Giải chi tiết phương trình vo tỉ

Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất.. Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất... Giải ra, xác định x.

*******************************

Sử dụng các phương pháp sau đây:

– Phương pháp nghiên cứu lý luận

– Phương pháp khảo sát thực tiễn

– Phương pháp phân tích

– Phương pháp tổng hợp

– Phương pháp khái quát hóa

– Phương pháp quan sát

– Phương pháp kiểm tra

– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

www.nguoithay.org & www.cunghoctot.edu.vn

Trang có nhiều tài liệu giải chi tiết nhất VIÊT NAM

PHẦN II

NỘI DUNG ĐỀ TÀI

I Khảo sát tình hình thực tế

Năm ho ̣c 2008 – 2009, tôi được Phòng giáo du ̣c & đào ta ̣o Lu ̣c Yên phân công tăng cường về Trường THCS Dân tô ̣c Nô ̣i trú Thực hiê ̣n công tác bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi hai môn Toán và giải toán trên máy tính cầm tay Đây là mô ̣t cơ hô ̣i rất tốt để tôi thực hiê ̣n đề tài này , phương trình vô tỉ là một trong những dạng phương trình khó Trong quá trình giải toán ho ̣c sinh còn rất lúng túng , kể

cả những học sinh tham gia trong hai đội tuyển thì những dạng phương trình vô tỉ cũng là một dạng toán mới Trước khi bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi , tôi đã thực hiê ̣n viê ̣c khảo sát môn toán trên 33 học sinh của lớp 9B Kết quả thu được như sau:

Giỏi: 10 em

Khá: 12 em

Trung bình: 11 em

Đội tuyển học sinh giỏi môn Toán do tôi phụ trách đầu tháng 7 gồm 14 học sinh, qua quá trình bồi dưỡng, chọn lọc trực tiếp Tôi đã cho ̣n ra được 8 em vào đầu tháng 9 để tiếp tục bồi dưỡng cho các em trong năm học này

Đội tuyển học sinh giỏi môn giải toán trên máy tính cầm tay do tôi phụ trách và chọn lọc từ đầu tháng 9 gồm 11 em

II Mô ̣t số phương pháp giải phương trình vô tỉ

1 Phương pha ́ p nâng lên lũy thừa

a) Dạng 1: f (x)g(x) g(x) 0 2

f (x) [g(x)]







Ví dụ Giải phương trình: x 1  x 1 (1)

x 3



Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m x = 3

b) Dạng 2: f (x) g(x)h(x)

Ví dụ Giải phương trình: x  3 5 x2 (2)

Giải Với điều kiê ̣n x ≥ 2 Ta có:

(2)  x 3 x 2 5

 2x 1 2 (x 3)(x 2)    25

 (x 3)(x 2)  12 x

25x 150



Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m x = 6

c) Dạng 3: f (x) g(x) h(x)

Ví dụ Giải phương trình: x 1  x 7 12x (3)

Giải: Với điều kiê ̣n 7 ≤ x ≤ 12 Ta có:

(3)  x 1  12 x x7

 x 1 5 2 (12 x)(x 7)    

2 19xx 84 x 4

 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16

 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0

 5x2 – 84x + 352 = 0

2

 x1 = 44

5 ; x2 = 8

Vâ ̣y: phương trình đã cho có hai nghiê ̣m x1 = 44

5 ; x2 = 8

d) Dạng 4: f (x) g(x) h(x) k(x)

Ví dụ Giải phương trình: x x 1  x 4 x 9 0(4)

Giải: Với điều kiê ̣n x ≥ 4 Ta có:

(4)  x 9 x  x 1  x4

 2x 9 2 x(x 9)   2x 5 2 (x 4)(x 1)   

 7 x(x 9)  (x 1)(x 4) 

49 x 9x 14 x(x 9)  x 5x4

 45 + 14x + 14 x(x 9) = 0

Với x ≥ 4  vế trái của phương trình luôn là mô ̣t số dương  phương trình vô nghiê ̣m

2) Phương pha ́ p tri ̣ tuyê ̣t đối hóa

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2

x 4x  4 x 8 (1) Giải: (1)  2

(x2)  8 x Với điều kiê ̣n x ≤ 8 Ta có:

(1)  |x – 2| = 8 – x

– Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm)

– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5

HD: Đáp số: x = 5

*******************************

Ví dụ 2 Giải phương trình x 2 2 x 1    x 10 6 x 1   2 x 2 2 x 1 (2) Giải: (2)  x 1 2 x 1 1     x 1 2.3 x 1 9    2 x 1 2 x 1 1   

 x 1 1 |   x 1 3 | 2.| x 1 1|    

Đặt y = x 1 (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở thành:

y 1 | y 3 | 2 | y 1|    

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại)

– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3

– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiê ̣m)

Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8

Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m là x = 8

3) Phương pha ́ p sử dụng bất đẳng thức

a) Chư ́ ng tỏ tập giá tri ̣ của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiê ̣m

Ví dụ 1 Giải phương trình x 1  5x 1  3x2

Cách 1 điều kiê ̣n x ≥ 1

Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1  5x 1  vế trái luôn âm

Vế phải: 3x2≥ 1  vế phải luôn dương

Vâ ̣y: phương trình đã cho vô nghiê ̣m

Cách 2 Với x ≥ 1, ta có:

x 1  5x 1  3x2

 x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2)     

 2 7x 2 (5x 1)(3x 2) 

Vế trái luôn là mô ̣t số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1  phương trình vô nghiê ̣m

b) Sư ̉ dụng tính đối nghi ̣ch ở hai vế

3x 6x 7  5x 10x 14  4 2xx (1)

3(x 1)  4 5(x 1)   9 5 (x 1)

Ta có: Vế trái ≥ 4 9  2 3 5 Dấu “=” xảy ra  x = –1

Vế phải ≤ 5 Dấu “=” xảy ra  x = –1

Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m x = –1

c) Sư ̉ dụng tính đơn điê ̣u của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiê ̣m đó là duy nhất)

Ví dụ 1 Giải phương trình: x 7 2

x 1



Giải: điều kiê ̣n x ≥ 1

2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình

– Nếu 1 x 2

2  : VT = 1 6 8 8 3

x 1

 Mà: VP > 8 3

– Nếu x > 2: VP = 2x2

+ 2x 1 > 2.22 + 3 = 8 3 VT < 8 3

x 2 x 1 2 1

    

Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m duy nhất là x = 2

3x 7x 3 x  2 3x 5x 1  x 3x4 Giải: Thử với x = 2 Ta có:

(3x 5x 1) 2(x2) (x  2) 3(x2)  3x 5x 1  x 2

Nếu x > 2: VT < VP

Nếu x < 2: VT > VP

Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Ví dụ 3 Giải phương trình: 6 8 6

3 x  2 x 

Giải: ĐK: x < 2 Bằng cách thử, ta thấy x = 3

2 là nghiệm của phương trình Ta cần chứng minh đó

là nghiệm duy nhất Thật vậy: Với x < 3

2 :

6 2

3 x 

8 4

2 x 

6

3 x  2 x 

Tương tự với 3

2 < x < 2:

6

3 x  2 x 

3x(2 9x  3) (4x2)(1 1 x x )0(1)

Nếu 3x = –(2x + 1)  x = 1

5

 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau Vậy x = 1

5

 là

một nghiệm của phương trình Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng 1; 0

2

  Ta chứng

minh đó là nghiệm duy nhất

Với 1 x 1

    : 3x < –2x – 1 < 0

 (3x)2 > (2x + 1)2  2 2

2 (3x)   3 2 (2x 1) 3

3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2  (2x 1) 3  0 (1) không có nghiệm trong khoảng

này Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi 1 x 1

   

d) Sư ̉ dụng điều kiê ̣n xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt

Ví dụ Giải phương trình x 4x 1 2

x 4x 1





Giải: điều kiê ̣n x 1

4



*******************************

Áp dụng bất đẳng thức a b 2

b a vớ i ab > 0 Với điều kiê ̣n x 1 x 4x 1 0

4

2 x

4x 1



 Dấu “=” xảy ra 

2

x 4x 1 x 4x 1 0

x 4x   4 3 0 (x2)     3 x 2 3  x 2 3

4 Phương pha ́ p đưa về phương trình tích

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2x 1  x  2 x 3

Giải ĐK: x ≥ 2 Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3 Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình:

(x3)( 2x 1 x  2 1) 0 x 3 0

 





x 1 2(x 1)   x 1 1 x 3 1 x (1) Giải ĐK: | x | ≤ 1: (1)   x 1  1 x 2 x 1  1 x  1 0

 x1 = 0; x2 = 24

25



x 1  x x    x 1 1 x 1 (1) Giải Chú ý: x4

– 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1)

x 1 1 1   x x   x 1 0  x = 2

5) Phương pha ́ p đặt ẩn phụ

a) Sử dụng một ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2

x  x 1 1 (1) Giải Đặt x 1 = y (y ≥ 0)

y2 = x + 1  x = y2 – 1  x2 = (y2 – 1)2

 (2)  (y2 – 1)2 + y – 1 = 0  y(y  1)(y2 + y  1) = 0

Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là: 0; 1; 1 5

2

Ví dụ 2 Giải phương trình:  3

x 1 1  2 x 1  2 x (1) HD: ĐK: x ≥ 1 Đặt x 1 1  = y

x 1 1   x 1 1   2 0

 y3 + y2 – 2 = 0

 (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0  y = 1  x = 1

b) Sử dụng hai ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2(x2

+ 2) = 5 x3 1 (3) Giải Đặt u = x 1 , v = x2  x 1 (ĐK: x ≥ 1, u ≥ 0, v ≥ 0) Khi đó:

u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 + 1  (3)  2(u2 + v2) = 5uv  (2u  v)(u  2v) = 0

Giải ra, xác định x Kết quả là: x  5 37; 5 37

Ví dụ 2 Giải phương trình:    2 

x 5 x2 1 x 7x 10 3 (1) Giải ĐK: x ≥ –2 (1)   x 5 x2 1  (x5)(x2)3

Đặt: x5 = u, x2 = v (u, v ≥ 0) u2 – v2 = 3 (1)  (a – b)(1 + ab) = a2 – b2

 (a – b)(1 – a + ab – b) = 0  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0

Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 3 Giải phương trình: x 1 3x 2x 1 (1)

Giải ĐK: x ≥ 0 Đặt x 1 = u, 3x = v (u, v ≥ 0): (1)  b – a = a2 – b2 (a – b)(a + b + 1) = 0

Mà a + b + 1 > 0  a = b  x = 1

2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Ví dụ 4 Giải phương trình: 4 x 1 x 2x 5

x x   x (1) Giải Đặt x 1

x

 = u, 2x 5

x

 = v (u, v ≥ 0)

2 – u2) – v = 0

 (u – v)(1 + u + v) = 0 Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v Giải ra ta được: x = 2

c) Sử dụng ba ẩn phụ

x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3 (1) Giải ĐK: x ≥ 2 (1)  (x 1)(x 2) x 3 x 2 (xx)(x3)

Đặt: x 1 = a, x2 = b, x3 = c (a, b, c ≥ 0): (1)  ab + c = b + ac  (a – 1)(b – c) = 0

 a = 1 hoặc b = c Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 2 Giải phương trình : x 2x 3 x 3x 5 x 2x 5x

Giải Đặt : u 2x ; v 3x ; t 5x (u ; v ; t ≥ 0)

 x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu

Từ đó ta có hệ:

(u v)(u t) 2 (1) (v u)(v t) 3 (2) (t u)(t v) 5 (3)







Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2

= 30 Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (uv)(vt)(tu) 30 (4)

Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:

30

v t (5)

2 30

u t (6)

3 30

5



 





  







 





Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:

*******************************

Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:

2

30

u

60

19 30

t

60



















d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình

Ví dụ 1 Giải phương trình x 1  2x 1 5

Cách 1: Giải tương tự bài 1 Ta được x = 5

Cách 2: Đặt x 1  u 0 và 2x 1 v Ta có hệ: u2 v 25

 





u 2





  

  x = 5

Ví dụ 2 Giải phương trình: 8 x  5 x 5

Giải ĐK: 0 ≤ x ≤ 25 Đặt 8 x = u , 5 x v (u, v ≥ 0):

 







v



  Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 3 Giải phương trình: 2 2

25 x  9 x 2 Giải ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 2

25 x = u, 9 x 2 = v (u, v ≥ 0)

 







  Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 4 Giải phương trình: 1 x  4 x 3

Giải ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1 Đặt 1 x u ; 4 x v (u, v ≥ 0)

 





x 0





  



2 x 2 x 4x 2

Giải ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2 x u, 2 x v (u, v ≥ 0)  (u v)2 2uv 4

(u v) uv 2





Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2

Ví dụ 6 Giải phương trình: 4 4

97 x x 5 (1) Giải Đặt 4

97x = u, 4 x = v (u, v ≥ 0)

 (1) 



Ví dụ 7 Giải phương trình:3x32x 3 312(x 1)

Giải Đặt 3 3

x u, 2x 3 v (1)

u v 4(u v ) u v 3uv(uv)4(u v )

2 2 2 u v 3.(u v).(u 2uv v ) 0 3.(u v).(u v) 0

u v

 



  kết quả

6) Giải và biện luận phương trình vô tỉ

Ví dụ 1 Giải và biện luận phương trình: 2

x   4 x m

Giải Ta có: 2



– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm

– Nếu m ≠ 0:

2

x 2m



 Điều kiện để có nghiê ̣m: x ≥ m 

2

2m



≥ m + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 m2 ≤ 4  0 m 2

+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 m2 ≥ 4  m ≤ –2

Tóm lại:

– Nếu m ≤ –2 hoă ̣c 0 < m ≤ 2: phương trình có mô ̣t nghiê ̣m

2

x 2m





– Nếu –2 < m ≤ 0 hoă ̣c m > 2: phương trình vô nghiê ̣m

Ví dụ 2 Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x2 3xm

(Đề thi ho ̣c sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)

Giải Ta có: 2

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiê ̣m

– Nếu m ≠ 0:

2

x 2m



 Điều kiện để có nghiê ̣m: x ≥ m  m2 3 m

2m

+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 m2 ≤ 3  0m 3

+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 m2 ≥ 3  m ≤  3

Tóm lại:

– Nếu 0m 3 hoặc m  3 Phương trình có mô ̣t nghiê ̣m:

2

x 2m





– Nếu  3m0 hoặc m 3: phương trình vô nghiê ̣m

Ví dụ 3 Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x x  m m

Giải Điều kiê ̣n: x ≥ 0

– Nếu m < 0: phương trình vô nghiê ̣m

– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1) 0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1

– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với

( x m )( x  m 1) 0

 

 



+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiê ̣m: x1 = m; x2 = (1 m )2

+ Nếu m > 1: phương trình có mô ̣t nghiê ̣m: x = m

II Kết qua ̉ thực hiê ̣n

Qua viê ̣c bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi hai môn : Toán và giải toán trên máy tính cầm tay Tôi đã áp dụng các nội dung của đề tài vào việc bồi dưỡng cho các em Kết quả đa ̣t được như sau:

*******************************

1 Môn Gia ̉ i toán trên máy tính cầm tay

a) Cấp Huyện:

Tổng số ho ̣c sinh tham dự kì thi ho ̣c sinh cấp Huyê ̣n: 11 em

Số ho ̣c sinh đa ̣t giải: 9 em (1 giải nhất, 2 giải nhì, 3 giải ba và 3 giải khuyến khích)

b) Cấp Tỉnh:

Tổng số ho ̣c sinh tham dự kì thi ho ̣c sinh giỏi cấp Tỉnh: 9 em

Số ho ̣c sinh đa ̣t giải: 9 em (3 giải nhì, 3 giải ba và 3 giải khuyến khích)

c) Học sinh được tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Quốc gia: 1 em (Đạt giải )

2 Môn Toa ́ n

a) Cấp Huyện:

Tổng số ho ̣c sinh tham dự kì thi ho ̣c sinh giỏi cấp Huyê ̣n: 8 em

Số ho ̣c sinh đa ̣t giải: 5 em (2 giải nhất, 1 giải nhì, 1 giải ba, 1 giải khuyến khích)

Số ho ̣c sinh được cho ̣n tham dự kì thi ho ̣c sinh giỏi cấp Tỉnh: 5 em

b) Cấp Tỉnh:

Tổng số ho ̣c sinh tham dự kì thi ho ̣c sinh giỏi cấp Tỉnh: 5 em

Số ho ̣c sinh đa ̣t giải:

III Bài học kinh nghiệm

Qua viê ̣c thực hiê ̣n chuyên đề giải phương trình vô tỉ trong chương trình của cấp THCS và viê ̣c bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán và Giải toán trên máy tính cầm tay Bản thân tôi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm như sau:

1 Về công tác chỉ đa ̣o

Đây là mô ̣t công tác quan tro ̣ng hàng đầu trong viê ̣c bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi Trong năm ho ̣c vừa qua, nhận đươ ̣c sự chỉ đa ̣o sát sao , sự quan tâm thường xuyên từ phí a Ban giám hiê ̣u Nhà trường và Phòng giáo dục đào tạo Công tác bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi đã và đang gă ̣t hái được những thành công lớn Nhờ có sự quan tâm đó , mà ngành giáo dục Lục Yên đã vươn lên trở thành một trong những huyê ̣n thi ̣ đi đầu về công tác mũi nho ̣n của Tỉnh Yên Bái

2 Về phía ho ̣c sinh

Để gă ̣t hái được những thành tích cao trong công tác mũi nho ̣n Học sinh là nhân vật trung tâm trong viê ̣c bồi dưỡng đào ta ̣o , đây là nhân tố giữ va i trò quyết đi ̣nh trong sự thành công hay thất ba ̣i của mỗi giáo viên làm công tác giảng dạy , bồi dưỡng Vì chính các em mới là người học , là người

đi thi và là người đem la ̣i những thành tích đó

Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gă ̣t hái đươ ̣c những thành công , đòi hỏi các em phải có

mô ̣t sự nỗ lực rất lớn Mô ̣t sự quyết tâm ho ̣c tâ ̣p trên 100% khả năng của bản thân mình Chính vì

vâ ̣y, sự đô ̣ng viên, quan tâm, giúp đỡ của lãnh đạo ngành , gia đình các em và những giáo viên tham gia làm công tác bồi dưỡng là rất lớn Nhất là đối với lứa tuổi ho ̣c sinh lớp 9, đă ̣c điểm tâm lí lứa tuổi của các em có tác đô ̣ng không nhỏ đến viê ̣c ho ̣c tâ ̣p của các em Nhâ ̣n thức rõ điều đó, mỗi giáo viên làm công tác bồi dưỡng cần phải dành mô ̣t sự quan tâm rất lớn đến các em , thường xuyên đô ̣ng viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có thể có mô ̣t sự quyết tâm lớn trong công viê ̣c ho ̣c tâ ̣p của mình Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ môn Toán , đây là mô ̣t môn ho ̣c khó , có rất ít học sinh lựa chọn tham gia thi môn này Cũng chính vì lí do này , công tác bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi môn Toán càng trở nên khó khăn hơn rất nhiều

3 Về phía giáo viên tham gia trực tiếp công tác bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi

Nếu ho ̣c sinh giữ vai trò trung tâm trong công tác bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi thì vi ̣ trí của người thầy la ̣i giữ vai trò chủ đa ̣o Để thực hiê ̣n thành công viê ̣c đào ta ̣o bồi dưỡng ho ̣c sinh giỏi , đă ̣c biê ̣t với môn Toán thì khó khăn hơn rất nhiều so với các môn ho ̣c khác Thực tế đã chứng minh điều đó , trong những năm qua , huyê ̣n Lu ̣c Yên cũng chỉ có mô ̣t lầ n có ho ̣c sinh giỏi cấp Tỉnh về bô ̣ môn Toán, còn những năm trước không hề có Toán học là một môn học khó , khô khan và lượng kiến thức rất rô ̣ng, vì học sinh đã được học toán từ khi vào lớp 1, tức là các em đã được ho ̣c toán 9 năm

liền Chính vì vậy , những giáo viên tham gia bồi dưỡng đô ̣i tuyển ho ̣c sinh giỏi Toán cần phải có thời gian bồi dưỡng nhiều hơn , phải đầu tư thời gian , công sức, tiền ba ̣c nhiều hơn so với những giáo viên tham gia b ồi dưỡng những môn học khác Vấn đề là thời gian , vì học sinh không phải là những cái máy, chúng ta không thể cùng một lúc nhồi nhét vào đầu các em mọi vấn đề mà chúng ta cho rằng các em nên ho ̣c Mà việc tiếp thu, học tâ ̣p của các em là cả mô ̣t quá trình bền bỉ, lâu dài thì mới mong đa ̣t được hiê ̣u quả Bản thân tôi là giáo viên tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán năm nay là năm thứ hai , nói về kinh nghiệm thì chưa nhiều Song tôi cũng nhâ ̣n thấy rằng, để bồi dưỡng được một đội tuyển đi thi có giải là cả một vấn đề nan giải , khó khăn Ở đây tồn tại hai vấn đề:

Một là, kiến thứ c của người thầy , giáo viên giảng dạy toán phải là người có mộ t cái nhìn tổng quát về môn toán trong bậc học của mình , phải là người giải toán thường xuyên , că ̣p nhâ ̣t thường xuyên những thuâ ̣t toán , những thủ thuâ ̣t giải toán hiê ̣u quả Nói tóm lại là kiến thức của thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người giỏi toán

Hai là, cần phải lên được kế hoa ̣ch giảng da ̣y mô ̣t cách chi tiết , chuẩn mực Că ̣p nhâ ̣t thường xuyên những kiến thức mới mà các em vừa ho ̣c để bồi dưỡng ngay , đă ̣c biê ̣t là phải kích thích được các em say sưa học tập , tự giác ho ̣c tâ ̣p , phát huy được những tố chất tốt nhất của các em để công viê ̣c ho ̣c tâ ̣p của các em đa ̣t được hiê ̣u quả cao

PHẦN III

KẾT LUẬN

Trên đây là mô ̣t số phương pháp giải phương trình vô tỉ trong khuôn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ thể là những phương pháp giải phương trình vô tỉ của lớp 9 Ngoài những phương pháp mà tôi chắt lọc nêu trên , chắc chắn còn nhiều phương pháp giải khác mà bản thân tôi , do năng lực còn ha ̣n chế và thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài của tôi không thể không còn những

sơ suất Chính vì vậy , tôi rất mong có sự đóng góp , bổ xung của các đồng nghiê ̣p để đề tài hoàn thiê ̣n hơn

Người thực hiê ̣n

Đỗ Trung Thành

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ CHUYÊN MÔN VÀ BGH NHÀ TRƯỜNG

*******************************************