SKK sáng kiến kinh nghiệm đổi mới phương pháp giảng dạy toán học

Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Đặt vấn đề I, Lý chọn đề tài: Toán học môn khoa học suy diễn Các kết luận Toán học chứng minh cách chặt chẽ Nhưng trình hình thành, trước có kết luận mang tính tổng quát, toán học phải tiến hành xét trường hợp cụ thể, riêng biệt Ta phải đối chiếu quan sát được, suy điều tương tự, phải thử thử lại, để từ dự đoán định lý toán học, trước chứng minh chúng Bên cạnh đó, ta phải dự đoán ý phép chứng minh trước vào chứng minh chi tiết Hiện nay, tiến hành đổi giáo dục Để công đổi thành công phải gắn chặt việc đổi nội dung chương trình – SGK với việc đổi phương pháp giảng dạy Một xu hướng đổi phương pháp giảng dạy môn Toán dạy cho học sinh biết dự đoán, dạy cho học sinh biết suy luận có lý Thực tế sách giáo khoa Toán bậc THCS nay, cấu trúc học thường là: Phần Xét các trường hợp cụ thể: tính toán, đo đạc, so sánh, … đối tượng khác Phần Dự đoán kết luận khái quát: nêu mệnh đề tổng quát Phần Chứng minh ( công nhận ) mệnh đề tổng quát, tuỳ đối tượng trình độ học sinh Phần Các ví dụ tập vận dụng Như học sinh quan sát, thử nghiệm, dự đoán suy luận để đến kiến thức mới, sau vận dụng kiến thức vào tình khác Chúng ta xét số học cụ thể sau: Mục ( trang 13 SGK Toán tập I ).Giá tị tuyệt đối số… Sau đưa định nghĩa giá trị tuyệt đối số, SGK đưa tập ?1 điền vào chỗ trống Để từ phân tích, nhận xét, đưa kết tổng quát:  x; khix  x   x; khix  Kết công nhận, không chứng minh Sau tập vận dụng Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Mục ( trang 106 SGK Toán tập I ).Tổng ba góc tam giác SGK yêu cầu học sinh vẽ hai tam giác bất kỳ, đo tính tổng ba góc tam giác nêu nhận xét Từ đưa dự đoán tổng ba góc tam giác Sau chứng minh dự đoán Tiếp theo tập vận dụng Mục ( trang SGK Toán tập I ).Căn bậc hai đẳng thức A  A Để dẫn đến định lý: Với số a ta cố: điền số thích hợp vào bảng: a a2 -2 -1 a  a , SGK yêu cầu học sinh a2 Từ nhận xét, khái quát hoá để đưa định lý Sau phát biểu định lý, SGK chứng minh định lý suy luận chặt chẽ Sau tập vận dụng Bên cạnh đó, nội dung ôn luyện Toán cho học sinh giỏi, chuyên đề thiếu chuyên đề: “ Phương pháp quy nạp Toán học ” Bởi vì, thông qua việc giảng dạy chuyên đề này, người thầy dạy Toán đã: 1) Cung cấp cho học sinh hướng suy nghĩ việc tìm tòi lời giải toán; 2) Giúp học sinh giải lớp toán Số học, Đại số Hình học thuộc đủ dạng toán: chia hết, chứng minh đồng thức, chứng minh bất đẳng thức, mà có liên quan đến tập hợp số tự nhiên; 3) Đồng thời qua việc nghiên cứu mệnh đề toán học bao hàm số vô hạn trường hợp riêng, mà việc chứng minh chúng cần xét số hữu hạn trường hợp theo lôgic chặt chẽ xác, mở rộng tư lôgic cho em học sinh, giúp em say mê, hứng thú học Toán Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học II Mục đích đề tài: Qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi cấp bồi dưỡng giáo viên thay sách, tập hợp giảng lại viết chuyên đề nhằm mục đích: 1) Cung cấp số kiến thức phép quy nạp, phép quy nạp hoàn toàn, quy nạp không hoàn toàn, nguyên lý quy nạp toán học 2) Giúp học sinh có thêm số phương pháp để giải số toán Toán học khác 3) Cung cấp thêm số tập hấp dẫn nhiều vẻ, qua củng cố mở rộng thêm kiến thức học 4) Rèn luyện tư duy, phát huy tính sáng tạo gây hứng thú học toán cho học sinh III Nội dung đề tài: Nội dung đề tài bao gồm: Phần I Một số sở lý luận Phần II Vận dụng vào Dạy & Học toán trường phổ thông A Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn chứng minh mệnh đề toán học B Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải toán Phát quy luật chứng minh quy luật Vận dụng vào giải toán chia hết Vận dụng vào chứng minh đồng thức Vận dụng vào chứng minh bất đẳng thức Vận dụng vào toán hình học C Có thể có cách giải khác? D Bổ sung: Một số dạng nguyên lý quy nạp Toán học Phần III Hiệu đề tài Phần IV Kết luận - đánh giá khái quát Với lý do, mục đích nội dung mong chuyên đề đông đảo đồng chí giáo viên em học sinh tham khảo góp ý kiến xây dựng Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Nội dung Phần I Cơ sở lý luận Quy nạp hoàn toàn không hoàn toàn: 1.1 Danh từ “quy nạp” theo nghĩa dùng để quy luật nhờ mà thu kết luận tổng quát, dựa vào loạt khẳng định riêng biệt Quy nạp hoàn toàn mệnh đề tổng quát chứng minh theo trường hợp số hữu hạn trường hợp có Ví dụ 1.: Chúng ta xác lập : “ Mỗi số chẵn n khoảng 4;100  biểu diễn dạng tổng số nguyên tố ” Muốn phân tích: = 2+2 = 3+3 = 5+3 10 = 7+3 12 = 7+5 98 = 93+5 100 = 97+3 Sau thử 49 trường hợp, từ 49 đẳng thức chứng tỏ rằng, thực tế số chẵn khoảng xét biểu diễn duới dạng tổng số nguyên tố 1.2 Quy nạp không hoàn toàn: Trong trường hợp kết luận tổng quát rút không dựa kiểm tra tất trường hợp xảy mà sở số đủ lớn trường hợp ta có quy nạp không hoàn toàn Quy nạp không hoàn toàn vận dụng nhiều khoa học thực nghiệm Chẳng hạn cách người ta thiết lập nên định luật bảo toàn khối lượng: định luật Lômônôxôp phát biểu thừa nhận Lavoadiê kiểm tra đắn với độ xác đủ lớn điều kiện đủ khác Trong toán học, quy nạp không hoàn toàn không xem phương pháp chứng minh chặt chẽ, áp dụng hạn chế Bởi Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học mệnh đề toán học bao hàm số vô hạn trường hợp riêng, người ta tiến hành kiểm tra số vô hạn trường hợp được.Chẳng hạn sau có kết với 49 trường hợp ví dụ 1, ta chưa thể đưa kết luận rằng, số tự nhiên chẵn phân tích thành tổng hai số nguyên tố Đương nhiên, quy nạp không hoàn toàn phương pháp “gợi mở” hiệu lực để tìm chân lý Chúng ta tham khảo vài ví dụ Ví dụ Xét tổng n số tự nhiên lẻ liên tiếp Chúng ta xét trường hợp riêng biệt: + với n=1 : 1=1 mà  12 + với n=2 : 1+3=4 mà  2 + với n=3 : 1+3+5=9 mà  32 + với n=4 : 1+3+5+7=16 mà 16  + với n=5 : 1+3+5+7+9=25 mà 25  Sau xét số trường hợp riêng này, ta nảy kết luận tổng quát : 1+3+5+7+9+ +(2n-1) = n (1) tức : “ tổng n số lẻ liên tiếp n ” Việc chứng minh kết luận cách chặt chẽ (xem ví dụ 7) chứng tỏ kết luận Ví dụ 3: Tính tổng lập phương số tự nhiên liên tiếp đầu tiên: S n  13  23  33   n Ta xét trường hợp riêng biệt: S1  13   12 S  13    (1  2) S  13  23  33  36  (1   3) S  13   33   (1    4) Do nảy kết luận tổng quát : (2) S n  (1     n) Tất nhiên, điều nhận xét chứng minh đắn công thức (1) hay (2) phần sau, làm quen với phương pháp giúp chứng minh công thức (1) (2) Chúng ta cần ý rằng, suy luận quy nạp dẫn đến kết luận sai, ví dụ sau: Ví dụ 4: Khi nghiên cứu hiệu số có chữ số trở lên với số có chữ số viết theo thứ tự ngược lại Trong trường hợp số có Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học chữ số, chữ số ta thấy kết luận hiệu chia hết cho 99 Cụ thể là: ab  ba  abc  cba  99 Nảy kết luận quy nạp là: abcd  dcba 999 Kết luận sai chẳng hạn ta có: 2231-1322 = 909 không chia hết 999 n Ví dụ 5: Khi xét số có dạng 2  nhà toán học Fecma nhận xét với n = 1; 2; thu số nguyên tố Từ ông đưa giả thiết tất số có dạng ( với n  N * ) số nguyên tố Nhưng ơle với n = ta số 32  số nguyên tố số chia hết cho 641 Điều có nghĩa kết luận nhà toán học Fecma sai lầm Ví dụ Xét số S n  n  n  17 với n  N * với trường hợp n = 1, 2, 3; ; 15 ta thấy S n số nguyên tố Từ kết luận S n số nguyên tố với số n  N * hay không? Với n =16 ta số S16  16  16  17  17 S16 số nguyên tố, tức kết luận quy nạp S n số nguyên tố với số n  N * sai Phương pháp quy nạp toán học 2.1 Như vậy, quy nạp không hoàn toàn đường để dẫn đến phát minh: người ta nghiên cứu số hữu hạn trường hợp riêng để tìm quy luật tổng quát Thế nhưng, ta biết, quy nạp không hoàn toàn thường dẫn đến kết sai Vậy làm để biết quy luật tổng quát mà ta đưa đắn, ta lại thử tiếp, thử tiếp gặp trường hợp riêng mà kết luận không ( ví dụ 6: thử đến lần thứ 16 ) Và lấy để đảm bảo số lần thử hữu hạn Trong nhiều trường hợp để tránh khó khăn ta áp dụng phương pháp suy luận đặc biệt gọi “ phương pháp quy nạp toán học”, cho phép thay hình dung tìm tòi theo phương pháp quy nạp không hoàn toàn chứng minh chặt chẽ Ví dụ : Xét lại công thức (1) ví dụ S n      (2n  1)  n Giả sử ta chứng minh công thức với n =7, chứng minh công thức với n = 8, ta không cần phải tính tổng số hạng đầu tổng : S       11  13  15 mà ta biết S       11  13  Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học viết ngay: S8   15   2.7   (7  1)  82 Tổng quát, sau chứng minh công thức với n = k (nghĩa ta có S k  k ), ta chứng minh với n '  k  cách: S n'  S k 1  S k  (2(k  1)  1)  k  2k   (k  1)  (n ' ) Có thể sử dụng phương pháp tổng quát sau xét S1   12 ; việc chuyển từ đẳng thức khác : S2    22 S     32 ; v v trường hợp riêng phép tính Khái quát điều nói trên, phát biểu quy tắc tổng quát sau: Để chứng minh mệnh đề tổng quát với với số n  N * , ta cần: a) Xác lập mệnh đề với n =1 b) Chứng minh mệnh đề với n = k ( k  N * ) mệnh đề với n = k+1 Tính hợp pháp phương pháp chứng minh “hiển nhiên” Nhưng “hiển nhiên” chứng minh chặt chẽ Người ta chứng minh mệnh đề tổng quát chứng minh xuất phát từ số mệnh đề tổng quát khác, thừa nhận tiên đề Tuy nhiên, thân tiên đề không rõ ràng nguyên lý quy nạp mà trình bày đây, coi nguyên lý quy nạp toán học tiên đề mức độ “ hợp pháp ” ngang 2.2 Nguyên lý quy nạp toán học: Một mệnh đề phụ thuộc vào n ( n  N * ) coi chứng minh với số n điều kiện sau thoả mãn: a Mệnh đề với n = b Từ đắn mệnh đề với số tự nhiên n = k suy đắn với n = k+1 2.3 Ví dụ: Sau xét vài ví dụ sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh mệnh đề toán học Ví dụ Chứng minh rằng: S n  1       (1) n (2n  1)  (1) n n Giải: a) Ta có với n   S1  1  (1)1 Do mệnh đề với n = b) Giả sử mệnh đề với n = k ( k  N * ) tức chứng minh rằng: Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học S k  1       (1) k (2k  1)  (1) k k Ta chứng minh mệnh đề với n = k+1 Nghĩa phải chứng minh: S k 1  1       (1) k (2k  1)  (1) k 1 (2k  1)  (1) k 1 (k  1) Thật vậy, ta có: S k 1  S k  (1) k 1 (2k  1)  (1) k k  (1) k 1 (2k  1)  (1) k (k  2k  1)  (1) k ( k  1)  (1) k 1 (k  1) Từ theo nguyên lý quy nạp toán học ta có : S n  1       (1) n (2n  1)  (1) n n với n  N * Ví dụ Chứng minh : 1 1 S n  (1  ).(1  ) (1  ) với n  N * n 1 n 1 1 Giải : a) Với n = ta có S1    11 => mệnh đề với n = b) Giả sử mệnh đề với n = k ( k  N * ) tức ta có 1 1 S k  (1  ).(1  ) (1  ) k 1 k 1 Ta chứng minh mệnh đề với n = k+1 nghĩa là: Thật vậy: 1 1 S k 1  (1  ).(1  ) (1  )(1  ) k 1 k2 k2 S k 1  S k (1  ) k2 k 1   k 1 k  k  Từ theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề chứng minh 2.4 Bây đưa số ví dụ áp dụng không phương pháp quy nạp toán học Ví dụ 10 Xét mệnh đề : “ Bất kỳ tập hợp hữu hạn số tự nhiên gồm toàn số nhau” Chứng minh: Ta tiến hành quy nạp theo số phần tử tập hợp a) Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên : số b) Giả sử mệnh đề chứng minh với tập hợp có k phần tử Lấy tập hợp có k +1 phần tử a1 ; a ; a ; ; a k ; a k 1 Theo giả thiết quy nạp Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học ta có a1 = a = = a k , theo giả thiết quy nạp ta có : a = a = = a k = a k 1 ; từ a1 = a = a = = a k = a k 1 Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy mệnh đề * Sai lầm suy luận chỗ chuyển từ k đến k+1 với k  ; chuyển từ n = đến n = suy luận Ví dụ 11 Mọi số tự nhiên số tự nhiên tiếp sau Chứng minh: Giả sử mệnh đề với n = k, với k  N * ; tức ta có k = k+1 Ta chứng minh mệnh đề với n = k+1; tức phải chứng minh k+1 = k+2 Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có k = k+1 => k+1 = k+1+1 => k+1 = k+2 Từ theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề với n  N * Sai lầm suy luận quên kiểm tra định lý có n = không? Ta thấy rõ ràng n = mệnh đề không (  ), ta không áp dụng phương pháp quy nạp toán học Để kết thúc đoạn này, lưu ý bạn nhiều trường hợp cần phải chứng minh mệnh đề với tất số tự nhiên mà với n  p ( p  N * ) nguyên lý quy nạp trình bày dạng sau: Nếu : a) Mệnh đề với n = p; b) Từ giả thiết mệnh đề với số tự nhiên n  k  p ta suy mệnh đề với n = k+1 Thì mệnh đề với tất số tự nhiên n  p Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Phần II Vận dụng vào việc dạy & học toán trường phổ thông a Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn chứng minh mệnh đề toán học Một kết tổng quát chứng minh tong trường hợp số hữu hạn trường hợp, vét hết khả xảy kết chứng minh hoàn toàn Ta xét số ví dụ: Ví dụ Để chứng minh mệnh đề: “ Phương trình ( m – ) x2 – 2( 2m – ) x + 3m = (1) có nghiệm với mội giá trị tham số m ” Ta xét trường hợp: 1) Với m = 1, PT (1) trở thành -2x + = 0; PT có nghiệm x = Như trường hợp m = 1, mệnh đề 2) Với m  1, PT (1) PT bậc hai có 2 ' = ( 2m – ) –( m – ).3m = m –m + > với giá trị m Do PT ( 1) có hai nghiệm phân biệt Nghĩa trường hợp này, PT (1) có nghiệm Rõ ràng hai trường hợp ta xét hết khả có m Vậy PT (1) có nghiệm với giá trị tham số m Ví dụ Để chứng minh định lý tính chất góc nội tiếp: “ Trong đường tròn, số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn ” ( Trang 73 – SGK Toán – Tập II ) Để chứng minh đinh lý này, ta xét trường hợp: Trường hợp 1, Tâm đường tròn nằm cạnh góc Trường hợp Tâm đường tròn nằm bên góc Trường hợp Tâm đường tròn nằm bên góc Định lý chứng minh trong trường hợp ta nói định lý chứng minh hoàn toàn trường hợp vét hết khả co thể xảy Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 10 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Vận dụng vào giải toán chia hết : Bài toán Chứng minh với số tự nhiên n  , ta có: a) (4 n  15n  1) 9 b) (10 n  18n  28) 27 Giải : a) Đặt S n  (4 n  15n  1) + Với n = => S1  41  15.1   189 => với n = 1, mệnh đề + Giả sử mệnh đề với n = k ( k  N * ) nghĩa ta có S k  (4 k  15k  1)9 hay k  15k   9m(m  N ) => k  9m  15k  (*) với n = k+1 ta có : S k 1  k 1  15(k  1)   4.4 k  15k  14  4(9m  15k  1)  15k  14  9.(4m  5k  2) 9 tức với n = k+1 mệnh đề Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có: S n  n  15n  19 b) Đặt S n  10 n  18n  28 + Với n = => S1   27 => mệnh đề + Giả sử với n = k ta có S k  27 tức 10 k  18k  28  27  10 k  18k  28  27 m(m  Z )  10 k  27 m  18k  28(*) Xét : S k 1  10 k 1  18(k  1)  28  10.10 k  18k  10  10(27 m  18k  28)  18k  10  27 (10 m  6k  10)  27 nghĩa với n = k +1, mệnh đề Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 13 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Vậy theo nguyên S n  (10  18n  28) 27n  N n lý quy nạp toán học ta được: * Bài toán Chứng minh rằng: Pn  (n  6n  11n  6n) 24 với n  N * Giải : * a) Khi n = mệnh đề b) Giả sử với n = k ta có : Pk  (k  6k  11k  6k ) 24 ta chứng minh với n = k+1 thì: Pk 1  (k  1)  6(k  1)  11(k  1)  6(k  1) 24 (*) Vì Pk 1  (k  6k  11k  6k )  24(k  1)  4(k  11k ) nên chứng minh (k  11k )6 ta có Pk 1  24 *Xét S k  k  11k a) với k = ta có S1  13  11.1  12  => S k  b) Giả sử với k = m ta có S m  m3  11m6 ta chứng minh với k = m+1 S m1  Thật vậy, S m1  (m  1)  11(m  1)  m3  11m  12  3m(m  1) m  11m6 ; 12 ; 3m(m  1)  ( số m m+1 số tự nhiên liên tiếp phải có số chẵn nên m(m  1)  ) Từ S m1  Theo nguyên lý quy nạp toán học S k  với k  N * Vậy Pk 1  24 , tức theo nguyên lý quy nạp toán học ta có : Pn  (n  6n  11n  6n) 24 Vận dụng vào việc chứng minh đồng thức Bài toán Chứng minh rằng: x n 1  (1) với giá trị x  x 1 x2 1 Giải: a) Ta có S1   x  với x  x 1 S n   x  x  x   x n  đẳng thức (1) với n = b) giả sử ta có S k   x  x  x   x k  x k 1  (2) x 1 ta chứng minh : S k 1   x  x  x   x k  x k 1  x k 2  (3) x 1 Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 14 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Thật vậy, ta có S k 1  S k  x k 1 x k 1   x k 1 x 1 k 2 x 1  x 1  Do theo nguyên lý quy nạp đẳng thức (1) với n  N * ; x  Bài toán Chứng minh với tất giá trị có x, đồng nhắt thức sau đúng: 1 1 S n  ( x  )  ( x  )   ( x n  n ) n  ( x n   n )  2n  1(1) x x x x 1 x * Giải : Ta phải chứng minh (1) với n  N , x  x  1 1 a) Với n = => S1  ( x  )  ( x  )  => với n=1 (1) x x 1 x b) Giả sử với n = k (1) đúng, nghĩa là: 1 1 S k  ( x  )  ( x  )   ( x k  k ) k  ( x k   k )  2k  x x x x 1 x Ta chứng minh đó: 1 1 S k 1  ( x  )  ( x  )   ( x k  k )  ( x k 1  k 1 ) x x x x 1  ( x k   k  )  2(k  1)  x 1 x Thật ta có: S k 1  S k  ( x k 1  k 1 ) x 1  ( x k 1  k )  2k   ( x k 1  k 1 ) x 1 x x 4k 4 4k 6 4k 4 x x x x  x 1   2(k  1)  2k 2 ( x  1).x 1 => S k 1  ( x k   k  )  2(k  1)  x 1 x tức (1) với n = k+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học đồng thức (1) với n  N * , x  x  1 Bài toán Chứng minh : 10 n 1  9n  10 S n   33   333  (1) nchuso 27 Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 15 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Giải: a) Với n = ta có S1   10  9.1  10 3 27 => công thức (1) với n = 10 k 1  9k  10  b) Giả sử S k   33   333 (2) kchuso 27 ta có S k 1   33   333 3 333  kchuso  S k  333 k 1chuso 10 k 1  9k  10 (2) 27 ( k 1) chuso 10 k 1  9k  10  3(1  10  10   10 k 1  1) 27 k 1 10  9k  10 10 k 1    27 k 1 10.10  (9k  9)  10 10 k   9(k  1)  10   27 27 Do theo nguyên lý quy nạp toán học ta có: 10 n1  9n  10 S n   33   333  nchuso 27  Vận dụng vào chứng minh bất đẳng thức : n Bài toán Chứng minh  2n  với n  N ; n  Giải: a) Khi n = bất đẳng thức (1) 23  2.3  b) Giả sử với n  k  ta có k  2k  (2) k 1 ta phải chứng minh  2(k  1)  (3) k 1 k Thật ta có  2.2  2.(2k  1)  (áp dụng (2))  (2k  3)  (2k  1)  2k  (vì 2k   với k  3; k  N ) => bất đẳng thức (3) Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì: n  2n  với n  N ; n  Bài toán 9: Chứng minh bất đẳng thức sau với n  N * : Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 16 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học 1 1      (1) n 1 n  n  3n  (vế trái bất đẳng thức (1) tổng phân số mà mẫu số tăng liên tiếp từ n+1 đến 3n+1; ví dụ với n = bất đẳng thức (1) có dạng: 1 1 1        n +1 = 3+1 = 4; 3n+1 = 3.3+1 = 10) 10 Giải : 1    1 1 Sk      1 k 1 k  k  3k  a) Khi n = ta có bất đẳng thức : b) Giả sử với n = k ta có: (2) Ta chứng minh với n = k+1 có: S k 1  1     (3) k 2 k 3 3(k  1)  Thật ta có : 1 1 1    )(    ) k 1 k  3k  3k  3k  3k  k   Sk  1 3(k  1)(3k  2)(3k  4) theo (2) : S k  => (3) S k 1  ( Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì: Sn  1 1      với n  N * n 1 n  n  3n  Vận dụng vào toán hình học Bài toán 9: Chứng minh n đường thẳng khác mặt phẳng qua điểm chia mặt phẳng 2n phần Giải:* Với n = mệnh đề khẳng định đúng, đường thẳng chia mặt phẳng phần * Giả sử mệnh đề với n = k đó, nghĩa với k đường thẳng khác qua điểm chia mặt phẳng thành 2k phần Để chứng minh mệnh đề với k + đường thẳng, ta nhận xét dựng đường thẳng thứ k + 1, qua điểm cho không trùng với đường thẳng tạo thêm phần mặt phẳng; số phần mặt phẳng tạo k + đường thẳng khác qua điểm 2k + = ( k + ) Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 17 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề với số tự nhiên n khác Bài toán 10: Cho n hình vuông Chứng minh ta cắt chúng thành số phần để từ phần ghép lại thành hình vuông Giải: * Với n = mệnh đề hiển nhiên * Với n = ta chứng minh mệnh đề * Giả sử mệnh đề với n = k, nghĩa từ k hình vuông, ta cắt ghép thành hình vuông Xét k + hình vuông: V1, V2, …, Vk-1, Vk, Vk+1 Ta lấy hình vuông số k + hình vuông này, chẳng hạn V k, Vk+1 Theo ta cắt ghép thành hình vuông V’; ta có k hình vuông V1, V2, …, Vk-1, V’ Theo giả thiết quy nạp, từ k hình vuông ta cắt ghép lại thành hình vuông Vậy mệnh đề với n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề với n hình vuông Bài toán 11: Trong mặt phẳng cho n  điểm, tất không nằm đường thẳng Chứng minh tất đường thẳng nối điểm điểm cho tạo số đường thẳng không nhỏ n Giải: * Với n = 3, mệnh đề hiển nhiên đúng: với điểm không thẳng hàng, nối đôi lại với tạo đường thẳng khác * Giả sử mệnh đề với n = k  điểm Ta chứng minh với k + điểm Ta nhận thấy có đường thẳng chứa điểm Ak Ak+1 chẳng hạn + Nếu điểm A1, A2, ,,,,; Ak+1 , Ak nằm đường thẳng ( đường thẳng d chẳng hạn ) số đường thẳng k + ( k đường thẳng nối Ak+1 với n điểm A1, A2, ….,; Ak-1, Ak đường thẳng d ) + Nếu A1, A2,…; Ak-1, Ak không nằm đường thẳng theo giả thiết quy nạp ta có k đường thẳng khác từ k điểm này; Ngoài ta có đường thẳng nối Ak+1 với điểm A1, A2, ; …; Ak-1, Ak , đường thẳng AkAk+1 không chứa điểm điểm A1, A2, ; …; Ak-1 nên đường thẳng AkAk+1 khác đường thẳng nối Ak+1+ với điểm A1, A2, …; Ak-1 Từ số đường thẳng tạo không nhỏ k + Vậy mệnh đề với n = k + Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề với n  Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 18 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Bài toán 12: Chứng minh tổng góc n-giác lồi ( n – ) 1800 Giải: * Với n = 3, mệnh đề hiển nhiên đúng: Tổng góc tam giác ( – ).1800 = 1800 * Giả sử mệnh đề tất k-giác, với k < n Ta chứng minh với n – giác.Ta nhận thấy n – giác chia thành đa giác đường chéo, số cạnh đa giác m + số cạnh đa giác n – m + số nhỏ n Do tổng góc đa giác tương ứng ( m – ).1800 ( n – m - ) 1800 Khi tổng góc n – giác tổng góc đa giác đó, tức bằng: ( m – + n – m - ).1800 = ( n – ) 1800 Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề với n  C có cách khác hay không ? Một kết luận chứng minh phương pháp quy nạp toán học, chứng minh phương pháp khác đó, ngắn gọn hơn, hay phương pháp quy nạp toán học Ta xét vài ví dụ: 1) Xét lại toán trên: Chứng minh : S n   33   333  3  n 10 n 1  9n  10 27 Giải: 1 (9  99   999 9)  (10   10    10 n  1) 3  1 10 n 1   (1  10  10   10 n )  (n  1)    ( n  1) 3  10   Sn    10 n 1  9n  10 10 n 1  9n  10    27 -> đpcm 2) Chứng minh: Sn  1 n     15 4n  2n  Giải: Xét với k  ; k  có: Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 19 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học 1 1  (  ) 4k  (2k  1)( 2k  1) 2k  2k  1 1 1 Từ với k = 1, ta có:      4.1    1 11 1 k = 2, ta có:      15 4.2    1 11 1 k = 3:      35 4.3     ………………… k = n: 4.n   1 1      2n  2n   Cộng đẳng thức với nhau, ta được: Sn  1 n     15 4n  2n  -> đpcm 3) Chứng minh Sn  1 n     1.4 4.5 (3n  2)(3n  1) 3n  Giải: Xét với k  ; k  có: 1 1  (  ) (3k  2)(3k  1) 3k  3k  Từ đó: với k = 1, ta có: k = 2, ta có: k = 3: ta có: 1 1      1.4   11 1     4.7   11      7.10  10  ……………… k = n: 1 1      (3n  2).(3n  1)  3n  3n   Cộng đẳng thức với nhau, ta được: Sn  1 n     1.4 4.5 (3n  2)(3n  1) 3n  -> đpcm Tuy nhiên, phương pháp quy nạp toán học phương pháp có nhiều ưu điểm trội giải lớp toán thuộc dạng khác nhau, Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 20 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học phân môn Số học, Đại số Hình học phần D bổ xung: Một số dạng nguyên lý quy nạp toán học Chúng ta xét số dạng nguyên lý quy nạp khác, phát biểu dạng cácc định lý định lý Sau định lý tuyển chọn số toán minh hoạ Định lý Cho p số nguyên dương dãy mệnh đề P(1); P(2); …; P(n); … Nếu: A) P(1); P(2); …; P(p) mệnh đề B) Với số tự nhiên k  p mệnh đề P(k-p+1); P(k-p+2); …; P(k) dúng, suy mệnh đề P(k+1) Thì mệnh đề P(n) với số nguyên dương n Chứng minh định lí hoàn toàn lặp lại định lí 1.1 Sau ta xét số ví dụ sử dụng dạng định lí 2.1 Bài toán 2.1 Cho v0  2, v1  với số tự nhiên k có đẳng thức sau vk 1  3vk  2vk 1 chứng minh  n  Giải: Bước sở: Với n=0 n=1 kết luận toán đúng, điều kiện cho Bước quy nạp: Giả sử vk 1  k 1  1; vk  k  vk 1  3(2 k  1)  2(2 k 1  1)  k 1  Theo nguyên lí quy nạp toán học dạng định lí 2.1, suy  n  với số tự nhiên n Bài toán 2.2 Cho x1 x nghiệm phương trình x  27 x  14  ; n số tự nhiên Chứng minh tổng S n  x1n  x2n không chia hết cho 715 Giải: Theo công thức Viet x1  x  27; x1 x  14 Bước sở: Các số S1  7; S  ( x1  x2 )  x1 x2  701 S  ( x1  x2 )( x1  x2 )  3x1 x2   27.687 không chia hết cho 715 Suy mệnh đề toán với n=1, 2, Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề với n=k-2, n=k-1, n=k ta tính x1k 1  x 2k 1  ( x1  x )( x1k  x 2k )  x1 x ( x1k 1  x 2k 1 )   ( x1  x ) ( x1  x )( x1k 1  x 2k 1 )  x1 x ( x1k   x 2k  )   x1 x ( x1k 1  x 2k 1 ) k 1  715( x  x 2k 1 )  378( x1k   x 2k  ) Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 21 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Do x1k 1  x2k 1 không chia hết cho 715, 378 không chia hết cho 715, nói cách khác mệnh đề với n=k+1 Bài toán 2.3 Chứng minh với số thực x > số tự nhiên n bất  n 1 x x xn Giải: 1a) Với n=1 bất đẳng thức (2.1) có dạng x   (2.2) x bất đẳng thức (2.2) suy từ bất đẳng thức hiển nhiên: ( x  1)  1b) Với n=2 bất đẳng thức (2.1) có dạng x    (2.3) x đẳng thức sau x n  x n2  x n4   n4  n2  Bất đẳng thức (2.2) với giá trị x > nên cho x Do ta có x   ; từ suy (2.3) x2 2) Giả sử bất đẳng thức (2.1) với n=k, với k số tự nhiên đó; tức ta có: x k  x k   x k    x k 4  x k 2   k 1 xk (2.4) ta chứng minh bất đẳng thức (2.1) với n= k+2, x k   x k  x k    x k 2  Thật vậy, (2.2) thê x 1  k   k  (2.5) k x x x k  ta nhận x k   x k 2  (2.6) Cộng vế tương ứng bất đẳng thức (2.4) (2.6), ta có (2.5) Tóm lại: Bước sở: Trong 1a) 1b) ta chứng minh bất đẳng thức cho n=1 n=2 Bước quy nạp: Trong 2) ta chứng minh từ giả thiết (2.1) với n=k suy với n=k+2 Kết là: + Từ 1a) 2) cho ta khẳng định bất đẳng thức (2.1) với số lẻ n + Từ 1b) 2) cho ta khẳng định bất đẳng thức (2.1) với số chẵn n Như vậy, bất đẳng thức (2.1) với số tự nhiên n Định lý Cho dãy mệnh đề P(1); P(2); …; P(n); … Nếu: A) P(1) mệnh đề B) Với số tự nhiên n  mệnh đề P(1); P(2); …; P(k) dúng, suy mệnh đề P(k+1) Thì mệnh đề P(n) với số nguyên dương n Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 22 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Dạng khác với dạng trước giả thiết mạnh bước quy nạp Ta giả thiết tất khẳng định P(1), P(2),…,P(k) suy P(k+1) Dễ dàng chứng minh hai cách phát biểu định lý 1.1 định lí 2.2 tương đương Nhưng thực tế áp dụng vào toán cụ thể dùng định lí 2.2 dễ dàng giải Bài toán 3.1 Chứng minh x  1 số nguyên x n  n x x số nguyên với số tự nhiên n Giải: Bước sở: Khi n=1 mệnh đề hiển nhiên Bước quy nạp: Giả sử với số tự nhiên từ đến k, x k  số nguyên Ta cần chứng minh x k 1  x k 1 xk số nguyên 1  x( x  )( x k  k )  ( x k 1  k 1 ) x x x x 1 Theo giả thiết biểu thức x  , x k  k , x k 1  k 1 biểu diễn số x x x nguyên Vậy x k 1  k 1 số nguyên x Thật x k 1  k 1 Bài toán 2.3 Chứng minh số tự nhiên lớn biểu diễn dạng tích số nguyên tố Giải: Bước sở: Hiển nhiên mệnh đề với số nguyên tố, trường hợp đặc biệt n=2 Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề với số tự nhiên k, mà  k  n Nghĩa số  k  n biểu diễn dạng tích thừa số nguyên tố Ta xét hai trường hợp 1) Nếu n số nguyên tố mệnh đề 2) Nếu n hợp số theo định nghĩa hợp số tồn hai số nguyên n1  n n  n cho n  n1 n Theo giả thiết quy nạp n1 n biểu diễn thành tích số nguyên tố Do suy n biểu diễn thành tích số nguyên tố Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 23 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học Phần Iii Hiệu đề tài I Một số kiểm tra: Chúng chọn số toán để bạn tự kiẻm tra sau nghiên cứu chuyên đề này, lấy làm đề kiểm tra cho học sinh Bài số 1: Phương án 1: 1) Chứng minh n  n với số tự nhiên n  2) Chứng minh rằng: (2 n5.34 n  2n1 )37 với n  N Phương án 2: 1) Chứng minh với số dương a; b bất đẳng thức sau với n  N * n1.(a n  b n )  (a  b) n 2) Chứng minh rằng: (7 n2  2n1 )57 với n  N Bài số 2: Phương án 1) Chứng minh rằng: Sn  1 1 n      1.4 4.7 7.10 (3n  2)(3n  1) 3n  2) Chứng minh rằng: 1 n(n  1)     1.3.5 3.5.7 (2n  1)( 2n  1)( 2n  3) 2(2n  1)( 2n  3) Phương án : 1) Chứng minh rằng: Sn  1 1 n      1.5 5.9 9.13 (4n  3)( 4n  1) 4n  2) Chứng minh rằng: 22 n2 n(n  1)     1.3 3.5 (2n  1)( 2n  1) 2(2n  1) Bài số 3: 1) Chứng minh : (5 n1  n  n1 ) 3 với n  N 2) Chứng minh với số tự nhiên n, đồng thức sau đúng: (n  1)(n  2) (n  n)  n.1.3.5 (2n  1) 3) Chứng minh bất đẳng thức sau với n  2; n  N (1  x) n   nx với x > -1 Bài số 1) Chứng minh với n  N : (2 n2.3n  5n  4) 25 2) Chứng minh rằng: 2.12  3.2   (n  1).n  n(n  1)( n  2)(3n  1) 12 3) Chứng minh với số tự nhiên n  ta có: Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 24 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học 1 13     n 1 n  2n 24 Bài số 1) Chứng minh rằng: 2n n1      với x  n  n 1 1 x 1 x2 1 x4 x 1 1 x2 1 x2 2) Chứng minh với số tự nhiên n  : n  1    n  n 3) Tìm công thức tính tổng: S n         (1) n1 n II Hiệu đề tài: 1) Kết kiểm tra: Tôi chọn kiểm tra cho em sau học xong chuyên đề ( tuỳ theo mức độ khối lớp ): Khối 6, 7: Kiểm tra 20 em Kết quả: Tổng số 20 Điểm - 10 Điểm – 8,5 Điểm – 6,5 Điểm [...]... Tuy nhiên, phương pháp quy nạp toán học là phương pháp có nhiều ưu điểm nổi trội vì nó giải được một lớp các bài toán thuộc các dạng khác nhau, Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 20 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học trong cả các phân môn Số học, Đại số và Hình học như đã chỉ ra trong các phần trên D bổ xung: Một số dạng nguyên lý quy nạp toán học Chúng ta... gắn với việc cải tiến phương pháp giảng dạy 3) Bên cạnh đó việc thực hiện chuyên đề nâng cao đối với HSG đã góp phần bồi dưỡng đội ngũ HSG về môn Toán của trường và của thành phố đạt được thành tích cao Cụ thể: Học sinh giỏi cấp Tỉnh: + Của trường: có 01 em đạt giải nhì; Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 25 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học + Của thành phố:... Từ đó với k  N * ta có S k  (1) k 1 k (k  1) 2 Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì: S n  (1) n 1 n(n  1) với n  1 2 tức là dự đoán của chúng ta đúng Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 12 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học 2 Vận dụng vào giải toán chia hết : Bài toán 3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 , ta có: a) (4 n  15n  1) 9... 2k + 2 = 2 ( k + 1 ) Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 17 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n khác 0 Bài toán 10: Cho n hình vuông bất kỳ Chứng minh rằng ta có thể cắt chúng ra thành một số phần để từ các phần đó có thể ghép lại thành một hình vuông mới Giải: * Với n = 1 thì mệnh đề là... các chuyên đề chuyên sâu, có tác dụng Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 26 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học xuyên suốt chương trình – SGK, đồng thời có phần nâng cao cho đối tượng HS khá giỏi như chuyên đề mà chúng tôi thể hiện trên đây 2) Đối với các em học sinh cần rèn cho các em kỹ năng, phương pháp tự học Muốn vậy cần phải hướng dẫn các em thường xuyên,... biết mới phải đi học, học rồi thì phải biết, biết rồi thì phải thạo, có thành thạo thì mới dẫn đến sáng tạo, mà có sáng tạo ắt sẽ có thành công” Việc rèn cho học sinh khả năng tự học vừa phải là một mục đích vờa là phương tiện của việc đổi mới phương pháp dạy học III Một số ý kiến đề xuất 1) Mỗi giáo viên cần nắm chắc, có hệ thống kiến thức cơ bản và chương trình – SGK hiện hành 2) Việc rèn cho học. .. A2, …; Ak-1 Từ đó số đường thẳng tạo cũng không nhỏ hơn k + 1 Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1 Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề đúng với mọi n  3 Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 18 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học Bài toán 12: Chứng minh rằng tổng các góc trong của một n-giác lồi bằng ( n – 2 ) 1800 Giải: * Với n = 3, mệnh đề hiển nhiên... m  18k  28)  18k  10  27 (10 m  6k  10)  27 nghĩa là với n = k +1, mệnh đề cũng đúng Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 13 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học Vậy theo nguyên S n  (10  18n  28) 27n  N n lý quy nạp toán học ta được: * Bài toán 4 Chứng minh rằng: Pn  (n 4  6n 3  11n 2  6n) 24 với n  N * Giải : * a) Khi n = 1 mệnh đề đúng b)... diễn được thành tích các số nguyên tố Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 23 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học Phần Iii Hiệu quả của đề tài I Một số bài kiểm tra: Chúng tôi chọn ra một số bài toán để các bạn tự kiẻm tra sau khi nghiên cứu chuyên đề này, hoặc có thể lấy làm đề kiểm tra cho học sinh Bài số 1: Phương án 1: 1) Chứng minh rằng 2 n  n 2 với các số... 1 x 1 x tức là (1) đúng với n = k+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì đồng nhất thức (1) luôn đúng với n  N * , x  0 và x  1 Bài toán 7 Chứng minh rằng : 10 n 1  9n  10 S n  3  33   333 3  (1) nchuso 27 Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 15 Sáng kiến đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học Giải: a) Với n = 1 ta có S1  3  10 2  9.1  10 3 27 => công ... xảy Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 10 Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học b Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh mệnh đề toán học Phát quy luật... nhiên, phương pháp quy nạp toán học phương pháp có nhiều ưu điểm trội giải lớp toán thuộc dạng khác nhau, Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 20 Sáng kiến đổi phương pháp giảng. .. Toán Phép quy nạp phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông Sáng kiến đổi phương pháp giảng dạy Toán học II Mục đích đề tài: Qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi cấp