Cđ thuật toán tương tự trong bồi dưỡng hsg toán 8

CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN NGƯỜI THỰC HIỆN:NGUYỄN TRANG KIÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN LẬP THẠCH
TRƯỜNG THCS SƠN ĐÔNG
CHUYÊN ĐỀ:SỬ DỤNG THUẬT TOÁN “TƯƠNG TỰ “ TRONG
BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 8
Người thực hiện : NGUYỄN TRANG KIÊN
Tổ: : KHTN
Năm học : 2013-2014
Lập Thạch, tháng 1 năm 2014

LỜI NÓI ĐẦU
Có lẽ “Biến đổi đại số “ và Bồi dưỡng HSG đại số 8 luôn là đề tài hấp dẫn ,lôi quấn đối
với tất cả GV và HS tham gia và còn mãi là đối tượng nghiên cứu của toán học
Ngoài các bài toán có phương pháp chung hay qui tắc giải tổng quát trong các tài liệu là
sự thay đổi về số liệu hay các hình thức , yêu cầu tính toán xoay quanh nó thì nhiều bài
toán thường gặp không có qui tắc giải tổng quát , mỗi bài toán đòi hỏi một cách giải
riêng phù hợp với nó. Người học , người làm toán khi chiếm lĩnh được cách giải ví như
tìm được “chìa khoá vàng “ để bước vào không gian toán học rộng lớn và sáng tạo . Vì
thế giúp H S tìm ra “chìa khóa vàng “ có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo
,linh hoạt và sáng tạo , thúc đẩy quá trình tìm tòi và phát kiến khoa học toán học biện
chứng .
Hiện nay có nhiều phương pháp dạy học mới đã được ngành chủ trương vận dụng dựa
trên tính căn bản , kế thừa và phát huy tinh hoa những phương pháp dạy học cũ nhằm
đạt đích lớn nhất cho sự lính hội kiến thức của người học , và thể nghiệm qua các kì thi
Vậy làm thế nào để H S tự học –sáng tạo , cần phải có vốn toán học căn bản .Để làm
được điều đó theo tôi H S cần học ,ghi nhớ và khắc sâu vốn kiến thức định hướng của
GV trực tiếp hướng dẫn , giảng dạy
Một yếu điểm đối với H S là học rồi hay quên . Để khắc phục điều này và rút ngắn thời
gian Dạy -học dần đến kết quả cao nhất , tôi xin mạnh dạn đưa ra đây một phương
pháp mà bản thân tôi đã -đang sử dụng và áp dụng lên đối tượng H S nghiên cứu ,
phương pháp : Sử dụng thuật toán “tương tự “ trong bồi dưỡng HSG đại số 8
2

DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
Chữ đầy đủ Chữ viết tắt
Vế trái ( Vế phải) VT( VP)
Học sinh giỏi HSG
Giả thiết gt
Học sinh HS
Giáo viên GV
Phòng giáo dục PGD
Số hạng tổng quát SHTQ
Chững minh rằng CM R
MỤC LỤC
Phần Nội dung cụ thể Trang
Phần I:Mở đầu
I. Lí do chọn chuyên đề
4
II. Mục đích nghiên cứu
III.Đối tượng nghiên cứu
IV.Phạm vi nghiên cứu
V.Kế hoạch nghiên cứu
Phần II: Nội dung
I. Cơ sở lí luận
5
II. Thực trạng nghiên cứu của đề tài
III.Nội dung cụ thể 5
Phần III: Kết luận
và kiến nghị
3

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
1. Cơ sở lý luận :
Mục tiêu cơ bản của giáo dục nói chung, của nhà trường nói riêng là đào tạo và
xây dựng thế hệ học sinh trở thành những con người mới phát triển toàn diện, có đầy đủ
phẩm chất đạo đức, năng lực, trí tuệ để đáp ứng với yêu cầu thực tế hiện nay. Để thực
hiện được mục tiêu đó, trước hết chúng ta phải biết áp dụng phương pháp dạy học hiện
đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề, rèn
luyện thành nề nếp tư duy sáng tạo của người học, từng bước áp dụng các phương pháp
tiên tiến, phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, dành thời gian tự học, tự nghiên
cứu cho học sinh. Đồng thời bản thân mỗi giáo viên cũng phải tự tìm ra những phương
pháp mới, khắc phục lối truyền thụ một chiều, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động,
sáng tạo của học sinh trong các môn học, đặc biệt là môn toán.
2. Cơ sở thực tiễn :
Trong thời đại hiện nay, nền giáo dục của nước ta đã tiếp cận được với khoa học
hiện đại. Các môn học đều đòi hỏi tư duy sáng tạo và hiện đại của học sinh. Đặc biệt là
môn toán, nó đòi hỏi tư duy rất tích cực của học sinh, đòi hỏi học sinh tiếp thu kiến thức
một cách chính xác, khoa học và hiện đại. Vì thế để giúp các em học tập môn toán có
kết quả tốt giáo viên không chỉ có kiến thức vững vàng, một tâm hồn đầy nhiệt huyết,
mà điều cần thiết là phải biết vận dụng các phương pháp giảng dạy một cách linh hoạt,
sáng tạo truyền thụ kiến thức cho học sinh một cách dễ hiểu nhất.
Chương trình toán rất rộng và đa dạng, các em được lĩnh hội nhiều kiến thức. Trong đó
có một nội dung kiến thức theo các em trong suốt quá trình học tập là việc phân tích và
biến đổi đại số có ý nghĩa to lớn trong việc hạ cấp phần tử ( làm giảm bậc , giảm biến )
xuất hiện hầu hết trong các bài toán đại số và số học , kể cả các bài tập ở mức độ vận
dụng thấp hay vận dụng cao
Từ những yêu cầu thực tế và những yếu tố khách quan cũng như chủ quan ở trên , việc
giúp cho học sinh giải được các dạng toán lên quan là một nhiệm vụ rất khó khăn đối
với giáo viên. Và đó là một vấn đề trăn trở nên tôi đã nghiên cứu, tìm tòi và xây dựng
,hệ thống hóa các bài toán theo ý tưởng : “SỬ DỤNG THUẬT TOÁN TƯƠNG TỰ
TRONG BỒI DƯỠNG HSG ĐẠI SỐ 8”
II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU :
-Nhằm nâng cao chất lượng dạy và học
-Giúp HS có khả năng phân loại kiến thức và tăng cường khả năng vận dụng
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Một số các bài toán thường xuất hiện trong các tư liệu thuộc chương trình Đại số 8 và
các đề thi HSG
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
-Các tiết dạy Đại số có liên quan
-Dành cho đối tượng chủ yếu là đội tuyển Toán 8
V. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU : Từ tháng 8/2013 đến tháng 4/2014
4

PHẦN II: NỘI DUNG
I.Cơ sở lí luận :
Xuất phát từ thực tiễn dạy học và nhu cầu giải quyết các bài toán hay và khó trong HS,
đòi hỏi tìm ra nét đặc trưng của phương pháp nhằm xử lí các hiện tượng bài thi , đề thi
có liên quan . Việc tổng hợp , rà soát và tổng hợp kiến thức để có một góc nhìn toàn
cảnh quá trình giải toán là cực kì quan trọng và cần thiết .Trên cơ sở đó người học có thể
làm chủ kiến thức , dễ dàng lựa chon cho mình hướng giải quyết vấn đề tinh tế, nhanh
nhạy và hiệu quả . Thực tế trong chương trình học chính khóa gồm kiến thức cơ không
đòi hỏi xây dựng những lớp bài toán khó , việc vận dụng và hoàn thiện kiến thức vận
dụng về sau nằm dải rác toàn bộ chương trình không được đề cập rõ ràng hướng giải
toán cụ thể nên gây nhiều lúng túng , khó khăn , hay việc định hình lời giải một bài toán
trong HS
Vì vậy việc tổng hợp phân loại các phương pháp giải toán cụ thể hay định hình phương
pháp giải một số dạng toán là hết sức cần thiết
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu :
Toán học là bộ môn khoa học chứa đựng rất nhiều các bài tập hay và khó , đòi hỏi trí
tưởng tượng , tư duy trừu tượng . Đặc biệt nhiều bài tập có nội dung trình bày lời giải
dài là 1 nguyên nhân HS thường trình bày sai , gây ra cảm giác ngại khó trong HS . vì
vậy để cuốn hút HS và các hoạt động học tập cần định hình thật rõ ràng về phương pháp
giải toán , trên cơ sở đó HS tự tin , tích cực học tập và lựa chọn cách giải quyết vấn đề
thông minh nhất
III) Nội dung cụ thể :
1)Xuất phát từ giả thiết chung :
Bài toán 1: Chứng minh rằng : ( a+b+c)(a2
+b2
+c2
-ab-bc-ca)=a3
+b3
+c3
-3abc
Hướng dẫn giải:
+VT là 1 tích , VP là 1 tổng
Cách 1: Khai triển và rút gọn vế trái thành vế phải
+Ngược lại , VP là 1 tích , VT là 1 tổng , nên :
Cách 2: Biến đổi VPVT: Biến tổng thành tích ( phân tích đa thức thành nhân tử )
Sử dụng công thức : a3
+b3
=(a+b)3
-3ab(a+b)
Ta có :a3
+b3
+c3
-3abc=
3 3 3
2 2 2 2
( ) 3a ( ) 3a ( ) 3( ) ( ) 3a ( )
( ) ( ) 3 ( ) 3a ( )( )
a b c b a b bc a b c a b c a b c b a b c
a b c a b c c a b b a b c a b c ab bc ca
+ + − + − = + + − + + + − + + =
 = + + + + − + − = + + + + − − − 
Hệ quả 1: Cho a+b+c=0 .Chứng minh rằng : a3
+b3
+c3
=3abc
Chứng minh:
Cách 1: Từ giả thiết a+b+c=0
3 3 3 2 2 3 3
3 3 3
( ) ( ) 3a 3a
3a ( ) 3a ( ) 3a
a b c a b c a b b b c
a b c b a b b c bc
⇒ + = − ⇒ + = − ⇔ + + + = −
⇔ + + = − + = − − =
5

Cách 2: Sử dụng công thức : a3
+b3
=(a+b)3
-3ab(a+b)
Ta có :a3
+b3
+c3
=3abc
3 3 3
( ) 3a ( ) 3a 0 ( ) 3( ) ( ) 3a ( )a b c b a b bc a b c a b c a b c b a b c⇔ + + − + − = ⇔ + + − + + + − + +
:đúng ⇒ đpcm
Hệ quả 1.1:Chứng minh rằng :(a-b)3
+(b-c)3
+(c-a)3
=3(a-b)(b-c)(c-a) (*)
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Khai triển và rút gọn 2 vế
Cách 2: Đặt a-b=x; b-c=y;c-a=z ⇒ x+y+z=0,
và (*) :x3
+y3
+z3
=3xyz (hiển nhiên )
Hệ quả 2: Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn : a+b+c ≠ 0 và a3
+b3
+c3
=3abc. Chứng minh rằng
3 số a, b, c đôi một bằng nhau
Hướng dẫn giải :
+3 số a, b, c đôi một bằng nhau thì trong giả thiết cần biến đổi để xuất hiện a-b;
b-c; và c-a
Cách 1:
+Ta có :a3
+b3
+c3
-3abc=
2 2 2
2 2 2
( )( ) 0
0
a b c a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
= + + + + − − − =
⇒ + + − − − =
(vì a+b+c ≠ 0)
⇔ 2 2 2 2
( ) 0a b c ab bc ca+ + − − − = ⇔ (a2
-2ab+b2
)+(b2
-2bc+c2
)+(a2
-2ac+c2
)=0
⇔ (a-b)2
+(b-c)2
+(a-c)2
=0
⇔
0
0
0
a b a b
b c b c
c a c a
− = = 
 
− = ⇔ = 
 − = = 
a b c⇔ = = ⇒ đpcm
Cách 2: Với 2 2
, : 2a b a b ab∀ + ≥ (1) . Dấu “=” xảy ra khi a=b
Tương tự , có : 2 2
, : 2b c b c bc∀ + ≥ (2) . Dấu “=” xảy ra khi b=c
2 2
, : 2a c a c ac∀ + ≥ (3) . Dấu “=” xảy ra khi a=c
Từ (1)(2)(3), cộng vế theo vế , ta có : 2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Hệ quả 3: (Đặc biệt)
Nếu VABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c thỏa mãn :a3
+b3
+c3
=3abc. Chứng minh rằng V
ABC là tam giác đều
Hệ quả 4: Cho 3 số dương a;b;c đôi một khác nhau . Chứng minh rằng giá trị của đa
thức sau cũng dương A=a3
+b3
+c3
-3abc
Hướng dẫn giải : Với a;b;c >0 và đôi một khác nhau
Ta có : A=a3
+b3
+c3
-3abc=
1
2
(a+b+c)((a-b)2
+(b-c)2
+(a-c)2
)>0
6

Hệ quả 5: Cho 3 số dương a;b;c đôi một khác nhau .Ta có thể thay thế -3abc bởi biểu
thức khác :
Ví dụ :A=a3
+b3
+c3
+3abc =a3
+b3
+c3
-3abc +3abc ; A=a3
+b3
+c3
+10abc ...........
Hệ quả 6: Cho a,b,c thỏa mãn :a3
+b3
+c3
=3abc với a;b;c ≠ 0.Tính giá trị của biểu thức
P=(1 )(1 )(1 )
a b c
b c a
+ + +
(Trích đề thi HSG 8 -huyện Lập Thạch , vòng 2 năm 2012-2013)
Theo BT 1: a3
+b3
+c3
-3abc=0
0; 0
0
a b c abc
a b c
+ + = ≠
⇒  = = ≠
*)TH1:Nếu a+b+c=0 . . . . 1
a b c
a b b c c a c a b
b c a P
c a b c a b
c a b
+ = −
+ + + − − −
⇒ + = − ⇒ = = = −
 + = −
*)TH2: Nếu a=b=c ≠ 0 1 8
a b c
P
b c a
⇒ = = = ⇒ =
Vậy P=8 khi a=b=c ; P=-1 khi……
Hệ quả 7: Cho
1 1 1
0
a b c
+ + = .Tính giá trị biểu thức : A= 2 2 2
bc ca ab
a b c
+ +
Cách 1: Đặt
3 3 31 1 1
; ; 0 3xx y z x y z x y z yz
a b c
= = = ⇒ + + = ⇒ + + =
Ta có A= 2 2 2
bc ca ab
a b c
+ + =abc( 3 3 3
1 1 1
a b c
+ + )=
3 3 31 3x
( ) 3
yz
x y z
xyz xyz
+ + = =
Vậy A=3
Cách 2:Ta có
1 1 1
0
a b c
+ + =
2 2 2 2 2 2
0 ( )( ) 0 3 0ab bc ca ab bc ca a b c b c bc a c ac a b ab abc⇒ + + = ⇒ + + + + = ⇔ + + + + + + =
(1)
+ Lại có :
1 1 1
0
a b c
+ + = ⇒ (
1 1 1
)( ) 0
bc ac ab
a b c a b c
+ + + + =
2 2 2
( ) ( )
bc ca ab a b c a b c
a b c b a a c c b
⇒ + + + + + + + + =0
⇔
2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) 0
bc ca ab a c b c a b c b b a c a
a b c abc
+ + + + +
+ + + =
7

⇔
2 2 2 2 2 2
2 2 2
( 3a ) 3a
( ) 0
bc ca ab a c b c a b c b b a c a bc bc
a b c abc
+ + + + + + −
+ + + = (2)
+Từ (1), (2), ta có :A= 2 2 2
bc ca ab
a b c
+ + =3
Cách 3 : theo gt, ta có
3 3
3 3 3 3 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3
( ) ( )
a b c a b c c a b c a b ab
− − −
+ = ⇒ + = = ⇔ + + = − − =
3 1 1
( )
ab a b
−
+
=
3
abc
Mặt khác: A= 2 2 2
bc ca ab
a b c
+ + =abc ( 3 3 3
1 1 1
a b c
+ + )= abc .
3
abc
=3
Hệ quả 8: Cho x+y+z =0 .Chứng minh rằng : 2( 5 5 5 2 2 2
) 5x ( )x y z yz x y z+ + = + +
Phân tích :Xuất phát từ giả thiết x+y+z =0 ,ta có: x3
+y3
+z3
=3xyz. dẫn đến một cách
giải sau đây:
VP= 2 2 2
5x ( ) (3x 2x )yz x y z yz yz+ + = + . 2 2 2
( )x y z+ + =(x3
+y3
+z3
+2xyz)( 2 2 2
( )x y z+ +
= 5 5 5 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2 ( )x y z x y z y x z z x y xyz x y z+ + + + + + + + + + +
= 5 5 5 3 2 2 3 2 2 3 2 2
( 2 ) ( 2 ) ( 2 )x y z x y yz z y x xz z z x xy y+ + + + + + + + + + +
= 5 5 5 3 2 3 2 3 2
( ) ( ) ( )x y z x y z y x z z x y+ + + + + + + +
Do x+y+z=0 , nên VP= 5 5 5 3 2 3 2 3 2
( ) ( ) ( )x y z x x y y z z+ + + − + − + − =
= 5 5 5
2( )x y z+ + =VT
Ra đề tương tự :
Chứng minh rằng nếu x;y;z ≠ 0 và x+y+z=0 thì :
4 4 4
2 2 25
( )
z 2
x y z
x y z
yz x xy
+ + = + +
(Trích đề thi khảo sát đội tuyển HSG 9 ,lần 2-PGD Lập Thạch 2009-2010)
Hệ quả 9: Nếu a2
+b2
+c2
= ab bc ca+ + thì a=b=c
Hệ quả 10: 1)Tìm các số x,y,z biết x2
+y2
+z2
=xy+yz+zx và 2008 2008 2008 2009
3x y z+ + =
(Trích đề thi HSG 8-huyện Lập Thạch , vòng 2 , năm 2008-2009)
2)Tìm các số x,y,z biết x2
+y2
+z2
=xy+yz+zx và 2012 2012 2012 2013
3x y z+ + =
(Trích đề thi HSG 8-huyện Lập Thạch , năm 2011-2012)
1)Ta có x2
+y2
+z2
=xy+yz+zx ⇒ x=y=z(Hệ quả 2)
8

Lại có
2008 2008 2008 2009
3x y z+ + =
2008 2009 2008 2008
3. 3 3 3x x x⇒ = ⇒ = ⇒ = ±
Vậy x=y=z= 3±
Hệ quả 11:Cho x+y+z=0 . Chứng minh rằng 3 0
y z z x x y
x y z
+ + +
+ + + =
Hệ quả 12: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a3
+b3
+c3
-3abc
b)Cho x ;y ;z là các số khác 0 thỏa mãn
1 1 1
0x y z
x y z
+ + = + + =
CMR
6 6 6
3 3 3
x y z
xyz
x y z
+ +
=
+ +
(Trích đề thi khảo sát HSG 8-Vòng 1, PGD Lập Thạch 2009-2010)
b) +Vì x; ; 0y z ≠ và
1 1 1
0x y z
x y z
+ + = + + =
3 3 3
3x
z 0
x y z yz
xy yz x
 + + =
⇒ 
+ + =
3 3 3 3 3 3 2 2 2
z 3xx y y z x y z⇒ + + =
⇒ ( )
23 3 3 3 3 3 3 3 36 6 6
3 3 3 3 3 3
2( z )x y z x y y z xx y z
x y z x y z
+ + − + ++ +
=
+ + + +
=
2 2 2 2 2 2
9x 2.3x
3x
y z y z
xyz
yz
−
=
Hệ quả 13:( Giải phương trình ) (2x-5)3
+27(x-1)3
+(8-5x)3
=0
(Trích đề thi H SG 8 -huyện Lập Thạch , vòng 2 , năm 2008-2009)
Bài toán này có nhiều cách giải , chúng ta chỉ đề cập tới ứng dụng của chuyên đề này :
Ta có :(2x-5)3
+27(x-1)3
+(8-5x)3
=0⇔ (2x-5)3
+(3x-3)3
+(8-5x)3
=0 (1)
Áp dụng HĐT:a3
+b3
+c3
=3abc
0a b c
a b c
+ + =
⇔  = =
Ta có :(2x-5)+(3x-3)+(8-5x)=0⇒ (2x-5)3
+(3x-3)3
+(8-5x)3
=3(2x-5)(3x-3)(8-5x) (2)
Từ (1)và (2) , suy ra :3(2x-5)(3x-3)(8-5x) =0
5
2x 5 0 2
3x 3 0 1
8 5x 0 8
5
x
x
x

=− =
⇔ − = ⇔ =
 − = =

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=
5 8
;1;
2 5
 
 
 
Nhận xét :
Từ giả thiết chung x+y +z =0 đã suy ra ứng dụng của biểu thức bậc ba , hoàn toàn
tương tự HS có thể tìm tòi dưới định hướng của GV để tìm thấy những kết luận về biểu
thức bậc hai , từ đó thấy được ứng dụng trong giải toán
9

Ví dụ : x+y+z =0 ⇒ x+y =-z⇒ (x+y)2
=(-z)2
2 2 2 2 2 2
2x 2xx y y z x y z y⇔ + + = ⇔ + − = −
Hoàn toàn tương tự với các biến khác .Như thế 1 biểu thức cồng kềnh đã được thu nhỏ
từ bậc đến biến số ,làm người học liên hệ bài toán rút gọn , hay tính giá trị của 1 biểu
thức :
Hệ quả 14: Cho x+y+z=0 , xyz ≠ 0 .Tính S= 2 2 2
1
x y z+ −
+ 2 2 2
1
y z x+ −
+ 2 2 2
1
x z y+ −
Theo nhận xét trên , do x+y +z =0 ⇒ x+y =-z⇒ (x+y)2
=(-z)2
2 2 2 2 2 2
2x 2xx y y z x y z y⇔ + + = ⇔ + − = −
Tương tự :
2 2 2
2y z x yz+ − = − ;
2 2 2
2xzx z y+ − = −
Nên S=
1
2xy−
+
1
2yz−
+
1
2zx−
= 0
2
x y z
xyz
+ +
=
−
Hoàn toàn tương tự H S có thể giải các bài toán sau :
Bài 1:Cho x+y+z=0 ,xyz ≠ 0 .Rút gọn S=
2
2 2 2
x
x y z− −
+
2
2 2 2
y
y z x− −
+
2
2 2 2
z
z y x− −
Bài 2: a) Phân tích đa thức thành nhân tử : (3x-2)3
-(x-3)3
-(2x+1)3
b)Áp dụng giải phương trình (3x-2)3
-(x-3)3
=(2x+1)3
(Trích đề thi Ôlympic toán 8 , năm 2009-2010)
Bài 3: Cho 3 số a;b;c 0≠ thỏa mãn :a3
b3
+b3
c3
+c3
a3
=3 2 2 2
a b c .
Tính giá trị biểu thức:P=(1 )(1 )(1 )
a b c
b c a
+ + +
Đặt
ab x
bc y
ca z
=

=
 =
Vì a3
b3
+b3
c3
+c3
a3
=3 2 2 2
a b c nên :x3
+y3
+z3
=3xyz⇒
0x y z
x y z
+ + =
 = =
TH1:x=y=z⇒ a=b=c⇒ P=8
TH2 :x+y+z=0⇔ ab+bc+ca=0⇒ a(b+c)==bc⇒ b+c=
bc
a
−
(do a 0≠ )
Tương tự :a+c=
ac
b
−
; a+b=
ab
c
−
⇒ M=
a b
b
+
.
b c
c
+
.
a c
a
+
=
ab
c
b
−
.
bc
a
c
−
.
ca
b
a
−
=-1
10

2) Xuất phát từ vai trò bình đẳng của biến :
Đây là 1 trong các dấu hiệu cơ bản thường hay xuất hiện ở 1 số dạng bài tập biến đổi
đại số ở lớp 8.Tuy nhiên là cơ sở dễ để HS phát hiện , có ý nghĩa rất lớn trong việc định
hướng lời giải với các bài tập dài và khó giúp H S có quan điểm nhìn nhận cách thức
giải một bài tập khó .
Bài toán 2: Cho 3 số a,b,c≠ 0 , a+b+c≠ 0 , thỏa mãn điều kiện :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
Chứng minh rằng trong 3 số a;b;c có 2 số đối nhau
Phân tích : Do vai trò của biến như nhau , nên để chứng minh a;b;c đôi một đối nhau ,ta
chứng minh:
0
0 ( )( )( ) 0
0
a b a b
b c b c a b b c c a
c a c a
= − + = 
 = − ⇔ + = ⇔ + + + = 
 = − + = 
Như vậy thực chất của bài toán gồm 2 phần :
+Biến đổi biểu thức giả thiết thành đa thức
2 2 2 2 2 2
( 2 ) ( ) ( ) 0a c abc b c a b ab ac bc⇔ + + + + + + = +Biến đổi đa thức thu được
thành nhân tử
Giải :
Với a,b,c≠ 0 , a+b+c≠ 0 , ta có :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
( )( )ab bc ca a b c abc⇒ + + + + =
2 2 2 2 2 2
(a b abc a c ab b c abc abc bc c a abc⇔ + + + + + + + + =
2 2
( ) ( ) ( ) 0 ( )( )( ) 0c a b ab a b c a b a b b c c a⇔ + + + + + = ⇔ + + + = ⇒ đpcm
Lưu ý : có thể dùng phương pháp xét giá trị riêng
Sau đây là 1 số khai thác tương tự :
Hệ quả 1: (thay đổi số liệu )
Chứng minh rằng ,nếu: x;y;z≠ 0 , x+y+z =a ≠ 0 , thỏa mãn điều kiện :
1 1 1 1
x y z a
+ + =
thì tồn tại một trong ba số x;y;z bằng a
(gt) suy ra :
1 1 1 1
x y z x y z
+ + =
+ +
. Từ BT2⇒ ( )( )( ) 0x y y z z x+ + + =
0
0
0
x y
x a
y z
y a
z x
z a
x y z a
 + =
= + = ⇒ ⇔ =  + =  = + + =
Hệ quả 2:(Tổng quát hóa bài toán )
11

Cho 3 số a,b,c≠ 0 , a+b+c≠ 0 , thỏa mãn điều kiện :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
. Chứng minh
rằng :
1 1 1 1
n n n n n n
a b c a b c
+ + =
+ +
(*) , với n là số tự nhiên lẻ
(gt) suy ra :
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
. Từ BT2⇒ ( )( )( ) 0a b b c c a+ + + =
0
0
0
a b
b c
c a
+ =
⇔ + =
 + =
TH1: nếu a+b=0 ( )n n n
a b a b b⇔ = − ⇒ = − = − vì n là số tự nhiên lẻ
0n n
a b⇒ + = và
1 1 1 1
0n n n n
a b a b
−
= ⇒ + = . Do đó VT(*)=VP(*)=
1
n
c
TH2: b+c=0 ; TH3 : c+a=0 :Tương tự
Hệ quả 3: (Cụ thể - Đặc biệt hóa)
Thường là các trường hợp riêng với các giá trị cụ thể của n :
Ví dụ : n= 2003; 2007; 2009; 2013;…..
Bài tập tương tự :
Bài 1:Cho a;b;c là 3 số thỏa mãn a+b+c=2009 và :
1 1 1 1
2009a b c
+ + = thì một trong ba
số a;b;c bằng 2009
(Trích đề thi khảo sát đội tuyển HSG 9 -huyện Lập Thạch,vòng 1, năm 2009-2010)
Bài 2:Cho a;b;c là 3 số thỏa mãn a+b+c=2011 và :
1 1 1 1
2011a b c
+ + = thì một trong ba
số a;b;c bằng 2011
(Trích đề thi HSG 8 -huyện Hải Hậu –Nam Định ,năm 2010-2011)
Bài toán 3:Cho x;y;z ≠ 0 và
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
+
2 2 2
2 z
z x y
x
+ −
+
2 2 2
2
y x z
xy
+ −
=1 (1)
a) CMR trong ba số x; y ;z có ít nhất một số bằng tổng hai số kia
b)CM R trong ba phân thức ở VT có 1 phân thức có giá trị bằng -1 , còn hai phân thức
còn lại đều bằng 1
Nhận xét : a)Thực tế trong quá trình dạy đội tuyển HSG Toán 8 , HS lần đầu tiên tiếp
cận bài toán này đều định hướng phân tích giả thiết làm xuất hiện :
12

0
0 ( )( )( ) 0
0
x y z y z x
y z x z x y y z x z x y x y z
z x y x y z
= + + − = 
 = + ⇔ + − = ⇔ + − + − + − = 
 = + + − = 
+Đa số các em ( bằng mọi cách ) biến đổi trực tiếp trên nền gt ( như qui đồng rồi phân
tích đa thức thu được thành nhân tử ).Đó có thể nói là thành quả tư duy rất quan trọng ,
tuy nhiên bộc lộ nhiều yếu điểm căn bản
+Nếu xuất phát từ gt ( yêu cầu bài toán ) H S được trang bị vốn có thể phân tích tìm tòi
và phát hiện lời giải hiệu quả hơn
Phân tích :
Đặt A=
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
; B=
2 2 2
2 z
z x y
x
+ −
; C=
2 2 2
2
y x z
xy
+ −
Do vai trò của biến như nhau: Nếu giả sử A=-1 thì B=1; C=1 , như vậy hình thành việc
ghép biểu thức A+1 ;B-1; C-1
Giải :
a)Với x;y;z ≠ 0 ⇒ (1): (A+1)+(B-1)+(C-1)=0 (2)
Ta có : A+ 1=
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
+1=
2 2
( ) ( )( )
2 2
y z x x y z y z x
yz yz
+ − + + + −
=
Tương tự : B-1=
( )( )
2xz
z x y z x y− − − +
C-1=
( )( )
2xy
x y z x y z− + − −
Từ (2) ,ta có :(y+z-x)
( ) ( ) ( )
0
2x
x x y z y z x y z x y z
yz
 + + + − − − − +
= 
 
2 2
( ) ( ) 0 ( )( )( ) 0y z x x y z y z x x y z x y z ⇒ + − − − = ⇔ + − − + + − = 
x y z
y x z
z x y
= +
⇔ = +
 = +
b)Từ ý a) , ta có :
TH1:nếu x=y+z (Thay vào )⇒
1 ...... 0 1
1 ...... 0 1
1 ...... 0 1
A A
B B
C C
+ = = = − 
 
− = = ⇔ = 
 − = = = 
TH2: y=x+z ; TH3 : z=x+y :Tương tự
Với phương pháp giải như trên hình thành lời giải các bài toán tương tự sau:
Hệ quả 1:Chứng minh rằng , nếu x;y;z là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
2 2 2
2
y z x
yz
+ −
+
2 2 2
2 z
z x y
x
+ −
+
2 2 2
2
y x z
xy
+ −
>1 (*)
13

Theo BT3, ta có :(*)
( )( )( )
0
2x
x y z y z x x z y
yz
+ − + − + −
⇔ > (**)
Do x;y;z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác , nên x;y;z>0
Mặt khác , theo BĐT tam giác : x+y-z>0; y+z-x>0; x+z-y>0 , nên (**): đúng , suy ra (*)
: đúng
Hệ quả 2:Cho 0
a b c b c a a c b
ab bc ac
+ − + − + −
− − = . Chứng minh rằng trong 3 phân thức ở
VT có ít nhất một phân thức bằng 0
Đặt A=
a b c
ab
+ −
B=
b c a
bc
+ −
C=
a c b
ac
+ −
Ta có 0
a b c b c a a c b
ab bc ac
+ − + − + −
− − = ⇒ c(a+b-c)-a(b+c-a)-b(a+c-b)=0
2 2 0
( ) 0 ( )( ) 0
0
a b c
a b c a b c a b c
a b c
− − =
⇔ + − = ⇔ − − − + = ⇔  − + =
TH1: nếu a-b-c=0 ⇒ B=0
TH2: nếu a-b+c=0⇒ C =0 ⇒ đpcm
Hệ quả 3:Cho 3 phân thức
1
a b
ab
−
+
;
1
b c
bc
−
+
;
1
c a
ac
−
+
CMR tổng 3 phân thức trên bằng tích của chúng
Có thể thay
1
b c
bc
−
+
=
1
b a
bc
−
+
+
1
a c
bc
−
+
rồi lấy nhân tử chung là các tử thức tương ứng
Hệ quả 4: Cho a;b;c≠ 0 thỏa mãn : 2 2 2
2 2 2
1(1)
(2)
abc
a b c b c a
b c a a b c
=


+ + = + +

Chứng minh rằng một trong ba số a;b;c là bình phương của một trong hai số còn lại
Vì a;b;c≠ 0 , nên từ (2)⇒ 3 2 3 2 3 2 3 3 3
a c b a c b b c a b c a+ + = + + (do abc=1)
3 2 3 3 2 2 2 2 3 2 3 3
( ) ( ) ( ) ( ) 0a c a b b a a b c c b b c abc c a⇔ − + − + − + − = (do 2 2 2
a b c =abc=1)
2
2 2 2 2
2
( )( )( ) 0
a b
c b a b a c b c
c a
 =

⇔ − − − = ⇔ =
 =
⇒ đpcm
14

3) Xuất phát từ dạng ( nhóm )bài toán :
3.1)Dạng tỉ lệ thức : có nhiều phương pháp giải các bài tập dạng này tuy nhiên ở đây
tôi chỉ trình bày phương pháp tham số hóa nhờ tính ưu việt , giản đơn của nó dựa trên
nguyên tắc giảm biến phù hợp với đối tượng HS ở lứa tuổi THCS
Bài 1: Cho a+b+c=1; a2
+b2
+c2
=1;
x y z
a b c
= = .Chứng minh rằng xy+yz+zx=0
Chứng minh :
(gt) :a+b+c=1; a2
+b2
+c2
=1 2 2 2 2
( ) 1 2a 2 2 1a b c a b c b bc ca⇒ + + = ⇔ + + + + + =
0ab bc ca⇒ + + =
Đặt
x y z
a b c
= = =k
ax k
y kb
z kc
=

⇒ =
 =
Ta có : xy+yz+zx=(ka)(kb)+(kb)(kc)+(kc)(ka)=k2
(ab+bc+ca)=0
Bài 2 : Cho
x y z
a b c
= = 0≠ .Rút gọn biểu thức : A=
2 2 2 2 2 2
2
( )( )
( z)
x y z a b c
ax by c
+ + + +
+ +
Đặt
x y z
a b c
= = =k 0≠
ax k
y kb
z kc
=

⇒ =
 =
[ ]
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 22 2 2
( )( ) ( )
1
( )( ) ( ) ( ) ( )
a k b k c k a b c k a b c
A
ak a b bk c ck k a b c
+ + + + + +
⇒ = = =
+ +  + + 
Bài 3 : Chứng minh rằng , nếu
z x xb cy c az ay b
a b c
− − −
= = thì
x y z
a b c
= =
với a;b;c 0≠
Hướng dẫn giải : Với a;b;c 0≠
Đặt
z x xb cy c az ay b
a b c
− − −
= = =k
z a
x
x
b cy k
c az kb
ay b kc
− =

⇒ − =
 − =
(I)
2
2
2
z a
x
x
ab acy k
bc abz kb
acy bc kc
 − =

⇒ − =
 − =
Cộng vế theo vế , ta có : 0=k(a2
+b2
+c2
)
+ Vì a;b;c 0≠ nên k=0
+Thay vào (I) , ta có :
z 0
x 0
x 0
b cy
c az
ay b
− =

⇒ − = ⇔
 − =
z=
x=
x
b cy
x y z
c az
a b c
ay b


⇒ ⇔ = =
 =
15

Bài 4 : Tìm các số hữu tỉ x,y;z 0≠ , biết : x+y+z 0≠
và
1 2 3 1y z x z x y
x y z x y z
+ + + + + −
= = =
+ +
Có :
1 2 3 1y z x z x y
x y z x y z
+ + + + + −
= = =
+ +
(Tính chất tỉ lệ thức )
Suy ra :
1 2 3 1y z x z x y
x y z x y z
+ + + + + −
= = =
+ +
=2
+)
1 1
2
2
x y z
x y z
= ⇒ + + =
+ +
+)
1 1 1
2 1 2x ( ) 1 3x 1 3x
2 2
y z
y z x y z x
x
+ +
= ⇒ + + = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ =
+)
2 5
2 2 2 2 3
6
x z
x z y x y z y y
y
+ +
= ⇔ + + = ⇔ + + + = ⇔ =
+)
3 5
2
6
x y
z
z
+ − −
= ⇔ =
Vậy x=
1
2
; y=
5
6
;z=
5
6
−
Bài 5 : Chứng minh rằng , nếu :
2 2a 4a 4
x y z
a b c b c b c
= =
+ + + + − +
thì :
2 2 4 4
a b c
x y z x y z x y z
= =
+ + + + − +
Cách 1 : Đặt
2 2a 4a 4
x y z
a b c b c b c
= =
+ + + − − +
=t ; ;x y z⇒ ⇒ thay vào các phân thức
còn lại để chứng minh
Cách 2: Dùng tính chất tỉ lệ thức từ giả thiết xây dựng bieẻu thức cần chứng minh
+Có
2 2
2 2a 4a 4 ( 2 ) 2(2a ) (4a 4 ) 9a
x y z x y z x y z
a b c b c b c a b c b c b c
+ + + +
= = = =
+ + + − − + + + + + − + − +
+Có
2 2
2 2a 4a 4 2( 2 ) (2a ) (4a 4 ) 9
x y z x y z x y z
a b c b c b c a b c b c b c b
+ − + −
= = = =
+ + + − − + + + + + − − − +
16

+Có
4 4 4 4
2 2a 4a 4 4( 2 ) 4(2a ) (4a 4 ) 9
x y z x y z x y z
a b c b c b c a b c b c b c c
− − − −
= = = =
+ + + − − + + + − + − − − +
⇒
2
9a
x y z+ +
=
2
9
x y z
b
+ −
=
4 4
9
x y z
c
− −
⇒
2 2 4 4
a b c
x y z x y z x y z
= =
+ + + + − +
BTTT: Chứng minh rằng , nếu :
2 2z 2z 2x 2x 2y x y y z
a b c
+ − + − + −
= =
(Với a ;b ;c ;2b+2c-a ; 2c+2a –b; 2a +2b-c đều khác 0)
thì :
2 2 2 2a-b 2a+2b-c
x y z
b c a c
= =
+ − +
Bài 6: Cho
2 2 2
1
1
a b c
a b c
x y z
a b c

 + + =

+ + =

 = =

Tính giá trị biểu thức : P=xy+yz+zx
Đặt
x y z
a b c
= = =k
ax k
y kb
z kc
=

⇒ =
 =
⇒ P=k2
(ab+bc+ca) (*)
Mặt khác 1=(a+b+c)2
=a2
+b2
+c2
+2(ab+bc+ca)⇒ ab+bc+ca=0(Vì a2
+b2
+c2
=1)
Từ (*)⇒ P=0
3.2)Dạng đẳng cấp :
Với cấp THCS đa số thường gặp các biểu thức đẳng cấp là bậc hai hay bậc ba ,với các
số liệu đơn giản , dễ quan sát , phát hiện , và định dạng , tuy nhiên để tránh những lựa
chọn cách giải dài dòng , đặc biệt hạn chế ở mức tối đa khả năng thất bại do biến hóa đề
, tôi trình bày 1 hướng đi chung thực sự hiệu quả trong các bài toán liên quan
Lưu ý : + Phương trình đẳng cấp là phương trình có các hạng tử cùng bậc ;
+ Dạng đẳng cấp bậc hai : au2
+buv+cv2
=0
+Dạng đẳng cấp bậc ba : au3
+bu2
v +cuv2
+dv3
=0
Thuật toán chung:
TH1 : Xét u=0 thay ngược( Phương pháp điểm )
TH2 : Xét u≠ 0: Chia 2 vế cho lũy thừa bậc cao nhất của ẩn
Bài 1: a)Cho 3a2
+3b2
=10ab và b>a>0. Tính giá trị biểu thức :P=
a b
a b
−
+
b)Cho 4a2
+b2
=5ab và 2a>b>0. Tính số trị của biểu thức :Q= 2 2
4
ab
a b−
c)Cho 10a2
-3b2
+5ab=0 và 9a2
-b2
≠ 0. Tính giá trị biểu thức :Q=
2 5
3a 3a
a b b a
b b
− −
+
− +
17

Phân tích a)
+Với bài toán này đa số H S sử dụng cách làm sau đây:
Cách 1:
P2
=(
a b
a b
−
+
)2
=
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
( ) 3( 2 ) 3 3 6 10 6 4 1
( ) 3( 2 ) 3 3 6 10 6 16 4
a b a ab b a b ab ab ab ab
a b a ab b a b ab ab ab ab
− − + + − −
= = = = =
+ + + + + +
1
2
P⇒ = ±
Vì b>a>0, nên a-b<0
1
0
2
P P
−
⇒ < ⇒ =
Cách 2: 3a2
+3b2
=10ab
3
( 3 )(3a ) 0
3a
a b
a b b
b
=
⇔ − − = ⇔  =
*)b=3a
3a 2a 1
3a 4a 2
a b a
P
a b a
− − − −
⇒ = = = =
+ +
*)a=3b( loại , vì :b>a>0)
Nhận xét : với các cách làm trên trong bài toán này ,theo đánh giá chủ quan thực sự hiệu
quả , tuy nhiên còn bộc lộ yếu điểm cụ thể khi thay đổi số liệu tùy ý bản thân H S còn
nhiều lúng túng trong khi giải bài tập loại này , vì thế rất cần thiết cho việc xây dựng
cách thức mới , áp dụng phổ biến lên các bài tập khác tương tự :”phương pháp đẳng cấp
“
Cách 3 (gt):3a2
+3b2
=10ab và b>a>0. Chia 2 vế cho b2
>0 , ta có
2
3
3( ) 10( ) 3 0
1
3
a
a a b
ab b
b

=
− + = ⇒ 
 =

TH1: 3 3
a
a b
b
= ⇔ = ( loại , vì :b>a>0)
TH2:
1
3
a
b
= .Ta có P=
1
1 1
13
1 21 1
3
a
a b b
aa b
b
− −
− −
= = =
+ + +
+ Theo nhận xét trên ta sẽ thấy ý nghĩa của phương pháp trong 1 số lớp bài toán khác
sau đây :
Bài 2: Giải phương trình :2(x2
+x+1)2
-7(x-1)2
=13(x3
-1) (1)
Cách 1: Sử dụng thật toán tách nghiệm ( cách này thường kém hiệu quả kể cả khi sử
dụng trợ giúp của MTĐT bỏ túi )
Cách 2 : Sử dụng phương pháp “đẳng cấp”:
Kiểu 1:Chia 2 vế của (1) cho (x2
+x+1)2
>0
Kiểu 1:Nhận thấy x=1 không là nghiệm của (1) , nên : chia 2 vế cho (x-1)2
hay (x3
-1)
18

đều thu được kết quả : Tập nghiệm là S=
1
1;2;4;
2
− 
− 
 
3.3)Dạng hoán vị vòng quanh:
Thuật toán : Lấy tổng +kết hợp giả thiết giải
Bài 1: Chứng minh rằng , nếu :
z(1)
z(2)
(3)
x by c
y ax c
z ax by
= +

= +
 = +
và : x+y+z ≠ 0 thì
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
(Trích đề thi HSG 8-PGD Lập Thạch năm 2011-2012)
Cách 1 : Cộng vế với vế của (1),(2),(3), ta có : x+y+z=2(ax+by+cz) (*)
+Thay z=ax+by vào VP của (*); ta có : x+y+z=2(z+cz)=2z(1+c)
⇒
1 2z
1 c x y z
=
+ + +
Với x+y+z≠ 0
+ Tương tự :
1 2
1
y
b x y z
=
+ + +
;
1 2
1
x
a x y z
=
+ + +
+Cộng vế với vế ba đẳng thức trên ta được
1 1 1 2x 2 2z 2( )
2
1 1 1
y x y z
a b c x y z x y z x y z x y z
+ +
+ + = + + = =
+ + + + + + + + + + +
Cách 2 : Có x+y=by+2cz+ax=z+2cz⇒ 2cz=x+y-z
2z
x y z
c
+ −
⇒ =
1 2z
1 1
2z 2z 1
x y z x y z
c
c x y z
+ − + +
⇒ + = + = ⇒ =
+ + +
Tương tự , ta có :
1 2
1
y
b x y z
=
+ + +
;
1 2
1
x
a x y z
=
+ + +
⇒
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
Bài 2: Tính giá trị của biểu thức :
1 1 1
2 2 2
M
x y z
= + +
+ + +
biết
2a z (1)
2 z (2)
2 (3)
by c
b ax c
c ax by
= +

= +
 = +
và a+b+c ≠ 0
Cộng vế theo vế (1)(2)(3), ta có :a+b+c=a x+by+cz (*)
+Từ (1) và (*) ,ta có a+b+c=ax+2a=a(x+2)
1
2
a
x a b c
⇒ =
+ + +
Tương tự :
1
2
b
y a b c
=
+ + +
;
1
2
c
z a b c
=
+ + +
19

⇒
1 1 1
2 2 2
M
x y z
= + +
+ + +
=2
Nhận xét : Qua 2 ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán bằng cách thay 2 bởi k ∈R .
GV có thể thay đổi số liệu từ đó H S được tham gia tự luyện, khắc sâu , và ghi nhớ hình
thức biến đổi dạng toán này
Tổng quát :Nếu
a z (1)
z (2)
(3)
k by c
kb ax c
kc ax by
= +

= +
 = +
và a+b+c ≠ 0 thì
1 1 1 2
x k y k z k k
+ + =
+ + +
Bài 3 : Cho x;y;z là các số nguyên khác 0 .CMR, nếu x2
-yz=a ; y2
-xz=b ; z2
-xy=c
thì :ax+by+cz chia hết cho a+b+c
Ta có : x2
-yz=a ; y2
-xz=b ; z2
-xy=c
+Cộng vế theo vế : x2
+ y2
+ z2
-xy-yz-zx=a+b+c
+Từ giả thiết :
3
3
3
z
x xyz ax
y xyz by
z xyz c
 − =

− =
 − =
Cộng vế theo vế , ta có : 3 3 3 2 2 2
3x z ( )( x)x y z yz ax by c x y z x y z xy yz z+ + − = + + = + + + + − − −
=(x+y+z)(a+b+c)M(a+b+c)
Bài 3 : Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 1 0
2z 1 0
2x 1 0
x y
y
z
 + + =

+ + =
 + + =
Tính A=x2008
+y2008
+z2008
Cộng vế theo vế , có (x+1)2
+(y+1)2
+(z+1)2
=0, ⇒ x=y=z=-1⇒ A=3
Bài tập tương tự :1)Tìm 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 1 0
2z 1 0
2x 1 0
x y
y
z
 − + =

− + =
 − + =
(Trích đề khảo sát chất lượng lớp 9 ,lần 2-Đề PGD -năm học 2009-2010)
2)Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
4 4 0
4z 4 0
4x 4 0
x y
y
z
 − + =

− + =
 − + =
Tính giá trị của biểu thức A=x2
+y3
+z5
20

3)Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 1
2z 1
2x 1
x y
y
z
 + = −

+ = −
 + = −
Tính giá trị biểu thức sau A= x2001
+y2002
+z2003
(Trích đề thi chọn HSG 8-Đề PGD Lập Thạch -năm học 2001-2002)
4)Mở rộng :Cho 3 số x ;y ;z thỏa mãn đồng thời :
2
2
2
2 3 0
4z 7 0
6x 4 0
x y
y
z
 − + =

− + =
 − + =
Tính giá trị của biểu thức A=2013x+y2
+2014z10
Nhận xét :thuật toán tương tự áp dụng phân chia lớp bài toán có cùng dạng mang tính
định hướng , tuy nhiên GV cần xây dựng các kĩ thuật bổ trợ giúp H S phân loại bài toán
và lựa chọn hướng giải 1 bài toán sao cho phù hợp ,không áp đặt cách giải mà thiếu đi
tính thông minh và sáng tạo
Bài 4 : Cho 3 số x ;y ;z dương thỏa mãn đồng thời :
3
8
x=15
xy x y
yz y z
zx z
+ + =

+ + =
 + +
(*)
Tính A=x+y+z
+Nhận thấy gt là 1 hệ 3 phương trình 3 ẩn Từ đó nảy sinh suy nghĩ biến đổi tìm
x ;y ;z ; từ đó suy ra giá trị của biểu thức cần tính
+Ta có (*) :
( 1)( 1) 4
( 1)( 1) 9
( 1)( 1)=16
x y
y z
z x
+ + =

+ + =
 + +
(**)
Nhân vế theo vế , ta có :[ ]
2
( 1)( 1)( 1) 4.9.16 ( 1)( 1)( 1) 24x y z x y z+ + + = ⇒ + + + =
(Vì x ;y ;z>0)
Kết hợp (**) , ta có x=
5
3
;y=
1
2
;z=5
43
6
x y x⇒ + + =
Tương tự : Cho 3 số x ;y ;z là các số không âm thỏa mãn :
1
3
x=7
x xy y
y yz z
z zx
+ + =

+ + =
 + +
Tính A=x1
+y2
+z3
(Đáp số : 28)
21

4)Biến đổi số hạng đại diện (Xây dựng biểu thức ) :
Áp dụng với tất cả các bài toán có sự biểu diễn chung , tương tự giữa các đại lượng hay
các số hạng
Bài 1 :Cho 3 số phân biệt a ;b ;c thỏa mãn : 0
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
(*)
CMR 2 2 2
0
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
Cách 1 : Dễ dàng chứng minh được :
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
=( ).
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
1 1 1
( ) 0
b c c a a b
+ + =
− − −
Cách 2 : Từ (*) :
2 2
0
( )( )
a b c a b c b ab ac c
b c c a a b b c a c b a a b c a
− + −
+ + = ⇒ = + =
− − − − − − − −
⇒
2 2
2
( ) ( )( )( )
a b ab ac c
b c a b b c c a
− + −
=
− − − −
Tương tự :
2 2
2
( ) ( )( )( )
b c bc ba a
c a a b b c c a
− + −
=
− − − −
;
2 2
2
( ) ( )( )( )
c a ac bc b
a b a b b c c a
− + −
=
− − − −
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên , ta có :
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ +
− − −
=
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
0
( )( )( )
b ab ac c c bc ba a a ac bc b
a b b c c a
− + − + − + − + − + −
=
− − −
Lưu ý : H S có thể trình bày gọn hơn nhờ phương pháp ẩn phụ :
Đặt b-c=A ; c-a=B ; a-b=C
0
0
A B C
aA bB cC
+ + =
⇒ 
+ + =
(*): 0
a b c
A B C
⇒ + + =
2
2
2
0
0
0
a b c
A AB AC
a b c
AB B BC
a b c
AC BC C

+ + =


⇒ + + =


+ + =

+Cộng vế theo vế ,ta có : 2 2 2
0
a b c a b b c c a
A B C AB BC AC
+ + +
= + + + + + =
= 2 2 2
( ) ( ) ( )a b c C a b B a c A b c
A B C ABC
+ + + + +
+ + + =
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
0
a b c a b a b c a c a b c b c
A B C ABC
a b c a b c
A B C ABC A B C
− + + − + + − +
= + + + =
= + + + = + +
22

Bài 2: Cho a;b;c và x;y;z thỏa mãn :a+b+c=0; x+y+z=0 ; 0
x y z
a b c
+ + =
Chứng minh rằng a2
x+b2
y+c2
z=0
Từ gt có thể hình thành biểu thức cần chứng minh theo các cách đơn giản sau:
Cách 1:
+ 0
x y z
a b c
+ + = ⇒ xbc+yac+zab=0
+Từ gt a+b+c=0
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
a b ca b c
b c a b c a a x b y c z x b c y c a z a b
c a b c a b
 = += − +

⇒ = − + ⇒ = + ⇒ + + = + + + + + = 
 = − + = + 
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2( a ) 2( a )a y z b x z c x y xbc y c zab xa yb zc xbc y c zab= + + + + + + + + = − − − + + + =
2 2 2
xa yb zc= − − − ⇒ 2(a2
x+b2
y+c2
z)=0⇒ đpcm
Cách 2: Xuất phát từ gt a+b+c=0
Để tạo nên a2
x phải nhân thêm a với ax, tương tự với các số hạng còn lại .Mặt khác biểu
thức ở gtlà biểu thức đối xứng , nên cần nhân a+b+c với ( a x+by+cz) để thiết lập biểu
thức cần chứng minh . Với cách làm này sau khai triển chỉ cần chứng minh biểu thức
còn lại bằng 0 . Cụ thể :
+Vì a+b+c =0
2 2 2
(a )( z) 0 z+ab(x+y)+ac(x ) ( ) 0b c ax by c a x b y c z bc y z⇒ + + + + = ⇔ + + + + + =
2 2 2
z-abz-ac 0a x b y c y bcx⇔ + + − = (Vì x+y+z=0 )
2 2 2
z-abc( ) 0
z y x
a x b y c
c b a
⇔ + + + + =
+Vì 0
x y z
a b c
+ + = ; nên 2 2 2
z 0a x b y c⇔ + + =
Tương tự với các bài tập sau:
Bài 3: CM R nếu
1 1 1
2
a b c
+ + = ; và a+b+c=2 thì 2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
Bài 4: Giả sử a1 ; b1 ; c1 ; a2 ; b2 ; c2 là các số khác 0 thỏa mãn :
1 1 1
2 2 2
0
a b c
a b c
+ + = và
2 2 2
1 1 1
1
a b c
a b c
+ + = thì
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1
a b c
a b c
+ + =
+Đặt
1
2
a
p
a
= ;
1
2
b
q
b
= ;
1
2
c
r
c
=
23

0p q r⇒ + + = (1) và
1 1 1
1
p q r
+ + = (2)
+Có
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1a b c
a b c p q r
+ + = + +
+ Theo (2) :
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2( ) 1 1 1
( ) 1 1 1
r
p q r
p q r p q r pq p q r
+ +
+ + = ⇔ + + + = ⇔ + + =
(vì p+q+r=0)
Bài 5: Tính giá trị của biểu thức
2 2 2
2 2 2
x y z
A
a b c
= + +
biết 3
x y z
a b c
− − = và 0
a b c
x y z
− − =
+Có 0
a b c
x y z
− − = ⇒ ayz-bxz-cxy=0
+ 3
x y z
a b c
− − = ⇒
2 2 2
2
2 2 2
z
( ) 9 2( ) 9
x y z x y z xy x yz
a b c a b c ab ac bc
− − = ⇔ + + + − − + =
+ Có
z z x
0
xy x yz ayz xb c y
ab ac bc abc
− −
− − + = = ⇒
2 2 2
2 2 2
x y z
A
a b c
= + + =0
Bài 6:Cho x;y;z là các số khác 0, thỏa mãn :x+y+z=xyz và
1 1 1
a
x y z
+ + =
Tính giá trị biểu thức 2 2 2
1 1 1
A
x y z
= + +
+Có
1 1 1
a
x y z
+ + = ⇒
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2( )
( ) 2( )
x
x y z
a
x y z x y z xy yz z x y z xyz
+ +
= + + = + + + + + = + + +
= 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 1 1
2
xyz
x y z xyz x y z
+ + + = + + + ⇒
2
2 2 2
1 1 1
2A a
x y z
= + + = −
Bài 7: Cho a;b;c và x;y;z là các số khác nhau và khác 0 thỏa mãn :
0
a b c
x y z
+ + = . CMR
2
( )
x y z
a b c
+ + =
2 2 2
2 2 2
x y z
a b c
+ +
Gợi ý : Bình phương VT +gt
Bài 8 : Cho a;b;c là 3 số đôi một khác nhau và 0
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
(1)
24

CMR : 2 2 2
0
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
Cách 1:
+Chia 2 vế của (1) cho b-c ≠ 0 , ta có :
2
0
( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c c a b c a b b c
+ + =
− − − − −
(2)
Tương tự : 2
0
( )( ) ( ) ( )( )
a b c
b c c a c a a b c a
+ + =
− − − − −
(3)
2
0
( )( ) ( )( ) ( )
a b c
b c a b c a a b a b
+ + =
− − − − −
(4)
Cộng vế theo vế (2);(3);(4) ta có :
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
b c c a a b
+ + =
− − −
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
a a b b c c
b c c a b c a b c a b c c a a b a b b c a b c a
     
− − − + − +     − − − − − − − − − − − −     
=
1 1 1 1 1 1a b c
b c c a a b c a b c a b a b b c c a
−      
+ − + − +     − − − − − − − − −     
= . . . 0
( )( ) ( )( ) ( )( )
a c b b a c c b a
b c c a a b c a b c a b a b b c c a
− − − −
− − =
− − − − − − − − −
( Cộng cùng mẫu )
Cách 2 : Từ gt , ta có :(
1 1 1
( )( ) 0
a b c
b c c a a b b c c a a b
+ + + + =
− − − − − −
Hoàn toàn tương tự như trên , khai triển –rút gọn được kết quả cần chứng minh
Bài 9 : Cho a;b;c ≠ 0 và a+b+c ≠ 0 thỏa mãn : 1
a b c
b c c a a b
+ + =
+ + +
Tính giá trị biểu thức A=
2 2 2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
( Đáp số : 0)
Bài 10:Cho
2
2
2
x bc a
y ca b
z ab c
 = −

= −
 = −
và xyz ≠ 0
CM R , nếu
1 1 1
0
x y z
+ + = thì 2 2 2
0
a b c
x y z
+ + = (Trích đề thi HSG Quốc tế 1985)
25

Xét A= 2 2 2
1 1 1
( )( ) ( )
a b c a b c a a b b c c
x y z x y z x y z xy xz xy yz xz yz
+ + = + + + + − + + + + +
+Mà
1 1 1
0
x y z
+ + = , nên
2 2 2
( ) ( ) ( )a b c z a b y a c x b c
A
x y z xyz
+ + + + +
= + + = −
+Mặt khác :
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )z a b y a c x b c ab c a b ca b a c bc a b c+ + + + + = − + + − + + − + =0
nên A=0
5)Phương pháp đổi biến –bài toán giá trị:
Trong 1 số bài toán có sự xuất hiện chung của nhóm biểu thức chứa biến bậc cao hay
kồng kềnh, phức tạp , HS thường biến đổi có sự nhầm lẫn . Để khắc phục sự cố đó ,
ngoài phân loại dạng toán GV cũng nên định hình cho HS cách thức thực hiện tương tự
5.1)Tính giá trị trực tiếp của biểu thức :(là căn cứ xây dựng phương pháp )
+Biểu thức A(x;y;z;......) có giá trị tại (x0;y0;z0;.....) là A(x0;y0;z0;.....)
Bµi 1: Rót gän råi tÝnh gi¸ trÞ cña biªñ thøc.
a/ )2).(
2
1
2
2
4
( 2
+
+
+
−
+
−
= x
xxx
x
A víi x = 2
1
−
b/ )1).(
1
6
11
786
( 2
23
2
−
−
+
++
+
−
++
= x
xxx
x
x
xx
B víi x= 3
1
2−
…………..
5.2)Phương pháp xét giá trị riêng (sử dụng rút gọn phân thức )
Lưu ý : Nếu f(x) có một nghiệm x=c thì f(x)=(x-c).h(x) với h(x)=f(x)/(x-c)
+Khi xét hàm đa biến H S có thể lựa chọn ẩn chính để qui về một biến để thử , tách
nghiệm
Bài toán xuất phát :Rút gọn biểu thức A=
2
5x 6
( 1)( 2)
x
x x
+ −
− +
Nhận xét :
+Đứng trước dạng toán này , nếu biểu thức A rút gọn được thì tử thức sẽ chứa nhân tử
(x-1) hoặc (x+2) hay tử thức sẽ nhận x=1 hoặc x=-2 là nghiệm
+Thử : nghiệm trực tiếp vào tử ( x=1là nghiệm )
+Tách tử thức -mẫu thức theo nghiệm chung
Giải : (x=1 là nghiệm của tử thức )A=
2
5x 6 ( 1)( 6) 6
( 1)( 2) ( 1)( 2) 2
x x x x
x x x x x
+ − − + +
= =
− + − + +
Với cách thức trên dễ dàng hình thành trong H S một định hướng đúng đắn , tăng
cường khả năng phán đoán , rút ngắn thời gian làm bài và tạo được niềm tin đứng
trước một bài toán thi khó hơn
26

Bài 1: Cho A=
2 2
3 2 z
( 3 )( )
x y xy x yz
x y x y
− − − +
+ −
a) Rút gọn A?
b)Tính giá trị của biểu thức A biết 3x2
+5y2
+z2
+6xy+2yz+2xz-2x+1=0
Phân tích :
+Với cách thức như trên tử thức cần biến đổi thành nhân tử theo x+3y hay x-y
+Thử nghiệm x=-3y ; x=y vào tử thức nhận thấy x=y là nghiệm . Từ đó hình thành lời
giải cụ thể , đúng hướng . Hơn thế H S biết được điểm dừng của bài toán
Giải :
a)A=
2 2 2 2
3 2 z (3 3x ) ( 2 2x ) ( z- )
( 3 )( ) ( 3 )( )
x y xy x yz x y y y x yz
x y x y x y x y
− − − + − + − + −
= =
+ − + −
=
3 ( ) 2 ( ) ( - ) ( )(3x 2 ) 3x 2
( 3 )( ) ( 3 )( ) 3
x x y y x y z x y x y y z y z
x y x y x y x y x y
− + − − − + − + −
=
+ − + − +
b)Ta có : 3x2
+5y2
+z2
+6xy+2yz+2xz-2x+1=0
2 2 2
1
0
1
( ) (2 ) ( 1) 0 2x 0
2
1 0
1
2
x
x y z
x y z y x x y y
x
z

 =
+ + = 
 
⇔ + + + + + − = ⇔ + = ⇔ = 
 − = −
=
Khi đó giá trị của biểu thức A là :
1
3 1
3x 2 2 5
33 1
2
y z
x y
− +
+ −
= = −
−+ +
Bài 2: Cho A=
2 2
2 2
2 3 2 z-4
2 3x
x y xy x yz
x y y
+ + −
+ +
a)Rút gọn biểu thức A
b)Tính giá trị của biểu thức A biết 2x2
+y2
+z2
-2xz-2y+1=0
BTTT:
Baøi 3: Ruùt goïn phaân caùc thöùc
a)
2
2
4 12 9
2 6
a a
a a
+ +
− −
b)
2
2 2
x - xy + 2x - 2y
x - y + x - y
c)
3 2
3 2
3x - 7x + 5x - 1
2x - x - 4x + 3
d)
4 2
4 2
a - 3a + 1
a - a - 2a - 1
e)
4 3
4 3 2
1
2 1
x x x
x x x x
+ + +
− + − +
f) 2 2 2 2 2 2
ab(a - b) + bc(b - c) + ca(c - a)
a(b - c ) b(c - a ) c(a - b )+ +
Baøi 4: Ruùt goïn caùc phaân thöùc sau:
27

a)
3 2
2a 12a 17a 2
a 2
− + −
−
b)
5 4 3 2
2
2 2 4 3 6
2 8
− + − + +
+ −
x x x x x
x x
c)
3
2 2 2 2
7 6
( 3) 4 (3 ) 4( 3)
− −
− + − + −
x x
x x x x x
Bài 5: Cho A =
4
4 3 2
16
4 8 16 16
x
x x x x
−
− + − −
a) T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó gi¸ trÞ cña biÓu thøc A x¸c ®Þnh
b) Rót gän A
c) T×m x ®Ó A cã gi¸ tri b»ng 2
d) T×m c¸c gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó A nhËn gi¸ trÞ nguyªn
Gi¶i :
a) Ta cã:
( ) ( ) ( )4 3 2 4 3 2
4 8 16 16 16 4 8 16 32− + − − = − − − − −x x x x x x x x
= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2
2 2 4 4 2 16 2 2 2 4 4 16 − + + − − − − = − + + − − x x x x x x x x x x
= ( ) ( )3 2 2
2 2 4 8 4 16− + + + − −x x x x x = ( ) ( ) ( ) ( )23 2 2
2 2 4 8 2 4− − + − = − +x x x x x x
BiÓu thøc A x¸c ®Þnh ⇔ (x - 2)2
(x2
+ 4) ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 (v× x2
+ 4 ≠ 0 víi mäi x)
b) Rót gän :
A =
( )( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 24
2 24 3 2 2 2
4 4 2 2 416 2
4 8 16 16 22 4 2 4
− + − + +− +
= = =
− + − − −− + − +
x x x x xx x
x x x x xx x x x
c) A = 2 ⇔
2 2 2( 2)
2
2 2 2
+ + −
= ⇔ = ⇔
− − −
x x x
x x x
x + 2 = 2x - 4 ⇔ x = 6 (t/m)
d) Chia x + 2 cho x - 2 ta cã A =
4
1
2x
+
−
§Ó A cã gi¸ trÞ nguyªn víi x nguyªn th× x - 2 lµ ¦(4). Nªn ta cã:
2 4 2
2 2 0
2 1 1
2 1 3
2 2 4
2 4 6
x x
x x
x x
x x
x x
x x
− = − = − 
 − = − = 
 − = − =
⇔ 
− = = 
 − = =
 
− = = 
⇒ x ∈ { - 2; 0; 1; 3; 4; 6 }
Baøi 6 :Cho bieåu thöùc B =
3 2
3 2
2 7 12 45
3 19 33 9
x x x
x x x
− − +
− + −
a) Ruùt goïn B
b) Tìm x ñeå B > 0
Baøi 7:Cho bieåu thöùc D =
3 2
2
2
2 4
x x x
x x x
+ −
+ − +
a) Ruùt goïn bieåu thöùc D
b) Tìm x nguyeân ñeå D coù giaù trò nguyeân
28

c) Tìm giaù trò cuûa D khi x = 6
Bài 8: Thực hiện phép tính
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )
A
a b a c b a b c c a c b
= + +
− − − − − −
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )
B
a a b a c b b a b c c c a c b
= + +
− − − − − −
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ac ab
C
= + +
− − − − − −
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
D
= + +
− − − − − −
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
E
= + +
− − − − − −
Đáp số: Qui đồng và thực hiện PP trên có kết quả:
A=0 ; B=1/abc; C=-1 ;D=1 E=a+b+c
5.3-Tính giá trị biểu thức có điều kiện :
Bài 1:Cho A=
2 2
2 2
3a 2b ac a b bc
a b
+ − − −
−
a) Rút gọn A
b)Tính giá trị của biểu thức A biết 2a2
+b2
+13c2
-6ac-4bc-6a+9=0
(Chọn H SG 8-Vòng 1, năm 2003-2004 huyện Lập Thạch)
a)A=
2a b c
a b
− + +
+
b)2a2
+b2
+13c2
-6ac-4bc-6a+9=0
2 2 2 2 2
( 6a 9) ( 4 4 ) ( 6a 9 ) 0a b bc c a c c⇔ − + + − + + − + = 2 2 2
( 3) ( 2 ) ( 3 ) 0a b c a c⇔ − + − + − =
3 3
2 2
3 1
a a
b c b
a c c
= = 
 
⇔ = ⇔ = 
 = = 
Suy ra , giá trị của biểu thức A là : 2/5
5.4-Phương pháp ẩn hóa :
+Đây là phương pháp “ngược” với cách tư duy thường gặp trong khi H S giải 1 bài toán
giá trị có chứa ẩn bậc cao , hay thao tác với các biểu thức tính toán kồng kềnh ,số liệu
phức tạp .
+Có ý nghĩa rất lớn trong việc “hạ cấp phần tử “ , việc sử dụng thành thạo phương pháp
này giúp H S hạn chế khá nhiều thao tác tính toán thủ công và nhầm lẫn , sai sót trong
tính toán
Bài toán xuất phát:
Cho a2
-4a+1=0. tính giá trị biểu thức :P=
4 2
2
1a a
a
+ +
29

(Trích đề thi chọn H SG 8 –Vòng 2, PG D Lập Thạch 2009-2010)
Cách 1: (H S thường làm) Theo gt :a2
-4a+1=0
1
4a
a
⇒ + =
Ta có P=
4 2
2
1a a
a
+ +
=
2 2 2
2
1 1
a 1 ( ) 1 4 1 15a
a a
+ + = + − = − =
Cách 2: HS kém thông minh hơn có thể tìm a từ giả thiết rồi thay vào biểu thức P để
tính giá trị
Cách 3: (Ẩn hóa )
Theo gt :a2
-4a+1=0 2
4a 1a⇒ = −
4 2 2
(4a 1) 16a 8a 1 16(4a 1) 8a+1=56a 15a⇒ = − = − + = − − −
(56a 15) (4a 1) 1 60a 15
15
4a 1 4a 1
P
− + − + −
⇒ = = =
− −
Nhận xét : Với cách ẩn hóa giúp biến đổi bậc của ẩn trở nên đơn giản hơn đáp ứng được
yêu cầu lời giải cho các “ bài toán lớn “ sau đây là 1 số ví dụ :
Bài toán 1:Cho số thực x thỏa mãn 2
1
1 2
x
x x
=
− +
. Tính giá trị của biểu thức
B=
4 3
3 2
3x 18x 1
2x 1
x
x x
− + −
− + +
Giải :
Gt: x2
-x+1=2x⇒ x2
=3x-1
⇒ x3
=x2
.x=x(3x-1)=3x2
-x=3(3x-1)-x=8x-3
⇒ x4
=x3
.x=x(8x-3)=8x2
-3x=8(3x-1)-3x=21x-8
⇒ B=
4 3
3 2
3x -18x 1 21 8 3(8 3) 18 1 15
5
2x 1 8 3 2(3 1) 1 3
x x x x x
x x x x x x
− − − − − + −
= = =
− + + − − − + +
Bài toán 2:Cho số thực x thỏa mãn x2
+x-5=0. Tính giá trị của biểu thức
A=
5 4 3
3 2
3 4x x 15x 50
7 20x 87
x
x
+ + + −
+ −
Gt: x2
+x-5=0 ⇒ x2
=-x+5
⇒ x3
=6x-5
⇒ x4
=-11x+30
⇒ x5
=41x-55
⇒ A=
5 4 3
3 2
3 4x x 15x 50 50
.........
7 20x 87 11
x
x
+ + + −
= =
+ −
Bài toán 3: Cho số thực x thỏa mãn x2
-x-3=0.Tính giá trị của biểu thức
A=
4 3 2
4 3 2
4x 2x 3 5
5 x 28
x
x x
− + + +
− − −
Đáp số: -2/7
Bài toán 4: Cho số thực x thỏa mãn x2
=2x+3.Tính giá trị của biểu thức
30

A=
4 2
5 4 3
3x 14 13
3 6x+6
x
x x x
− −
− − −
Đáp số : -8/3
Một số bài toán tương tự khác :
Bài 1:Tính giá trị biểu thức sau bằng cách thay số bởi chữ một cách hợp lí :
1 1 1 650 4 4
2 . .3
135 651 105 651 315.651 105
A = − − +
Hướng dẫn : Đặt a=
1
315
; b=
1
651
2
(2 ) 3a(4 ) 4a 12a 2
651
A a b b b b⇒ = + − − − + = =
Bài 2:Tính giá trị của biểu thức :
2
(2003 .2013 31.2004 1)(2003.2008 4)
2004.2005.2006.2007.2008
P
+ − +
=
Hướng dẫn : Đặt x=2003
+ Tử thức = [ ]2 3 2 2
( 10) 31( 1) 1 ( 50 4 ( 10x 31x 30)( 5x 4)x x x x x x x + + + − + + = + + + + + 
+Mẫu thức =(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)=
[ ][ ] 3 2 2
( 2)( 3)( 5) ( 1)( 4) ( 10x 31x 30)( 5x 4)x x x x x x x+ + + + + = + + + + + ⇒ P=1
Bài 3:Tính giá trị của biểu thức A=x5
-5x4
+5x3
-5x2
+5x-1 tại x=4
Hướng dẫn :
Cách 1 : Tính trực tiếp KQ =3
Cách 2: x=4 ⇒ 5=x+1⇒ A=x5
-(x+1)x4
+(x+1)x3
-(x+1)x2
+(x+1)x-1 =…=4-1=3
Cách 3: Sử dụng phương pháp nghiệm :
x=4 ⇒ x-4=0 ,nên ta có thể ước lượng và biến đổi biểu thức A, theo (x-4)k
A=x4
(x-4)-x3
(x-4)+x2
(x-4)-x(x-4) +x-1=x-1=3
Lưu ý : GV có thể hướng dẫn H S sử dụng lược đồ Hooc –ner : Chia A cho x-4 nhằm
biểu diễn A theo x-4⇒ KQ nhanh hơn
BTTT: Tính giá trị của biểu thức :
A=x4
-17x3
+17x2
-17x+20 tại x=16
B=x5
-15x4
+16x3
-29x2
+13x tại x=14
C=x14
-10x13
+10x12
-10x11
+………………..+10x2
-10x+10 tại x=9
D=x3
-30x2
-31x+1
( Đáp số : A=4; B=-14; C=1;D=1)
*)Một giả thuyết trong giải toán cũng thường xuất hiện khi có sự xuất hiện các số
liệu đặc biệt ,chính đó là nguyên nhân, định hướng HS tiếp cận phương pháp ẩn
hóa và các con số toán học thực sự trở nên “biết nói “
Bài 4: Cho xyz=1. Tính E=
1 1 x 1
x y z
xy x yz y z z
+ +
+ + + + + +
+Thay xyz=1 vào 2 trong 3 số hạng của biểu thức E
+KQ: E=1
31

Biểu diễn khác : Do xyz=1
1 1 1
; ;xy zy z
z x xy
⇒ = = =
1
1
1 1 1 1 1
x xy xyz x xy xyz x xy
E
xy x xy x x xy x xy x xy
+ + + +
⇒ = + + = = =
+ + + + + + + + + +
Nhận xét : Qua thực tế giải toán biểu diễn đầu tiên chiếm ưu thế , dễ thực hiện hơn
Hơn thế là việc hình thành giải cácbài toán tương tự
Bài 4.1: Cho abc=2. Rút gọn biểu thức A=
2
2 1 2 2
a b c
ab a bc b ac c
+ +
+ + + + + +
Có abc=2⇒ A=
2
2 1 2 2
a b c
ab a bc b ac c
+ +
+ + + + + +
=
2
2
1
a b abc
ab a abc bc b ac abc abc
+ +
+ + + + + +
=
1 1
1
1 1 1 1
b bc bc b
bc b bc b bc b bc b
+ +
+ + = =
+ + + + + + + +
Bài 4.2: Cho abc=1995. CMR A=
1995
1
1995 1995 1995 1
a b c
ab a bc b ac c
+ + =
+ + + + + +
a)Tổng quát :Cho abc=k 0≠ . CMR A= 1
1
ka b c
ab ka k bc b k ac c
+ + =
+ + + + + +
b)Mở rộng :Cho abcd=1.
Tính tổng E=
1 d 1 d d 1 d d 1
a b c d
abc ab a bc bc b ac c c ab a d
+ + +
+ + + + + + + + + + + +
5.5.Phương pháp tách hạng tử:
Cơ sở của PP này là thuật toán chia đa thức
a b a b
c c c
±
= ±
Và công thức này thực sự có ý nghĩa làm đơn giản biểu thức biến đổi Khi a và c; b và c
có chứa nhân tử chung
+ Lưu ý : Công thức ước lượng hệ số :
a)
1 1 1 1
( )
( )(a x+c)ax b c b ax b ax c
= −
+ − + +
b)
1 1 1 1
( )
( )( a x+c)ax b c b ax b ax c
= +
+ − + + − +
c)
1 1 1
( )
( )( x+d) d
ac
ax b c a bc acx bc acx ad
= −
+ − + +
Bµi 1: TÝnh tæng:
A =
3
1
65
1
23
11
222
+
+
++
+
++
+
+ aaaaaaa
32

B =
65
1
86
1
127
1
222
+−
+
+−
−
+
+− xxxxxx
Gîi ý: ¸p dông : 1
11
)1(
1
+
−=
+ nnnn
C= 2 2 2 2
1 1 1 1
3 2 5 6 7 12x x x x x x x x
+ + +
+ + + + + + +
Giải:
C= 2 2 2 2
1 1 1 1
3 2 5 6 7 12x x x x x x x x
+ + +
+ + + + + + +
=
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3 4x x x x x x x x
       
− + − + − + − ÷  ÷  ÷  ÷
+ + + + + + +       
=
1 1 4 4
4 ( 4) ( 4)
x x
x x x x x x
+ −
− = =
+ + +
Baøi 2: Tính A + (- B) bieát
A =
1 1 1 1
...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ( 1)( 2)n n n
+ + + +
+ +
vaø B =
( 3)
4( 1)( 2)
n n
n n
+
+ +
+Ta coù: A =
1 1 1 1
...
1.2.3 2.3.4 3.4.5 ( 1)( 2)n n n
+ + + +
+ +
=
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
...
2 1.2 2.3 2 2.3 3.4 2 3.4 4.5 2 ( 1) ( 1)( 2)n n n n
      
− + − + − + + − ÷  ÷  ÷  + + +       
=
1 1 1 1 1 1 1 1 1
...
2 1.2 2.3 2.3 3.4 3.4 4.5 ( 1) ( 1)( 2)n n n n
 
− + − + − + + − ÷
+ + + 
=
2
1 1 1 ( 1)( 2) 2 3 ( 3)
2 2 ( 1)( 2) 4( 1)( 2) 4( 1)( 2) 4( 1)( 2)
n n n n n n
n n n n n n n n
  + + − + +
− = = = + + + + + + + + 
Vaäy: A + (- B) =
( 3)
4( 1)( 2)
n n
n n
+
+ +
-
( 3)
4( 1)( 2)
n n
n n
+
+ +
= 0
Bài 3. GPT 2 2 2
1 2 3 6
5 6 8 15 13 40 5x x x x x x
−
+ + =
− + − + − +
Baøi 4: Cho a,b,c laø 3 số ñoâi moät khaùc nhau. Chứng minh rằng :
( )( ) ( )( ) ( )( ) accbbabcac
ba
cbab
ac
caba
cb
−
+
−
+
−
=
−−
−
+
−−
−
+
−−
− 222
Giải :
Ta cã : ( )( ) acbacaba
cb
−
+
−
=
−−
− 11
( )( ) bacbcbab
ac
−
+
−
=
−−
− 11
( )( ) accbbcac
ba
−
+
−
=
−−
− 11
Coäng veá theo veá caùc ñaúng thöùc treân ta coù ñpcm
Bài 4: Cho a, b, c lµ ba sè ph©n biÖt. Chøng minh r»ng gi¸ trÞ cña biÓu thøc
sau kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña x :
(x a)(x b) (x b)(x c) (x c)(x a)
S(x)
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)
- - - - - -
= + +
- - - - - -
.
33

Lêi gi¶i
C¸ch 1
2 2 2
x (a b)x ab x (b c)x bc x (c a)x ca
S(x)
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)
- + + - + + - + +
= + +
- - - - - -
= Ax2
– Bx + C
víi :
1 1 1
A
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)
= + +
- - - - - -
;
a b b c c a
B
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)
+ + +
= + +
- - - - - -
;
ab bc ca
C
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)
= + +
- - - - - -
Ta cã :
b a c b a c
A 0
(a b)(b c)(c a)
- + - + -
= =
- - -
;
(a b)(b a) (b c)(c b) (c a)(a c)
B
(a b)(b c)(c a)
+ - + + - + + -
=
- - -
2 2 2 2 2 2
b a c a a c
0
(a b)(b c)(c a)
- + - + -
= =
- - -
;
ab(b a) bc(c b) ca(a c) ab(b a) bc[(c a) (a b)] ca(a c)
C
(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)
- + - + - - + - + - + -
= =
- - - - - -
(a b)(bc ab) (c a)(bc ca) (a b)(b c)(c a)
1
(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)
- - + - - - - -
= = =
- - - - - -
.
VËy S(x) = 1∀x (®pcm).
C¸ch 2:
§Æt P(x) = S(x) – 1 th× ®a thøc P(x) lµ ®a thøc cã bËc kh«ng vît qu¸ 2. Do ®ã,
P(x) chØ cã tèi ®a hai nghiÖm.
NhËn xÐt : P(a) = P(b) = P(c) = 0 ⇒ a, b, c lµ ba nghiÖm ph©n biÖt cña P(x).
§iÒu nµy chØ x¶y ra khi vµ chØ khi P(x) lµ ®a thøc kh«ng, tøc lµ P(x) = 0 ∀x.
Suy ra S(x) = 1 ∀x ⇒ ®pcm.
Cách 3 : Sử dụng bài toán phụ :
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )x y x z z y x z x y y z
= +
− − − − − −
Ta có :
(x a)(x b) (x b)(x c) (x c)(x a)
S(x)
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)
- - - - - -
= + +
- - - - - -
[ ] [ ]
(x c) (x a)
(x b) (x a) (x b) (x c)
(a b)(a c) (c a)(c b)
- -
= - - - + - - -
- - - -
x c x a
1
a c c a
- -
= + =
- -
34

Bài 5:Rút gọn biểu thức
2 2 2
a bc b ac c ab
S(x)
(c a)(a b) (b a)(b c) (c a)(c b)
- - -
= + +
+ + + + + +
Cách 1: Qui đồng , rút gọn
Cách 2:
Tách
2 2
a bc a ab bc ab a(a b) b(a c)
(c a)(a b) (b a)(a c) (c a)(a b)
- + - - + - +
= =
+ + + + + +
a b
c a a b
= -
+ +
TT….
5.6-Một số tổng theo qui luật -Phương pháp biến đổi đại diện :
+ Thường áp dụng cho các tổng có qui luật
Bài 1: Tính tổng
1 1 1
......
1.2 2.3 ( 1)
A
n n
= + + +
+
; *
n N∈
Hệ quả 1: 1) n cụ thể ( n=100;2013;....)
2) Tính tổng
1 1 1
......
11.12 12.13 ( 1)
A
n n
= + + +
+
; *
n N∈ , n>10
Hệ quả 2: Giải phương trình :
1)Tìm x để
1 1 1 2013
......
1.2 2.3 ( 1) 2014x x
+ + + =
+
2)GPT 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
3 2 5 6 7 12 9 20 2x x x x x x x x x x
+ + + + =
+ + + + + + + + +
Hệ quả 3: Giải BPT:
1)Tìm x nguyên dương , để
1 1 1 3
......
1.2 2.3 ( 1) 8x x
+ + +
+
p
Hệ quả 4: Chứng minh BĐT
1)CMR
1 1 1
...... 1
1.2 2.3 ( 1)
A
n n
= + + +
+
p ; *
n N∈
( CMR A không là số tự nhiên )
2) CMR 2 2 2
1 1 1 2
......
2 3 3
A
n
= + + + p ; *
n N∈
35

3) CMR 2 3
1 1 1
...... 1
2 3 n
A
n
= + + + p ; *
n N∈
....................( mũ ở mẫu nguyên dương tùy ý , hay cụ thể với giá trị n )
Hệ quả 5: Khoảng cách cách đều
1)Tính tổng
1 1 1
......
1.3 3.5 (2 1)(2 3)
A
n n
= + + +
+ +
; *
n N∈
1 1 1
......
2.4 4.6 2 (2 2)
B
n n
= + + +
+
; *
n N∈
1 1 1
......
2.5 5.8 (3 1)(3 2)
C
n n
= + + +
− +
; *
n N∈
Hệ quả 6: Mở rộng với 3 nhân tử ở mẫu
Tính tổng S=
1 1 1
+......+
1.2.3 2.3.4 n(n + 1)(n +2)
+ ; *
n N∈
(…….có thể tiếp tục mở rộng như trên để được những bài toán tương tự )
Hệ quả 7: (T1/367 Toán học và tuổi trẻ)
So sánh tổng S gồm 100 số hạng :
1 1 1 1
+ +......+
1.1.3 2.3.5 4.7.9 100.199.201
S = + với
2
3
Nhận xét : SHTQ :
1 1
1;2;3;......;100
n(2n - 1)(2n +1) (2 1)(2 1)
n
n n
∀ =
− +
p
S P⇒ < với
1 1 1 1 1 1 1
..... (1 )
1.3 3.5 5.7 199.201 2 201 2
P = + + + = − <
1 2
2 3
S P⇒ < < < Vậy
2
3
S <
Cách khác :
1 1 1 1 1 5 2
( )
n(2n - 1)(2n +1) ( 1)( 2) 2 ( 1) ( 1)( 2) 12 3
S
n n n n n n n
< = − ⇒ < <
+ + + + +
Tổng quát :S gồm n số hạng và số hạng thứ n là
1 5
n(2n - 1)(2n +1) 12
S⇒ <
Baøi 2: Ruùt goïn caùc bieåu thöùc
a)
[ ]
22 2
3 5 2 1
......
(1.2) (2.3) ( 1)
n
A
n n
+
= + + +
+
36

Phöông phaùp: Xuaát phaùt töø số haïng TQ ñeå tìm ra quy luaät
Ta coù [ ]
2
2 1
( 1)
n
n n
+
+
=
2 2 2 2
2 1 1 1
( 1) ( 1)
n
n n n n
+
= −
+ + neân :
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)
......
1 2 2 3 3 ( 1) 1 ( 1) ( 1)
n n
A
n n n n n
+
= − + − + − − + − = − =
+ + +
b) 2 2 2 2
1 1 1 1
1 . 1 . 1 ........ 1
2 3 4
B
n
       
= − − − − ÷  ÷  ÷  ÷
       
Ta coù
2
2 2 2
1 1 ( 1)( 1)
1
k k k
k k k
− + −
− = =
nên B = 2 2 2 2 2 2 2 2
1.3 2.4 3.5 ( 1)( 1) 1.3.2.4...( 1)( 1)
. . ...
2 3 4 2 .3 .4 ...
n n n n
n n
− + − +
= =
=
1.2.3...( 1) 3.4.5...( 1) 1 1 1
. .
2.3.4...( 1) 2.3.4.... 2 2
n n n n
n n n n n
− + + +
= = =
−
c)
150 150 150 150 1 1 1 1 1 1 1
...... 150. . ......
5.8 8.11 11.14 47.50 3 5 8 8 11 47 50
C
 
= + + + + = − + − + + − ÷
 
= .
1 1 9
50. 50. 45
5 50 10
 
− = = ÷
 
Baøi 3:
a) Cho
1 2 2 1
...
1 2 2 1
m m
A
m n
− −
= + + + +
− − ;
1 1 1 1
......
2 3 4
B
n
= + + + +
. Tính
A
B
Ta coù
1
1 1 1 1
... 1 1 ... 1 ... ( 1)
1 2 2 1 1 2 2 1n
n n n n
A n n
n n n n−
    
= + + + + − + + + = + + + + − − ÷ ÷  ÷
− − − −    
14243
1 1 1 1 1 1 1
... 1 ... nB
1 2 2 1 2 2 1
n n
n n n n
   
= + + + + + = + + + = ÷  ÷
− − − −    ⇒
A
B = n
b)
1 1 1 1
......
1.(2n - 1) 3.(2n - 3) (2n - 3).3 (2n - 1).1
A = + + + + ;
B =
1 1
1 ......
3 2n - 1
+ + + .Tính A : B
Giaûi
1 1 1 1 1 1 1
1 ... 1
2n 2n - 1 3 2n - 3 2n - 3 3 2n - 1
A
        
= + + + + + + + + ÷  ÷  ÷  ÷ 
        
37

1 1 1 1 1 1 1
1 ...... ...... 1
2n 3 2n - 1 2n - 3 2n - 1 2n - 3 3
1 1 1 1 1 A 1
.2. 1 ...... .2.B
2n 3 2n - 1 2n - 3 2n B n
    
= + + + + + + + + + ÷  ÷ 
    
 
= + + + + = ⇒ = ÷
 
Bài 4:(Vào 10 –Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa năm 2000-2001)
Cho
1 1 1
......
1.2 3.4 1997.1998
A = + + + và
1 1 1
......
1000.1998 1001.1997 1998.1000
B = + + +
CMR
A
B
là số nguyên
BTTT:
1.Ruùt goïn caùc bieåu thöùc sau:
2 2 2 2
2 2 2 2
1 3 5 n
) . . ......
2 1 4 1 6 1 (n + 1) 1
a
− − − −
*
n N∈
2 2 2 2
)(1 ).(1 ).(1 )......(1 )
2.3 3.4 4.5 ( 1)
b
n n
− − − −
+
*
n N∈
2. So sánh 2 số
1
2006
A = và
2 2007
2 2 2007
1 1 1 1 1 1
( ) .................. ( ...... )
2008 2008 2008 2008 2008 2008
B = + + + + + + +
(T1/371 Toán học và tuổi trẻ)
3.Cho
1 1 1
1 ......
2 3 n
nS = + + + + *
n N∈ .CMR
1 2 n-1
( ...... )
2 3 n
nS n= − + + +
(Vào 10 –ban A –THPT chuyên Lê Quí Đôn , Đà Nẵng 2001-2002 )
Hướng dẫn :
1 1 1
(1 1) ( 1) ( 1) ...... ( 1)
2 3 n
nS n= + − + − + − + + − =
1 2 n-1
( ...... )
2 3 n
n − + + +
4. Tính tỉ số B
A
, biết:
2008
1
2007
2
...
3
2006
2
2007
1
2008
2009
1
2008
1
2007
1
...
4
1
3
1
2
1
+++++=
++++++=
B
A
6.Chứng minh rằng : 22222222
10.9
19
...
4.3
7
3.2
5
2.1
3
++++ < 1
7. So sánh A và B biết :
38

A = 22222
105
1
104
1
103
1
102
1
101
1
++++ và B =
7.5.3.2
1
22 .
8.TÝnh
1 1 1 1
...
2 3 4 2012
2011 2010 2009 1
...
1 2 3 2011
P
+ + + +
=
+ + + +
HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = ….
2012 2010 1
1 1 .... 1 2011
1 2 2011
MS⇒ = + + + + + + −
2012 2012
2012 .... 2011
2 2011
= + + + − =
1 1 1 1
2012( ...... )
2 3 4 2012
+ + + +
9.Tính
10099...4321
)6,3.212,1.63(
9
1
7
1
3
1
2
1
)10099...321(
−++−+−
−





−−−+++++
=A
10. (Đề thi chọn HSG Toán 6 - TX Hà Đông - Hà Tây - Năm học 2002 - 2003)
So sánh: A =
2 2 2 2
...
60.63 63.66 117.120 2003
+ + + + và
B =
5 5 5 5
...
40.44 44.48 76.80 2003
+ + + +
Lời giải
Lại áp dụng cách làm ở bài trên ta có: A=
2 3 3 3 2
...
3 60.63 63.66 117.120 2003
 
+ + + + ÷
 
=
=
2 1 1 1 1 1 1 2
...
3 60 63 63 66 117 200 2003
 
− + − + + − + ÷
 
=
2 1 1 2 2 1 2
3 60 120 2003 3 120 2003
 
− + = × + ÷
 
=
=
1 2
180 2003
+
Tương tự cách làm trên ta có:
B =
5 1 1 5 5 1 5 1 5
4 40 80 2003 4 80 2003 64 2003
 
− + = × + = + ÷
 
Ta lại có: 2A =
1 2 2 4 1 4
2
180 2003 180 2003 90 2003
 
+ = + = + ÷
 
Từ đây ta thấy ngay
B > 2A thì hiển nhiên B > A
11. (Đề thi chọn HSG Toán năm học 1985 - 1986)
So sánh hai biểu thức A và B:
A =
1 1 1 1
124 ...
1.1985 2.1986 3.1987 16.2000
 
+ + + + ÷
 
39

B =
1 1 1 1
...
1.17 2.18 3.19 1984.2000
+ + + +
Lời giải
Ta có: A =
124 1 1 1 1 1 1 1
. 1 ...
1984 1985 2 1986 3 1987 16 2000
 
− + − + − + + − ÷
 
=
=
1 1 1 1 1 1
. 1 ... ...
16 2 16 1985 1986 2000
    
+ + + − + + + ÷  ÷ 
    
Còn B =
1 1 1 1 1 1
. 1 ...
16 17 2 18 1984 2000
  
− + − + + − ÷ 
  
=
1 1 1 1 1 1
. 1 ... ...
16 2 1984 17 18 2000
    
+ + + − + + + ÷  ÷ 
    
=
=
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. 1 ... ... ... ...
16 2 16 17 18 1984 17 18 1984 1985 2000
      
+ + + + + + + − − − − − + + ÷  ÷  ÷ 
      
=
1 1 1 1 1 1
1 ... ...
16 2 16 1985 1986 2000
    
+ + + − + + + ÷  ÷ 
    
Vậy A = B
PHẦN III : KẾT LUẬN
Từ thực tế nghiên cứu giảng dạy, tôi nhận thấy việc giải bài toán Đại số bằng
thuật toán “tương tự “ có ý nghĩa rất cao. Nó rèn luyện cho học sinh bước đầu hình
thành và phát triển tư duy logic, tự tin hơn với khả năng diễn đạt chính xác nhiều quan
hệ toán học, … Do đó khi Bồi dưỡng HS khá -giỏi toán ở lớp 8 ngoài kiến thức, phương
pháp thì khả năng trình bày , kĩ năng giải toán càng trở nên cần thiết .GV có vai trò
quan trọng trong việc hỗ trợ HS lựa chọn phương pháp hay hướng giải các dạng toán cụ
thể , cũng như lưu ý rõ cho học sinh các yêu cầu trong khi giải từng dạng toán cơ bản để
học sinh có được kiến thức vững chắc phục vụ cho việc học và giải toán tiếp theo ở lớp
9. Phạm vi của chuyên đề này thực sự rất rộng , để điều chỉnh năng lực học tập của H S
đòi hỏi người giáo viên phải có lòng yêu nghề, yêu thương học sinh và phải có một
lượng kiến thức vững chắc, có phương pháp truyền thụ phù hợp với từng đối tượng học
sinh.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi trong việc bồi dưỡng HSG8 bằng
thuật toán “tương tự” . Cùng với sự giúp đỡ tận tình của Ban Giám Hiệu nhà trường, của
tổ chuyên môn, của các đồng nghiệp và học sinh tôi vẫn đang tiếp tục hoàn thiện .Tôi đã
có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn rằng vẫn còn nhiều thiếu sót. Tôi xin trân trọng tất cả
những ý kiến phê bình, đóng góp của cấp trên và đồng nghiệp để đề tài của tôi ngày
càng hoàn thiện hơn và áp dụng rộng rãi trong ngành.
40

Tôi xin chân thành cảm ơn!
Sơn Đông , ngày 15 tháng 01 năm 2014
Người viết
Nguyễn Trang Kiên
TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT Tên sách Tác giả
1 Bồi dưỡng Đại số 8 Vũ Hữu Bình
2 Nâng cao và phát triển Toán 8
41

Cđ thuật toán tương tự trong bồi dưỡng hsg toán 8

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Ähnlich wie Cđ thuật toán tương tự trong bồi dưỡng hsg toán 8

Ähnlich wie Cđ thuật toán tương tự trong bồi dưỡng hsg toán 8 (20)

Mehr von Cảnh

Mehr von Cảnh (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

Cđ thuật toán tương tự trong bồi dưỡng hsg toán 8