SKKN Nâng cao chất lượng môn toán cho học sinh lớp 9 trường THCS Lê Quý Đôn thông qua Chuyên đề “phương pháp tổng quát hóa các bài toán trong dạy học toán”

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN CHO HỌC SINH LỚP 9 TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN THÔNG QUA CHUYÊN ĐỀ “PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT HÓA CÁC BÀI TOÁN TRONG DẠY HỌC TOÁN”
Người thực hiện: Nguyễn Thị Hòa
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đôn
SKKN thuộc môn: Toán
BỈM SƠN NĂM 2017
THANH HOÁ, NĂM 2013
MỤC LỤC
TT
Nội dung
Trang
1
Mở đầu
3
Lý do chọn đề tài
3
Mục đích nghiên cứu
3
Đối tượng nghiên cứu
4
Phương pháp nghiên cứu
5
2
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
5
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
5
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
5
2.3. Các giải pháp thực hiện
5
1. Dạng 1: Các bài toán tính toán
5
2. Dạng 2: Các bài toán chứng minh.
8
3. Dạng 3: Các bài toán chứng minh bất đẳng thức
11
4. Dạng 4: Các bài toán cực trị
14
5. Dạng 5: Các bài toán giải phương trình và hệ phương trình đại số 
15
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
17
3
Kết luận và kiến nghị
18
1.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng đổi mới không ngừng.. Với vai trò là môn học công cụ, bộ môn Toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một cách có hệ thống mà phải được nâng cao, phát triển để các em có hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.
Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học sinh. Do vậy trong giảng dạy chúng ta phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy Toán học.
Thực tế trong quá trình dạy và học toán có rất nhiều các bài toán mang tính điển hình, từ bài toán đó ta có thể phát triển thêm các bài toán khác mang các thuộc tính tổng quát hơn. Vì vậy trong quá trình dạy theo tôi người dạy phải biết trong mênh mông của toán, đâu là những bài toán mấu chốt, đâu là những bài toán đại diện và vấn đề cơ bản của các bài toán ấy là vấn đề gì. Từ đó học sinh có thể dễ dàng nắm bài toán một cách tổng quát .. Đó là lý do mà tôi đã chọn đề tài: “Tổng quát hoá các bài toán trong dạy học toán”
1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài :
	 “Tổng quát hoá các bài toán trong dạy học toán”để giúp học sinh hiểu được tổng quát hoá là chuyển từ trường hợp đặc biệt sang trường hợp tổng quát , nếu chứng minh được bài toán tổng quát ta có bài toán “mạnh hơn” bài toán ban đầu , đúng với một lớp đối tượng rộng hơn so với bài toán ban đầu. Nhờ tổng quát hoá mà ta có thể đi đến công thức tổng quát, có thể sáng tạo ra các bài toán mới, các định lý mới .
Qua đó học sinh được rèn luyện phương pháp tìm lời giải cho một bài toán cụ thể và rèn luyện cho học sinh phương pháp suy luận để chuyển từ việc khảo sát một tập hợp đối tượng đến tập hợp đối tượng lớn hơn chứa tập hợp ban đầu.
Thông qua việc tìm tòi cách giải cho một bài toán cụ thể, giáo viên đẫn dắt để học sinh có thói quen xét bài toán trong trường hợp tổng quát hơn và có nhu cầu chứng minh bài toán tổng quát đó 
Sau khi chứng minh được bài toán tổng quát , giúp học sinh có cái nhìn sâu rộng hơn , khái quát hơn và có phương pháp giải một lớp các bài toán cùng dạng
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9B trường THCS Lê Quý Đôn –Thị 
xã Bỉm Sơn-Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Từ một bài toán trong trường hợp riêng mà dẫn tới một bài toán chung cho nhiều trường hợp, cách làm như thế gọi là phương pháp tổng quát hóa. 
Trên cơ sở thực hiện đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực của học sinh trong học tập , làm cho học sinh chủ động nắm bắt kiến thức, chủ động tư duy hình thành các khái niệm, các công thức thì người thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức một cách khoa học, giáo viên cần tung ra những tình huống nhằm kích thích học sinh ham tìm tòi sáng tạo
Giáo viên có thể đưa ra những dạng bài cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính chất dễ dàng lĩnh hội và đặt học sinh vào tình huống làm thế nào để có được khái niệm, bài toán tổng quát của những bài toán đơn lẻ đó, Qua đó học sinh sẽ tiếp nhận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo theo tư duy của từng cá nhân.
Trên cơ sở phân loại các dạng bài tập, chúng tôi đưa ra các ví dụ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp từ đó hình thành bài toán tổng quát.
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận:
Trong toán học, nhất là trong dạy học toán theo chương trình đổi mới thì việc dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học sinh được tiếp cận kiến thức một cách chủ động sáng tạo, từ những hình ảnh, mô hình, ví dụ ... để hình thành các khái niệm trừu tượng, tổng quát hơn
Tổng quát hóa được các nhà toán học thường xuyên sử dụng, nhờ đó mà ta có một nền toán học đồ sộ và phong phú. Sự tổng quát của bài toán cho thấy rằng bài toán được giải bao giờ cũng sáng sủa hơn về mặt phương pháp và kết quả thu được cũng cho thấy rõ bản chất của vấn đề.
Rất nhiều bạn không dừng lại ở những bài toán tưởng chừng như rất nhỏ, các bạn luôn cố gắng suy nghĩ tự tìm tòi sáng tạo để mở rộng, tổng quát các bài toán lên. 
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Trong quá trình dạy học chúng tôi nhận thấy đa phần học sinh chỉ chú trọng việc giải toán , giải thế nào để bài toán có lời giải ngắn gọn. Thực tế, đó cũng là việc làm rất cần thiết đối với học sinh , tuy nhiên chỉ dừng lại ở đó thì học sinh không thể phát huy được tính sáng tạo qua các bài toán. 
Vấn đề đặt ra là người giáo viên khi đứng trên bục giảng có biết hướng các em đi đến những bài toán khác, xây dựng những bài toán mới từ những bài toán mà các em vừa được làm hay không, từ đó tổng quát lại các bài toán 
Tổng quát hoá bài toán giúp học sinh phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo, năng lực tự học của học sinh, tạo điều kiện cho các em hứng thú học tập bộ môn.
	Trong quá trình dạy học mỗi người giáo viên cần biết dạy cho học sinh đi từ những bài toán dễ đến bài toán khó, từ bài toán cụ thể đến bài toán tổng quát 
2.3.Các giải pháp thực hiện :
 Dạng 1: Các bài toán tính toán 
	Ở các bài toán thực hiện phép tính rất quen thuộc với các em, tuy nhiên thông thường thì các em chỉ dừng lại ở việc tính toán mà ít tư duy để khái quát các bài toán đó, đưa bài toán về dạng tổng quát. 
Chính vì vậy khi dạy giáo viên cần hướng các em đi từ những ví dụ nhỏ để hình thành cách tính tổng quát hơn, Chẳng hạn với các ví dụ sau các em có thể tự mình tổng quát hoá được bài toán:
 Khi dạy lớp 9 ta có bài toán (bài 66-trang34–sgk toán 9 tập 1)
	Ví dụ 1: Giá trị của biểu thức + bằng :
(A) ; 	 	(B) 1 ; 	(C) -4 ; 	(D) 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.
Bằng cách quy đồng mẫu số của hai phân số trong biểu thức, ta có thể nhẩm ngay ra giá trị của biểu thức là 4 ( câu trả lời là D). Tuy nhiên, nếu ta nhìn số 2 dưới dạng khác là 2 =và nhận ra (-)(-) =1 (*) thì ta cũng có + = (-) + (-) = 4
	Đẳng thức (*) đã được phát biểu mở rộngtrong nội dung bài tập 71( trang 14, sách bài tập toán 9, tập1):
Chứng minh đẳng thức - = (1) với n N.
Đẳng thức (1) còn tiếp tục được mở rộng như sau:
 - = (2) ( với n, d N và d0)
Từ đẳng thức (1) và (2) ta lại có bài toán vân dụng như sau: 
 Rút gọn :
 -+-+- + - 
 Giải:
Từ đẳng thức (1) tương đương với: + = , áp dụng vào bài toán ta có :
-+-+- + - +
 = - ( + ) + (+) – (+) + +( +) + (+)
= - = 3 – 1 = 2
	Từ bài toán trên ta lại có bài toán tổng quát “mạnh hơn”
Bài toán tổng quát: Rút gọn: 
 - +-+  + - 
	Giải: 
Từ đẳng thức (1) tương đương với: + = , áp dụng vào bài toán ta có :
-(+)-(+)-..–(+)
 = - ( + ) + (+) – (+) + +( +) + (+)
= - 1
Ví dụ 2: Rút gọn: S = + + + 
	Giải:
Ta có; = 
	 = 
	 = 
 = 
 S = + + + 
 S = = 
 	Bài toán tổng quát: Rút gọn:
 S = + + +  + 
	 Giải: 
Ta có: = 
	 = 
	 = 
 = 
 S = + + + .+ 
S = 
Vậy S = 
Dạng 2: Chứng minh các bài toán 
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng số nguyên a thì :
	a, a2-a chia hết cho 2
	b, a3 - a chia hết cho 3
	c, a5 - a chia hết cho 5
	d, a7 - a chia hết cho 7
Giải:
a, a2 - a = a(a - 1) 
	Vì a(a - 1) ( tích của 2 số tự nhiên liên tiếp)
	 a2 -a 2 
b, a3 - a = a(a2 - 1) = a(a - 1) (a + 1) 
	Vì a(a - 1)(a + 1) 3 ( tích của 3 số tự nhiên liên tiếp)
	 a3 - a 3 
c, a5 - a = a(a4 - 1) = a(a2 - 1) (a2 + 1) = a(a2 - 1) (a2 - 4 + 5) 
	 = a(a2 - 1) (a2 - 4 ) + 5 a(a2 - 1)
	 = a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2) + 5 a(a2 - 1)
	Vì a(a - 1) (a + 1) (a - 2) (a + 2) 5 ( tích của 5 số tự nhiên liên tiếp) và 5 a(a2 - 1) 5 
	 a5 - a 5
d, a7 - a =a(a6 - 1) = a(a3 - 1) (a3 + 1) 
- Nếu a có dạng 7k thì a 7 a7 - a 7
- Nếu a có dạng 7k + 1 thì:
	a3 = (7k + 1)3
	 = (7k)3 + 3(7k)2 + 3(7k) + 1
	 = 7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) +1
 a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) 7
 a7 - a 7
- Nếu a có dạng 7k + 2 thì:
	a3 = (7k + 2)3
	 = (7k)3 + 3(7k)2. 2 + 3(7k).22 + 23
	 = 7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) +8
 a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) + 7
 Vì : 7( 72 k3 + 3. 7k2. 2 + 3k . 22) 7 và 7 7 
 a7 - a 7
- Nếu a có dạng 7k + 3 thì:
	a3 = (7k + 3)3
	 = (7k)3 + 3(7k)2. 3 + 3(7k). 32 + 33
	 = 7( 72 k3 + 32. 7k2 + 33 k) +27
 a3 - 1 =7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) + 28
Vì: 7( 72 k3 + 3. 7k2 + 3k) 7 và 28 7 
 a7 - a 7
- Nếu a có dạng 7k + 4 a = 7k - 3 ( tương tự a = 7k + 3)	
- Nếu a có dạng 7k + 5 a = 7k - 2 ( tương tự a = 7k + 2)	
- Nếu a có dạng 7k + 6 a = 7k - 1 ( tương tự a = 7k + 1)	
	Qua các ví dụ trên giáo viên cho học sinh nhận xét số mũ của a và số chia của biếu thức từ đó tổng quát bài toán . Lúc đó học sinh dễ dàng pháp biểu được bài toán như sau:
 	Bài toán tổng quát : “Nếu p là số nguyên tố và a là 1 số nguyên thì ap – p chia hết cho p” (*)
	Đây cũng chính là bài toán nhỏ Fecma
	Chứng minh 
	Cố định p, ta chứng minh bằng quy nạp theo a
Với a= 0 thì 0p- p p ( đúng )
Giả sử mệnh đề (*) đúng với a = k tức là Ak = kp – k p 
Ta cần chứng minh Ak+1 = (k + 1)p – (k + 1) p 
Thất vậy: Xét hiệu: Ak+1 - Ak = (k + 1)p – (k + 1) - (kp – k )
 Ak+1 - Ak = [ kp + p k p – 1 + kp – 2 + kp – 3 + ... + k2 + pk + 1 – (k + 1) ] – ( kp – k)
 Ak+1 - Ak = p kp – 1 + kp – 2 + kp – 3 + ... + k2 + pk (**)
	Xét dạng chung của các hệ số trong biểu thức (**) đó là các số nguyên có dạng (***) 
Số nguyên tố p lớn hơn k nên p không rút gọn được với một thừa số nào ở mẫu của (***), điều đó chứng tỏ biều thức (***) chia hết cho p, do đó Ak+1 - Ak chia hết cho p
Ta lại có Ak chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp). Vậy Ak+1 chia hết cho p
	Vậy mệnh đề (*) đúng với mọi số nguyên a
Ví dụ 2: Chứng minh rằng : 
A = + + + 
là một số hữu tỷ.
	Giải:
Ta có; = 1+ 
	 = 1+ 
 = 1+ 
 = 1+ 
 Suy ra: S = (1+ ) + (1+ ) + (1+ )+ ( 1+ )
	 S = 4 + ()
Là một số hữu tỷ
Bài toán tổng quát: Chứng minh rằng : 
A = + + +  + 
là một số hữu tỷ.
	Giải: 
Ta có; = 1+ 
	 = 1+ 
 = 1+ 
.
.
 = 1+ 
 Suy ra: S = (1+ ) + (1+ ) + (1+ ) + + ( 1+)
	S = (n – 2) + ()
Là một số hữu tỷ
Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng
1+ + < 
	Chứng minh :
áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai bộ 3 số (1,1,1) và (1,, ) ta có : 
1+ + 
	= 
	= 
= 3
	Vì nên không thể có đẳng thức với n >1 
Vậy với 3 nguyên >1 , ta có :
1+ + < 3.	
	Mặt khác, 3. < 
Vậy: 1+ + < 
Bài toán tổng quát: 
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n >1, ta đều có :
1+ + +  + < 
Chứng minh :
áp dụng bất đẳng thức Bu-Nhi-a-Cốp_ski cho hai bộ n số (1,1,1) và (1,, ,  ,) ta có : 
1+ + +  + 
	= 
	= 
= n.
	Vì nên không thể có đẳng thức với n >1 
Vậy với n số nguyên lớn hơn 1 , ta có :
1+ + +  + < n.	(1)
Mặt khác, n. = (2)
Bất đẳng thức cần chứng minh suy ra từ hai bất đẳngthức (1) và (2).
Ví dụ 2: Với a, b, c là ba số dương, chứng minh :
	 + + (1)
	Với một số cách nhìn thông thường để mở rộng một bất đẳng thức như xét các hệ số ; số mũ; số các biến, ta có các bất đẳng thức mở rộngvà bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức (1)
	- Nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng: 
 + + ta được mở rộng của (1) như sau:
Bài toán tổng quát : Với a, b, c, m, n là các số dương, chứng minh
 + + (2)
	- Còn nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng: 
 + + ta được mở rộng của (1) như sau:
Bài toán tổng quát 
	 + + 	Với a, b, c, là các số dương, n là số tự nhiên lớn hơn 1
Còn nếu nhìn BĐT (1) dưới dạng: 
 + + 	
Ta tiếp tục có hai mở rộng khác của (1) là 
Bài toán tổng quát 
 + + ... + 	
và :
Bài toán tổng quát 
 + + ... + với a1, a2, ..., an dương, n là số tự nhiên lớn hơn 2
	Qua đó ta thấy mỗi một bài toán với cách nhìn khác nhau ta có các cách tổng quát bài toán khác nhau
Ví dụ 3:
Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn:
 (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4). Chứng minh : a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Lời giải: 
Không mất tính tổng quát , giả sử a b c > 0. Ta có :
(a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4). 
(a2 + b2 + c2)2 - 2(a4 + b4 + c4) > 0
 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - (a4 + b4 + c4) > 0
 (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b)(a + b + c) >0
Do a b c > 0 
 a + b + c > 0 ; a + b – c > 0 ; b + c – a > 0 ; c + a – b > 0
Suy ra a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Dễ dàng nhận ra rằng , cách chứng minh bài toán trên vẫn còn hiệu lực đối với bìa toán mở rộng sau:
Bài toán tổng quát : Giả sử các số dương a, b, c thỏa mãn:
 (a2k + b2k + c2k)2 > 2(a4k + b4k + c4k). Chứng minh : a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Lời giải:
Theo kết quả của bài toán 1 ta có ak , bk , ck là độ dài ba cạnh của một tam giác. Khi đó nếu a + b c thì ak + bk c . Tương tự b + c > a, c + a > b . Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dạng 4: Các bài toán cực trị:
Ví dụ 1: Cho bốn số: a < b < c < d là các số thực tùy ý . Với giả trị nào của x ta có biểu thức : f(x) = + + + đạt giá trị nhỏ nhất .
	Giải:
Ta có : f(x) = ( +) + (+)
	Mà: + = ( + ) 
 + d – a .
	dấu đẳng thức xảy ra khi : (x – a)(d – x) 0
	Tương tự + c – b.
	Dấu đẳng thức xảy ra khi: (x – b)(c – x) 0
	 f(x) d + c – a – b
	 min f(x) = d + c – a – b
	Khi : 
	 min f(x) = d + c – a – b , khi b x c.
	Bài toán tổng quát:
	Cho n số: a1 < a2 < a3 <.< an là các số thực tùy ý . Với giả trị nào của x ta có biểu thức : f(x) = + + +.+ đạt giá trị nhỏ nhất .
	Giải:
	Xét hai trường hợp:
 Trường hợp 1: n = 2k ( k = )
	áp dụng: + a2k – a1 
	 + a2k – 1 – a2 
	 ..
	 + ak + 1 – ak
	Cộng từng vế, ta có:
	f(x) (a2k + a2k – 1 + .+ ak + 1) – (a1 + a2 ++ ak) 
	 min f(x) = (a2k + a2k – 1 + .+ ak + 1) – (a1 + a2 ++ ak)
	 Khi : ak x ak + 1 
Trường hợp 1: n = 2k – 1 ( k = )
	 + a2k – 1 – a1 
	 + a2k – 2 – a2 
	..
	 + ak + 1 – ak – 1 
 	 0
	 f(x) (a2k – 1 + a2k – 2 + .+ ak + 1) – (a1 + a2 ++ ak – 1 ) 
	 min f(x) = (a2k – 1 + a2k – 2 + .+ ak + 1) - (a1 + a2 ++ ak – 1 )
	 Khi : x = ak 
Dạng 5: Giải phương trình và hệ phương trỡnh đại số 
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 
	Giải:
Cộng từng vế của n phương trình , ta có: 
	x1 + 1999(x1 + x2 +x3 +x2000) = 2001000 
hệ có nghiệm x2 = -1, x3 = -2, .., x2000 = -1999 và 
x1 = = 1999001
 Bài toán tổng quát: Ví dụ: Giải hệ phương trình: 
	Giải:
Cộng từng vế của n phương trình , ta có: 
	x1 + (n – 1)(x1 + x2 + +xn) = 1 + 2 + 3 + + n
 x1 + (n – 1)(x1 + x2 + +xn) = 
Suy ra hệ có nghiệm: 
x2 = -1, x3 = -2, .., xn = -(n – 1) và x1 = 
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: x13- 5y3 - 25z3 = 0 (1)
	Giải:
	Từ phương trình (1) ta suy ra x3 chia hết cho 5 
	Đặt x = 5x1 ( x1 nhận giá trị nguyên), ta có phương trình (1) tương đương với: 125x13- 5y3 - 25z3 = 0 
	 25x13- y3 - 5z3 = 0 (2)
 Từ phương trình (2) ta lại suy ra y3 chia hết cho 5y chia hết cho 5.
	Đặt y = 5y1 ( y1 nhận giá trị nguyên), ta có phương trình (2) tương đương với: 25x13- 125y13 - 5z3 = 0 
	 5x13- 25 y13 - z3 = 0 (3)
 Từ phương trình (3) ta lại suy ra z3 chia hết cho 5z chia hết cho 5.
	Đặt z = 5z1 ( z1 nhận giá trị nguyên), ta có phương trình (3) tương đương với: 5x13- 25y13 - 125z13 = 0 
	 x13- 5y13 - 25 z13= 0 (4)
	Như vậy ta có x, y, z cùng chia hết cho 5.
	Từ phương trình (4) hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra x1, y1, z1 cùng chia hết cho 5, suy ra x, y, z cùng chia hết cho 52.
	Quá trình này tiếp tục mãi , suy ra x, y, z cùng chia hết cho 5n. với n là một số nguyên dương tuỳ ý. Điều này sảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 . Vậy phương trình (1) có nghiệp duy nhất x = y = z = 0 .
	Từ đó ta có bài toán tổng quát :
	Giải phương trình ngiệm nguyên:
	a1x1n + a2x2n+ a3x3n + ... + akxkn = 0 (*)
Với n là số tự nhiên lớn hơn 1,các tham số nguyên a1, a2, ..., ak và các ẩn x1, x2, ... . xk được giải bằng phương pháp lùi vô hạnvà sử dụng tính chất chia hết để chứng minh x1, x2, ... . xk cùng chia hết cho số nguyên tố p, tương tự chứng minh được x1, x2, ... . xk cùng chia hết cho pm với m là số nguyên dương lớn tuỳ ý. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xk = 0. Vậy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x1 = x2 = ... = xk = 0. 
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
Khi chưa thực hiện đề tài này học sinh chỉ biết làm các bài toán một cách rời rạc,không biết vận dụng vào việc giải các bài toán khác cùng loại,do đó khi giải bài tập thường gặp khó khăn và ngại làm.
Sau khi áp dụng đề tài trên đối với 44 học sinh của lớp 9B tôi nhận thấy học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản có hệ thống và có hứng thú giải toán ,các em nắm được bản chất của bài toán và biết tổng quát lên để giải các bài tập cùng loại, từ đó kích thích lòng say mê học toán góp phần không nhỏ vào việc phát triển tư duy cho học sinh, so sánh với khi chưa áp dụng đề tài có sự chênh lệch về chất lượng. Cụ thể như sau:
Lớp 9B
Điểm dưới 5
Từ 5.0– 6.5
Từ 7 – 8.5
Từ 9 - 10
SL
%
SL
%
SSL
%
SSL
%
Trước khi áp dụng
1
2.3
10
23
18
40.8
15
34.1
Sau khi áp dụng
0
0%
4
8.9
16
35.6
25
55.5
3. KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ:
-Kết luận:
	Từ những kinh nghiệm nhỏ rút ra qua quá trình giảng dạy cũng như sự giúp đỡ của các bạn đồng nghiệp, bản thân nhận thấy: Để chất lượng giảng dạy đạt hiệu quả cao, người giáo viên cần đầu tư nhiều thời gian và trí tuệ vào mỗi bài. Từ đó bằng phương pháp đặc trưng của bộ môn, chuyển tải đến học sinh những kiến thức trọng tâm một cách chính xác, sâu sắc và hấp dẫn nhất. 
Học sinh là yếu tố quan trọng cho thành công của mỗi giờ học nên cần động viên, hướng dẫn, đôn đốc, kiểm tra một cách thường xuyên để các em có ý thức và hứng thú trong học tập .
Bản thân thấy: Khi dạy cần cho học sinh tiếp nhận kiến thức một cách thoải mái, chủ động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phải phân biệt và nhận dạng được các bài toán , tổng hợp và khái quát bài toán, từ đó hầu hết giải được các bài tập, xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc giải tổng quát. Qua đó rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm chất trí tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong phú chứ không đơn điệu, giúp học sinh hứng thú khi học bộ môn này.
 	Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, chúng ta cần chọn lọc hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó. Cần rèn luyện nhiều về cách lập luận và trình bày của học sinh 
Với mỗi dạng tuy không có quy tắc tổng quát, song sau khi giải giáo viên nên chỉ ra một đặc điểm, một hướng giải quyết nào đó để khi gặp bài tương tự, học sinh có thể tự liên hệ được và hình thành những bài toán đặc trưng rồi từ đó đi đến các bài toán tổng quát cho từng dạng bài, có như vậy nác em nắm kiến thức một cách chắc chắn và có hệ thống.
-Kiến nghị:
Phương pháp tổng quát hóa các bài toán trong dạy-học Toán là một phương pháp quan trọng trong chương trình Toán trung học cơ sở. Nội dung kiến thức này không những phục vụ cho học sinh đại trà mà còn phục vụ cho học sinh khá giỏi. Với mục đích phát triển tư duy toán học, bên cạnh kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa cần mở rộng kiến thức một cách có hệ thống lô gíc chặt chẽ, để rèn luyện phương pháp tư duy toán học sâu sắc góp phần phát triển trí tuệ cho học sinh.Để đạt được mục tiêu đó tôi xin đề xuất một số ý kiến sau:
Đối với tổ chuyên môn và nhà trường :Nên xây dựng các chuyên đề cụ thể để tổ chức và dạy học tự chọn l