúc này sẽ phát huy tác dụng một cách tích cực hơn. Sau đây là một số bài toán. Bài 1: Tìm số a thỏa mãn : a chia 4 dư 3, a chia 9 dư 5. Hỏi a chia cho 36 có số dư là bao nhiêu? Lời giải Ta viết a dưới dạng a  36q  r  0  r  35  4; 9 Theo tính chất chia hết của một tổng ta có : 36qM 36qM Suy ra r chia 4 dư 3, r chia 9 dư 5 hay r  9k  5  k  N  Mà 0  9k  5  36  9k  31 k  0;1;2;3 Thử các giá trị của k ta được k=2 thì r  23 thỏa mãn đề bài. Vậy a chia 36 dư 23. Lưu ý: bài này các em học sinh có thể làm theo cách khác. Bài 2: Tìm số có hai chữ số biết rằng số đó gấp 6 lần tổng các chữ số của nó, tích các chữ số của nó ít hơn số đó viết theo thứ tự ngược lại là 25 đơn vị. Lời giải N,1 a 9;0 b 9 . Gọi số đó là ab với a,b  Theo bài ra ta có 6  a  b   ab ab  25  ba Từ (1)  1  2  abM   a  b  M 3  3  abM   6    6  a  b  M  abM  9 9 2 2  abM  b M 9  a  b M  0  a  b  17 10  ab  98    ab9 Suy ra ab  25  ba  6 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011  ab  6.9  54 Thử lại ta được số cần tìm là 54. Bài 3: Tìm số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 60 có nhiều ước số nhất. Lời giải Gọi số tự nhiên đó là n với n  0 .Khi phân tích số n ra các thừa số nguyên tô, ta xét 4 trường hợp sau: TH1: n chứa một thừa số nguyên tố: n  2 x. Ta có :25  60  26  n  25 có 6 ước số. TH2: n chứa 2 thừa số nguyên tố : n  2 x.3y. Ta có :24.3  60  2 4.32  n  24.3 có 10 ước. TH3: n chứa 3 thừa số nguyên tố: n  2 x.3y.5z.Ta có :2.3.5  60  2 2.3.5  n  2.3.5 có 8 ước số. TH4: n có 4 thừa số nguyên tố trở lên. Trường hợp này không xảy ra vì khi đó tích của chúng lớn hơn 60. Vậy n = 48 là số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 4: Tìm 2 số tự nhiên a và b biết rằng: a 2  b2  1530;BCNN  a;b   297 và a  b Lời giải Cách 1: 3 Ta có : BCNN  a;b   927  3 .11 và a  b  a 2  b 2 . Vì a 2  b 2  10530  5215  a 2  10530  73  a  103 Suy ra dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của số a chứa 32.11 Lại có 10530 không chia hết cho 11 nên b không chia hết cho 11  b   3;32 ;33 Lần lượt thử với các giá trị trên ta được b  33  27 thỏa mãn đề bài. Khi đó a  99 . Vậy a=99, b=27. 7 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 Cách 2: 9; 9 Lập luận như trên ta suy ra được a M bM  a  9k,b  9h  k;h  N,k  h   a 2  b 2  81 k 2  h 2   10530  k 2  h 2  130    2  65  k 2  130  8  k  12  k   9;10;11 2 k  h Với k  9  h 2  49  h  7 . Thay vào ta thấy không thỏa mãn đề bài. Với k  10  h 2  30 vô lí. Với k  11  h 2  9  h  3 Thỏa mãn đề bài ra. Vậy a=99, b=27. Lời bình: Cách 1: tuy ngắn gọn nhưng ít được sử dụng rộng rãi, bởi vì có khi phải thử nhiều trường hợp thì rất mất thời gian cho việc tính toán mà hiệu quả lại không cao, không mang tính khoa học bộ môn rõ rệt. Cách 2: Nếu các em không nghĩ ngay đến việc sử dụng kết quả trong việc tìm BCNN của hai số thì rất khó có thể tìm ra cách giải, rất mất thời gian hoặc dài dòng mới cho kết quả. Bài 5: Tìm số tự nhiên n biết tổng các chữ số của nó là n 2  2011n  4 Lời giải: Gọi S  n  là tổng các chữ số của n. Ta có : 0  S  n   n  * + Nếu n  0  S  n   5  0 loại. + Nếu 1  n  2011 S  n   n 2  2011n  4  n 2  n  2010n  2010  2006   n  1  n  2010   2006 Suy ra S  n   0 loại. + Nếu n  2011  S  n   n  n  2011  4  n Mâu thuẫn với (*). 2 + Nếu n  2011  S  n   2011  2011.2011  4  5  2  0  1  1 thỏa mãn. 8 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 Vậy số đó là 2011 II. THỂ LOẠI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1 (D1) Tìm tất cả các số tự nhiên k sao cho dãy số k  1,k  2,k  3,...,k  10 chứa nhiều số nguyên tố nhất Lời giải + Với k = 1 thì dãy trên có 5 số nguyên tố là 2,3,5,7,11. + Với k = 0 thì dãy trên có 4 số nguyên tố là 2,3,5,7. + Với k  2 thì các số của dãy trên đều không nhỏ hơn 3 và trong 10 số đó có 5 số chẵn là hợp số và 5 số lẻ liên tiếp. trong các số lẻ này có ít nhất một số khác 3 mà chia hết cho 3. Do đó số các số nguyên tố không vượt quá 4. Vậy k = 1 thì dãy chứa nhiều số nguyên tố nhất. Bài 2 (D1): Tìm tất cả bộ ba các số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng bình phương của 3 số đó cũng là số nguyên tố. Lời giải Gọi 3 số nguyên tố liên tiếp cần tìm là p, q, r. Ta có p 2  q 2  r 2  A là số nguyên tố. Giả sử p < q < r Do p, q, r là các số nguyên tố nên A  p 2  q 2  r 2  3 Nếu p, q, r đều không chia hết cho 3 khi đó p 2 ;q 2 ;r 2 khi chia cho 3 dư 1.  AM mà A > 3 nên A là hợp số trái với giả thiết (Loại) 3 3 Vậy pM vì p nguyên tố nên p  3  q  5;r  7 Khi đó A  32  52  7 2  83 là số nguyên tố. Bài 3 (D1): Tìm tất cả các số nguyên tố p để 2p  p 2 cũng là số nguyên tố. Lời giải: Nếu p = 2 thì A  2p  p 2  22  22  8 là hợp số. Nếu p  3 mà p nguyên tố nên p là số lẻ. 9 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 p 2 p 2 Ta có A  2  p   2  1   p  1 3 3 3 Vì p là số lẻ nên 2p  1M và p 2 M  AM . Lại có A > 3 nên A là hợp số Nếu p = 3 thì A  23  32  17 là số nguyên tố. Vậy chỉ tìm được một số nguyên tố p = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán Bài 4 (D2): Tìm mọi số nguyên tố x, y thỏa mãn x 2  2y2  1 Lời giải 2 2 2 2 Ta có: x  2y  1  x  1  2y   x  1  x  1  2y 2 (1) Xét tổng  x  1   x  1  2x là số chẵn  x  1; x  1 cùng tính chẵn, lẻ. Từ (1)  x  1; x  1 cùng là số chẵn  4  x  1  x  1 M  2y 2 M  y 2 M  yM 4 2 2 Mà y là số nguyên tố  y  2 . Khi đó x 2  1  2.22  9  x  3 Vậy x  3, y  2 III.THỂ LOẠI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1 (D1): Hãy tìm số bị chia, số chia và thương trong phép chia sau đây: abcd : dcba  q biết rằng cả 3 số đều là số chính phương và các chữ số khác nhau. Lời giải Do abcd  dcba  1  q  10 mà q là số chính phương nên q   4;9 Mặt khác abcd;dcba đều là các số chính phương nên a,d  A   1;4;5;6;9 (vì a,d  0 ) Nếu d  3 thì dcba.q  3000.4  12000  abcd (Loại) Vậy d  3 mà d  A  d  1 Ta xét 1cba.q  abc1 mà q = 4 hoặc 9 a  A  q  9 và a = 9. Nếu c  2  1cba.9  1200.9  10800  abc1 (Loại) Vậy ta có c < 2  c  0 vì c  d 10 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011  abcd  9b01  10b9.9  9b01M  b  9 (Theo dấu hiệu chia hết cho 9) 9 Vậy các số đó là 9081:1089=9 , mỗi số đều là số chính phương. Bài 2(D1): Tìm số tự nhiên có 2 chữ số biết rằng 2n  1 và 3n  1 đều là các số chính phương. Lời giải   Vì n là số có 2 chữ số nên 10  n  99 20 2n 198 21 2n 1 199 Vì 2n+1 là số lẻ nên trong khoảng trên có các số lẻ là số chính phương là 25,81,121,169 . Tương ứng với n=12,40,60,84. Khi đó 3n+1 nhận các giá trị tương ứng là : 37, 121, 181, 253. trong các số này chỉ có số 121 là số chính phương. Vậy n=40 là số cần tìm. Bài 3 (D2): Cho số tự nhiên n và d là ước của 2n 2 . Chứng minh rằng 2n 2  d không thể là số chính phương. Lời giải Theo bài ra ta có d là ước của 2n 2  2n 2  d.k  k  N*   d  2n 2 k Giả sử 2n 2  d là số chính phương, khi đó 2n 2 n da  n   a 2  n 2 k 2  2n 2 k  a 2 k 2 k 2 2 2  n 2  k 2  2k    ak  2 2 2 2 2 2 Mặt khác ta có : n k  n  k  2k   n  k  1   nk  2  n 2  k 2  2k   n 2  k  1 2 2 2 2 2 Ta có  nk  và n  k  1  là hai số chính phương liên tiếp  n  k  2k    2 không thể là số chính phương. Mà  ak  là số chính phương. Suy ra vô lý. 2 Vậy 2n 2  d không là số chính phương. IV. MỘT SỐ BÀI TẬP Ở THỂ LOẠI PHÂN SỐ 11 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 Bài 1 (D1) Tìm 2 số nguyên dương khác nhau sao cho tổng nghịch đảo của chúng bằng 1 . 2 Lời giải Gọi 2 số nguyên dương phân biệt là a và b. Không làm mất tính tổng quát của bài toán, giả sử a < b Theo bài ra ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 2          a4 a b 2 a b a a 2 a 1 1 1 1 1      a2 a b 2 a 2 Lại có (1) (2) Từ (1),(2) suy ra 2  a  4  a  3 1 1 1 1 1 1       b6 b 2 a 2 3 6 Vậy  a;b    3;6  ;  6;3  Bài 2 (D1) Cho a, b, c là 3 số nguyên dương khác nhau sắp xếp theo thứ tự tăng dần có tổng nghịch đảo của chúng là một số nguyên. Tìm a, b, c. Lời giải Ta phải tìm a, b, c sao cho a  b  c và  n 1 Khi đó 1 1 1    n  n  N a b c 1 1   2  n 1 2 2 1 1 1 1 3  n 1     1 a  3  a  2 a a a a a Như vậy 1 1 1   (1) b c 2 Giải (1) tương tự bài 1. Vậy a  2,b  3,c  6 Bài 3 (D1) Tìm 3 số nguyên dương biết tổng nghịch đảo của chúng bằng 1. 12 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 Lời bình: Bài toán này tương tự như bài 2, nhưng bài này các số cần tìm chưa được được “sắp xếp”. Ta có thể bắt trước bài 2 để giải bài này. Lời giải Gọi 3 số nguyên dương đó là a, b, c. b Không mất tính tổng quát của bài toán, giả sử a  c Theo bài ra ta có 1 1 1    1 a b c  (1)  1 1 a 1 a 1 a 1 a 1 b 1 c 3  a 3 (2) a Từ (1)  a  1 (3). Từ (2),(3)  a  2;3 Với a = 2 ta có 1 1 1   1 b c 2 Kết hợp với b > 2 (Vì 1 2 2 b b 4 1 1 1   )  2  b  4  b  3,4 b c 2 Với b  3  1 1 1 1     c6 c 2 3 6 Với b  4  1 1 1 1     c4 c 2 4 4 1 1 1 3 1 Trường hợp a  b c 3 Vì b  a b 3 2 3 2 b b 3 Suy ra b = 3 Vậy cặp  x; y;z  nhận là  2;4;4  ;  2;3;6  ;  3;3;3 Và các hoán vị x, y, z ta có các cặp  4;4;2  ;  4;2;4  ;  2;6;3 ;  3;2;6  ;  3;6;2  ;  6;2;3 ;  6;3; 2  Bài 4(D1) Cho biết x  y  z  t . Tìm x, y, z, t biết 1 1 1 1    1 x y z t Lời bình : Bài toán 4 là trường hợp có chứa 4 biến nên trong cách giải phải dùng nhiều đến phương pháp chặn, trong đó cách làm tương tự như bài 3. Để làm bài những bài tập dạng này ta cần phải sử dụng nhiều đến các tính chất khác ngoài các phép tính toán thông thường, bước đầu làm quen với tính chất bất đẳng thức số. Thiết nghĩ ở bài 3, bài 4 các em có thể nghĩ ngay đến việc 13 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 chặn của các biến x, y, z, t bởi vì tổng của các phân số chỉ bằng 1. Riêng ở bài trên nếu không sử dụng phương pháp chặn thì rất khó khăn chứ chưa nói gì đến là không giải được. Lời giải Cách giải tương tự như bài toán 3 BÀI TẬP TỰ GIẢI 1. Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng nhân nó với 135 ta được một số chính phương. 2. Tìm số chính phương có 4 chữ số sao cho 2 chữ số đầu giống nhau và 2 chữ số cuối giống nhau. 3. Chứng minh rằng a, b, c là số nguyên tố thì b 2  4ac không là số chính phương. 4. Tìm bộ ba số tự nhiên a,b,c  0 sao cho 1 1 1 4    a b c 5 C. KẾT LUẬN 1. Kết quả nghiên cứu Qua thực tế áp dụng phương pháp này trong quá trình dạy, việc học bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6 đã đạt được kết quả tốt. 14 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 - Tạo được hứng thú học tập, tâm lí vững vàng tự tin cho học sinh khi đứng trước yêu cầu của bài toán không chỉ ở dạng đơn giản. -Bồi dưỡng khả năng tìm tòi, sáng tạo áp dụng các kiến thức đã học vào một số bài toán số học và các bài toán khác. - Học sinh được mở rộng khắc sâu kiến thức tình chất về số học. Sau khi học chuyên đề này học sinh làm bài kiểm tra (thời gian : 30 phút ) Bài 1 (4 điểm) : Tìm số có hai chữ số sao cho tỉ số giữa số đó với tổng các chữ số của nó có giá trị lớn nhất Bài 2 (6 điểm) : Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho 1 1 1 1    x y z 2 Kết quả cụ thể : Điểm dưới 5 SL % 1 5 Điểm 5 - 7 SL % 8 40 Điểm 8 - 10 SL % 11 55 2. Kiến nghị, đề xuất Trên đây là một vài kinh nghiệm của riêng tôi trong việc hướng dẫn các em học sinh khá giỏi lớp 6 sử dụng tính bị chặn nhằm làm cho học sinh nắm chắc kiến thức, vận dụng linh hoạt sáng tạo để có thể giải được các bài toán số học khác. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp, các đồng chí chuyên viên Toán của Phòng Giáo Dục và Sở Giáo Dục để tôi rút ra được những kinh nghiệm cần thiết để tiếp tục nghiên cứu tốt hơn. Tôi xin chân trọng cảm ơn ! Yên Định, ngày 10 tháng 4 năm 2011 Nguyễn Đức Hữu 15 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa toán 6 2. Sách bài tập toán 6 3. Sách giáo viên toán 6 4. Toán bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6 16 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 5. Toán nâng cao và phát triển toán 6 6. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS Mục lục Nội dung A. Đặt vấn đề I. Lời mở đầu II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 1. Thực trạng Trang 1 1 1 17 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM – Năm học 2010-2011 2. Kết quả của thực trạng B : Giải quyết vấn đề I. Thể loại toán về tìm số II. Thể loại toán về số nguyên tố III. Thể loại toán về số chính phương IV. Thể loại toán về phân số C : Kết luận Tài liệu tham khảo Mục lục 2 2-3 3-9 9-10 10-12 12-14 15-16 17 18 18 GV: Nguyễn Đức Hữu - Trường THCS Lê Đình Kiên – Yên Định