Đề cương ôn tập tốt nghiệp toán ĐH

ĐỀ CƯƠNG ƠN TẬP TỐT NGHIỆP MƠN TỐN I Phương pháp Cơ sở lí luận dạy học phát giải vấn đề đặc điểm dạy học phát giải vấn đề 1.1 Cơ sở lí luận a Cơ sở triết học Theo triết học vật biện chứng, mâu thuẫn động lực thúc đẩy trình phát triển Một vấn đề gợi cho HS học tập mâu thuẫn yêu cầu nhiệm vụ nhận thức với tri thức kinh nghiệm sẵn có b Cơ sở tâm lí học Theo nhà tâm lí học, người bắt đầu tư tích cực nảy sinh nhu cầu tư duy, tức đứng trước khó khăn nhận thức cần phải khắc phục, tình gợi vấn đề c Cơ sở giáo dục học Dạy học phát GQVĐ phù hợp với ngun tắc tính tự giác tích cực, khêu gợi hoạt động học tập mà chủ thể hướng đích, gợi động q trình phát GQVĐ Dạy học phát GQVĐ biểu thống kiến tạo tri thức, phát triển lực trí tuệ bồi dưỡng phầm chất Những tri thức (đối với HS) kiến tạo nhờ trình phát GQVĐ 1.2 Đặc điểm  HS đặt vào tình gợi VĐ đtược thông báo tri thức dạng có sẵn;  HS hoạt động tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo, tận lực huy động tri thức khả để phát GQVĐ nghe thầy giảng cách thụ động;  Mục tiêu dạy học làm cho HS lĩnh hội kết q trình phát GQVĐ, mà chỗ làm cho họ phát triển khả tiến hành q trình Nói cách khác, HS học thân việc học Trình bày cách thơng dụng để tạo tình gợi vấn đề, lấy ví dụ minh họa (i) Dự đoán nhờ NX trực quan thực nghiệm (tính tốn, đo đạc, ) VD Từ KQ đo góc số tam giác thước đo góc tính tổng chúng, gợi VĐ phải tổng góc tam giác 180° VD Từ ĐN hbh, HS biết cạnh đối hbh song song với Song, nhìn nhiều hình vẽ hbh mắt thường đo đạc kiểm chứng, họ thấy cạnh đối hbh Từ gợi VĐ: Phải hbh, cạnh đối luôn nhau? (ii) Lật ngược VĐ VD Sau HS học định lí Pitago: “Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng”, lật ngược VĐ: “Nếu tam giác mà bình phương cạnh tổng bình phương hai cạnh kia” tam giác có phải tam giác vuông hay không? (iii) Xem xét tương tự VD Từ điều biết “Tổng góc tam giác 180° hay 2v” suy điều tổng góc tứ giác? Tổng góc tam giác hăng số, tổng góc tứ giác (lồi) có phải số hay khơng? (iv) Khái qt hóa VD KQ TH tam giác tứ giacst, gợi VĐ “Tổng góc đa giác (lồi) có phải số hay không?” (v) Giải tập mà người học chưa biết thuật giải Người học đứng trước tình gợi VĐ yêu cầu giải tập mà người chưa biết thuật giải để giải trực tiếp Tình (v): Khi HS giao tập mà họ chưa biết thuật giải để giải trực tiếp tức tình có bao hàm VĐ VĐ gợi nhu cầu nhận thức khơi dậy họ niềm tin vào khả huy động tri thức, kĩ thân vào việc giải VĐ, kinh nghiệm từ trình học tập cho họ thấy tập thầy dẫn đến kĩ naod đó, họ thấy giải tập cần sử dụng tri thức học (vi) Tìm sai lầm lời giải GV đưa lời giải (có thật hay hư cấu) để HS phát sai lầm tạo tình gợi VĐ Tình (vi): Khi HS yêu cầu tìm sai lầm lời giải (có thật hư cấu) thầy đưa tức tình bao hàm VĐ, nói chung khơng có thuật giải để phát sai lầm Tình gợi nhu cầu nhận thức lẽ thân HS muốn tìm sai lầm lời giải, chấp nhận lời giải sai Nó gây cho người học niềm tin khả huy động tri thức, kĩ sẵn có thân họ hiểu rõ lời giả có sai lầm liên quan tới tri thức học (vii) Phát nguyên nhân sai lầm sửa chữa sai lầm Sau thấy sai lầm giải tốn, HS đặt vào tình gợi VĐ với nhiệm vụ phát nguyên nhân sửa chữa sai lầm Tình (vii): Sau phát thấy sai lầm, HS đứng trước nhiệm vụ nhận thức: tìm nguyên nhân sai lầm sửa chữa sai lầm Đó tình gợi VĐ đối chiếu với ba ĐK tình gợi VĐ, ta thấy:  HS chưa có sẵn câu trả lời khơng biết thuật giải để có câu trả lời;  HS có nhu cầu giải VĐ, họ khơng thể chấp nhận để nguyên sai lầm mà không sửa chữa;  VĐ liên quan tới tri thức sẵn có học, khơng có vượt q u cầu, họ thấy tích cực suy nghĩ vận dụng tri thức học tìm ngun nhân sai lầm sửa sai lầm Trình bày khái quát phương pháp dạy học hợp tác theo nhóm 3.1 Khái niệm Dạy học hợp tác theo nhóm thuật ngữ để cách dạy học HS lớp tổ chức thành nhóm cách thích hợp, giao nhiệm vụ khuyến khích thảo luận, hướng dẫn hợp tác làm việc với thành viên để đạt KQ chung hồn thành nhiệm vụ nhóm Hoạt động dạy học hợp tác theo nhóm thường bao gồm bước sau:  Bước 1: Làm việc chung lớp GV nêu VĐ, XĐ nhiệm vụ nhận thức; tổ chức nhóm, giao nhiệm vụ cho nhóm HD cách làm việc cho nhóm  Bước 2: Hoạt động nhóm Từng nhóm làm việc riêng khơng khí thi đua với nhóm khác Các thành viên nhóm trao đổi ý kiến, phân cơng nhóm sau thành vienn làm việc theo phân cơng trao đổi, bàn bạc với cần thiết GV giám sát hoạt động nhóm cá nhân HS  Bước 3: Thảo luận, tổng kết trước lớp Các nhóm báo cáo KQ, Gv tổ chức cho HS nhóm khác NX, đánh giá GV xác nhận lại cần thiết GV tổng kết, chốt lại điểm quan trọng sau tất nhóm báo cáo xong Cuối cùng, GV động viên, khen ngợi nhóm cá nhân hồn thành tốt nhiệm vụ, phê phán cá nhân nhóm chưa hoạt động tích cực 3.2 Đặc điểm  Về phía HS  Thơng qua hoạt động nhóm, HS làm với hồn thành cơng việc mà khơng thể tự hồn thành thời gian định  HS có hội bộc lộ, thể mặt giao tiếp, làm việc hợp tác,  Tạo ĐK cho HS học hỏi lẫn nhau, hình thành phát triển mqh qua lại em, góp phần đem lại bầu khơng khí đồn kết, giúp đỡ, tin tưởng lẫn học tập  Hiệu hoạt động nhóm phụ thuộc vào hoạt động thành viên nhóm  Về phía GV  GV có vai trò người tổ chức, hướng dẫn hoạt động, người cố vấn, gợi mở, khuyến khích hỗ trợ việc học HS  GV phải chuẩn bị công phu: phải lựa chọn nội dung thực phù hợp với hoạt động nhóm thiết kế hình thức chuyển tải nội dung thành hoạt động HS nhóm  Yêu cầu kĩ sư phạm GV mở rộng so với phương pháp dạy học truyền thống  Yêu cầu đánh giá, xử lí thơng tin từ phía HS GV cao thời gian ngắn, GV thu nhận nhiều thơng tin đa dạng từ nhóm, cá nhân HS thông tin phải xử lí, đưa kết luận phản hồi → Trong dạy học hợp tác ttheo nhóm, với trường hợp lớp q đơng HS dẫn đến số nhóm nhiều, việc bao qt, kiểm sốt nhóm, giúp đỡ nhóm hoạt động hiệu trình bày, phản ánh tốt kết hoạt động nhóm khó khăn lớn GV Trình bày phương pháp dạy học khái niệm phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chương trình Tốn THCS Trong dạy học khái niệm PT, BPT, GV cần ý số VĐ sau  Các KN PT, BPT HS lĩnh hội qua diễn giảng nội hàm KN mà chủ yếu nhận dạng KN qua VD thường KH giới thiệu KN nghiệm PT, BPT Bởi vậy, VD cần lựa chọn đa dạng, với PT phải gồm PT có nghiệm, nghiệm, vô nghiệm vô số nghiệm  Trong cách viết PT A(x) = B(x), cần bước lưu ý cho HS dấu “=” có ý nghĩa khác với dấu “=” cách viết hai biểu thức đồng nhau, dấu “=” nối hai vế đẳng thức đáng nhớ Dấu “=” PT túy có tính hình thức, khơng cần có ĐK giá trị hai biểu thức hai vế Để thực điềulưu ý này, giới thiệu nghiệm PT, GV KH nói thêm “ với giá trị x không nghiệm PT, thay vào hai vế PT ta có hai vế nhận hai giá trị khác nhau” đưa VD PT vô nghiệm PT x = x + 1, GV khắc sâu thêm “khơng có giá trị x để hai biểu thức hai vế nhận giá trị nhau” Trong thực tế thường xảy tình học giải PT, có HS viết liên tiếp dấu “=” dòng Các dấu “=” có lúc dấu nối hai vế phương trình, có lúc dấu hai biểu thức đồng VD sau Ví dụ Giải PT: 2x + = 24 : + Khi giải PT này, có HS viết là: 2x + = 24 : + = + = 9, Với tình này, GV cần chấn chỉnh, không cho phép HS viết mà yêu cầu em phải viết tách thành nhiều dòng cách viết đây: 2x + = 24 : + 2x + = + 2x + = GV chủ động tạo tình cách yêu cầu HS nêu PT có vế phải biểu thức số chưa rút gọn PT nêu Ví dụ  Với KN nghiệm BPT, có hai cách viết “{x/x < 1,5}” “x > 3” Cách viết “x > 3” ngắn gọn lối nói “nghiệm BPT x > 3” nên HS thường quan niệm “một nghiệm” BPT, tương tự với PT nói “nghiệm PT x = 3” (thực ra, quan niệm sai thường bộc lộ lớp 10, học BPT bậc hai, em nói là: “BPT x  2x   có hai nghiệm: x < x > 3” Để tránh quan niệm sai đó, GV nên sử dụng hai cách viết nghiệm, lúc dùng cách này, lúc dùng cách Việc biểu diễn nghiệm BPT lên trục số (gạch bỏ phần không nghiệm) cần thiết để HS dễ hình dung tập hợp nghiệm Tuy nhiên yêu cầu bắt buộc, phải thực giải BPT Cần tránh choHS sau máy móc áp dụng cho BPT khác Chẳng hạn với số BPT bậc hai x  2x   lại thuwcjhieenj việc biểu diễn nghiệm cách gạch bỏ phần không nghiệm trục số Trình bày phương pháp dạy học giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chương trình Tốn THCS Trong dạy học giải PT, BPT, HPT, cần ý số VĐ sau đây:  Các quy tắc biến đổi PT, BPT chủ yếu để thực bước giải PT, BPT trình luyện tập, GV phải bước làm cho HS ý thức điều Một biện pháp thực nhằm mục đích thỉnh thoảng, HS thực bước biến đổi, GV yêu cầu giải thích lại thực bước HS phải trả lời lí dốp dụng quy tắc Với PT, trước học quy tắc biến đổi, HS làm nhiều tập, thực chất giải tập chương trình lớp 8, Với PT vậy, sau học quy tắc biến đổi, lời giải thích biến đổi phải khác trước học quy tắc VD Giải PT 2x + = Bước biến đổi từ 2x + = suy 2x = – 3, trước có quy tắc giải thích “hai biểu thức bớt 3” sau có quy tắc câu trả lời chưa thỏa đáng mà phải trả lời “vì chuyển vế đổi dấu số 3”  Trong luyện tập giải PT, cần XĐ yêu cầu chủ yếu HS trước hết giải thành thạo loại PT có cơng thức nghiệm (cách giải thuật giải) PT bậc ẩn dạng ax + b = 0, PT bậc hai ẩn số loại định bước giải (thực chất quy tắc tựa thuật giải) PT có ẩn mẫu, PT đưa dạng ax + b = 0, Tuy nhiên, với việc cho HS giải PT GV cần KH khai thác, cho em giải số PT khác Với PT này, để giải thành công, HS phải phối hợp số cách giải PT biết hay phải khai thác mặt ngữ nghĩa kí hiệu có PT để đưa cách giải hợp lí VD Giải PT (x – 2)(x – 3) = (x – 2)(4 – x) Sai lầm HS mắc giải PT loại em giản ước thừa số (x  2) hai vế Cách làm phải chuyển vế đặt thừa số chung để đưa PT tích  Đối với HPT bậc hai ẩn, có hai phương pháp giải: phương pháp cộng va phương pháp Sau cho HS thực luyện tập riêng rẽ phương pháp, GV cần lưu ý rèn luyện cho em kĩ phối hợp hai phương pháp giải HPT Để HS tưng bước có định hướng cần thiết thực việc phối hợp vậy, GV cần phân tích cho HS thấy mục đích việc áp dụng phương pháp phương pháp rút ẩn theo ẩn nên việc áp dụng đơn giản tạo PT có hệ số ẩn (để rút ẩn theo ẩn lại) sseer có điều đó, nhiều lại sử dụng cách biến đổi phương pháp cộng 3x  5y  13 � � 2x  4y  VD Giải HPT: � Có thể cộng PT thứ với PT thứ hai để có x + 9y = 19, suy x = 19 – 9y tiếp vào PT thứ (nghiệm hệ x = 1; y = 2) Trình bày phương pháp dạy học giải tập hình học phẳng chương trình Tốn THCS Các tập tốn trường phổ thơng phương tiện có hiệu khơng thể thay việc giúp HS nắm vững tri thức, phát triển lực tư duy, hình thành kĩ năng, kĩ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn Hoạt động giải tập toán điều kiện để thực tốt mục đích dạy học tốn trường phổ thông, thể thông qua chức tập toán là: chức dạy học, chức giáo dục, chức phát triển chức kiểm tra GV cần khai thác thực cách đầy đủ chức có tập SGK GV cần chuẩn bị ba loại tập là: loại chứng minh, loại tìm tòi loại tốn thực tiễn (theo quan điểm G.Pơlya)  Loại tốn chứng minh với hai phần giả thiết kết luận Giải toán thuộc loại tìm suy diễn, đường từ giả thiết đến lết luận Với loại toán chứng minh tính lơgic  Loại tốn tìm tòi: chẳng hạn tìm tập hợp điểm (quỹ tích), dựng hình, tính tốn, với ba phần là: ẩn, kiện, điều kiện ràng buộc ẩn với kiện Giải tốn thuộc loại tìm ẩn thỏa mãn điều kiện ràng buộc ẩn với kiện Loại tốn vừa thể tính lơgic, vừa thể tính trừu tượng  Loại tốn có nội dung thực tiễn: Với loại toán này, qua giai đoạn tốn học hóa trở hai loại nêu Loại bật tính thực tiễn Chú ý tập tổng hợp bao gồm ba loại nêu Bên cạnh việc phân loại, GV cần phân bậc tập theo mức độ khó, dễ để phục vụ ba loại đối tượng HS (khá, trung bình, yếu) Với cách chuẩn bị tập trên, việc dạy giải tập hình học thể rõ tính lơgic, tính trừu tượng tính thực tiễn Muốn trọng khâu ta lựa chọn tập theo mục đích Muốn rèn luyện chung, việc lựa chọn tập tổng hợp thích hợp Căn vào phương pháp giải, người ta thường xếp tập hình học phổ thơng thành tập chứng minh, dựng hình, quỹ tích, tính tốn, cực trị, II Đại số - Hình học Bài Cho vành số nguyên (�, ,.) a Chứng minh tập 6� {6t / t ��} với hai phép toán cộng nhân thông thường vành (�, ,.) b Chứng minh tập �/ 6� với phép toán cộng:  a,b � �/ 6� : a  b  a  b     nhóm xyclic Giải: a Theo định lý mệnh đề tương đương, cần chứng minh:  6��� (hiển nhiên số = 6.0 �6�);  x  6a �6�và y  6b �6�thì x  y  6a  6b  6(a  b) �6�  x  6a �6�và y  6b �6�thì xy  6a.6b  6(6ab) �6� � (6�, ,.) vành (�, ,.) �/ 6� �6  0,1,2,3,4,5 b   �6 ,  nhóm Aben vì:   +  �6 ,  có tính chất kết hợp: a,b,c � �/ 6� , ta có :  a  b   c  a  b  c  a  b  c � �/ 6� a   b  c   a  b  c  a  b  c � �/ 6� �  a  b  c  a   b  c +  �6 ,  có tính chất giao hốn: a, b � �/ 6� , ta có : a  b  a  b � �/ 6� b  a  b  a  a  b � �/ 6� � �/ 6� +  �6 ,  có phần tử đơn vị : a � �/ 6� , ta có: a   a   a � �/ 6�  a   a  a � �/ 6� � phần tử trung lập đơn vị phép toán cộng  �/ 6� +  �6 ,  có phần tử đối xứng: 0,1, 2,3,4,5 � �/ 6� , ta có:  Đối xứng     � �/ 6�  Đối xứng      � �/ 6�      � �/ 6�  Đối xứng      � �/ 6�      � �/ 6�  Đối xứng      � �/ 6�   �/ 6� �6  0,1,2,3,4,5  Bảng cộng �6 : + 0 5 1 2 3 5 4 5 1 1 1* 11 11 1  1  1  1  1  1  1  1  1 1 1 � �6 nhóm xyclic với phần tử sinh   �6 nhóm xyclic �6   1.1,1.2,1.3,1.4,1.5,1.6 Bài Cho vành số nguyên (�, ,.)  a Chứng minh tập 5� {5t / t ��} với hai phép tốn cộng nhân thơng thường vành (�, ,.) �  0,1,2,3,4 b Chứng minh tập lớp thặng dư môđun 5: với hai phép toán cộng, nhân định nghĩa sau trường: a,b ��5 ,a  b  a  b,a.b  a.b Giải:   a Theo định lý mệnh đề tương đương, cần chứng minh:  5��� (hiển nhiên số = 5.0 �5�);  x  5a �5� y  5b �5� x  y  5a  5b  5(a  b) �5�  x  5a �5� y  5b �5� xy  5a.5b  5(5ab) �5� � (5�, ,.) vành (�, ,.)   �/ 5� �5  0,1,2,3,4 b Cách 1:   �5 ,   nhóm Aben vì: +  �5 ,   có tính chất kết hợp: a,b,c � �/ 5� , ta có :  a  b   c  a  b  c   a  b   c  a  b  c � �/ 5� a   b  c   a  b  c  a   b  c   a  b  c � �/ 5� �  a  b  c  a   b  c +  �5 ,   có tính chất giao hốn: a,b � �/ 5� , ta có : a  b  a  b � �/ 5� b  a  b  a  a  b � �/ 5� � �/ 5� +  �5 ,   có phần tử đơn vị : a � �/ 5� , ta có: a   a   a � �/ 5�  a   a  a � �/ 5� � phần tử trung lập đơn vị phép toán cộng  �/ 5� +  �5 ,   có phần tử đối xứng: 0,1,2,3,4 � �/ 5� , ta có:  Đối xứng     � �/ 5�  Đối xứng      � �/ 5�      � �/ 5�  Đối xứng      � �/ 5�      � �/ 5�  � /  0 ,. nhóm Aben vì:  � /  0 ,. có tính chất kết hợp: +  5     , ta có : a,b,c � �5 /  a.b  c  a.b.c   a.b  c  a.b.c � � /  0  a. b.c   a.b.c  a. b.c   a.b.c � � /  0  �  a.b  c  a. b.c   � /  0 ,. có tính chất giao hốn: + 5     , ta có : a,b � �5 /    a.b  a.b � �5 /    b.a  b.a  a.b � �5 / +  � /  0 ,. có phần tử đơn vị 1� � /  0  5  :    , ta có: a � �5 /    1.a  1.a  a � � /  0  a.1  a.1  a � �5 / � phần tử trung lập đơn vị phép toán nhân +  � /  0 ,. có phần tử nghịch đảo:     , ta có: 1,2,3,4 � �5 / 10  � /  0   Nghịch đảo 1.1  1.1     � �5 /   � � /  0  3.2  3.2   � � /  0  Nghịch đảo 4.4  4.4  16   Nghịch đảo 2.3  2.3    � �5 / 5   Phép nhân phân phối với phép cộng   a b  c  a.b  c  a.(b  c)  a.b  a.c  a.b  a.c  a.b  a.c  b  c  a  b  c.a  (b  c).a  b.a  c.a  a.b  a.c  b.a  c.a �   0,1,2,3,4 Cách 2: Vì số nguyên tố nên khơng có ước khơng nên trường Bài Chứng minh A  {a  b / a,b ��} trường trường số thực � với hai phép toán cộng nhân thông thường Giải: � � ,aa   Ta có ��A với a �� A A  Giả sử x  a  b �A y  c  d �A ; với a, b, c, d �� ; ta có:      x  y  a  b  c  d   a  c    b  d  �A Trong a  c �� b  d ��  Nếu c  d �0 thì: xy 1     ab cd ab ac  2bd bc  ad    2 �A 2 c  2d c  2d cd cd   ac  2bd bc  ad �� �� 2 2 Trong c  2d c  2d Vậy A trường trường số thực � Bài Cho X  ��� với hai phép toán: (a1 , b1 )  (a , b )  (a  a , b1  b ) 11 (a1 , b1 ).(a , b )  (a1a , b1b ) vành giao hốn, có đơn vị Hãy tìm tất ước khơng vành Giải: Ta có: [(a1 ,b1 )  (a ,b )]  (a , b )  (a  a ,b1  b )  (a ,b )  ((a1 ,b1 )  a ,(a ,b )  b3 )  (a  (a  a ),b1  (b  b ))  (a1 , b1 )  (a  a ,b  b3 )  (a1,b1 )  [(a , b )  (a , b )] Chứng tỏ phép cộng kết hợp (a1 ,b1 )  (a , b )  (a1  a ,b1  b )  (a  a1 , b  b1 )  (a ,b )  (a 1,b1 ) Vậy phép cộng giao hốn Phần tử khơng (0, 0) vì: (0, 0) + (a, b) = (0 + a, + b) = (a, b) (a, b) + (0, 0) = (a + 0, b + 0) = (a, b) (a1 , b1 ).(a , b )  (a 1a , b1b )  (a 2a 1, b 2b1)  (a , b ).(a 1, b1 ) Vậy phép nhân giao hoán [(a1 ,b1 ).(a ,b )].(a ,b )  (a1a ,b1b ).(a ,b )  ((a1a )a ,(b1b )b3  (a1 (a 2a ),b1 (b 2b ))  (a1 ,b1 ).(a 2a ,b 2b )  (a1,b1 ).[(a ,b ).(a , b )] Vậy phép nhân kết hợp (a1 ,b1 ).[(a ,b )  (a ,b3 )]  (a1 ,b1 ).(a  a ,b  b3 )  (a1 (a  a ),b1 (b  b ))  (a1a  a1a ,b1b  b1b3 )  (a1a ,b1b )  (a1a  b1b3 )  (a1 ,b1 ).(a ,b )  (a1 ,b1 ).(a ,b ) Vậy phép nhân phân phối phép cộng Phần tử đơn vị (1, 1) (1, 1)(a, b) = (1.a, 1.b) = (a, b) Các ước không vành X  ��� A  {(0,b) / b ��} �{(a,0) / a ��} 12 13 Bài Giả sử X vành tuỳ ý � vành số nguyên Trong tập X �� ta định nghĩa phép toán : (x1, n1) + (x2, n2) = (x1 + x2, n1 + n2); (x1, n1).(x2, n2) = (x1x2 + n1x2 + n2x1 , n1n2) Chứng minh X �� vành có đơn vị Thêm: Vành có giao hốn khơng? Với điều kiện cho X X �� giao hoán? Chứng minh ánh xạ f : X � X �� x (x, 0) đơn cấu Giải:  Theo cách xác định phép toán cộng X �� (là phép cộng theo thành phần) ta thấy ( X ��, +) tích Đềcác hai nhóm cộng giao hoán (X, +) (�, ) nên theo lí thuyết nhóm ta có ( X ��, +) nhóm aben Vậy ta cần kiểm tra ( X ��, ) có tính chất kết hợp, phép nhân phân phối với phép cộng, có đơn vị  ( X ��, ) nửa nhóm : + Tính chất kết hợp: (x1 , n1 ),(x ,n ),(x , n )  X �, ta có : [(x1 ,n1 )(x ,n )](x ,n )  (x1x  n1x  n x1 ,n1n )(x ,n )  (x1x x  n1x x  n x1x  x1x n  n 3n1x  n 3n x1  n 1n x ,n 1n 2n )  (x1 ,n1 )(x x  n x  n 3x ,n n ) =(x1 ,n1 )[(x ,n )(x ,n )]  Phép nhân phân phối với phép cộng: (x1 , n1 ),(x ,n ),(x , n )  X �, ta có: (x1 ,n1 )[(x ,n )  (x ,n )]  (x1 ,n )(x  x ,n  n )  (x1x  x1x  n1x  n1x  n x1  n x1 ,n1n  n1n )  (x1x  n1x  n x1 ,n1n )  (x1x  n1x  n x1 ,n 1n )  (x1 ,n1 )(x ,n )  (x1 ,n1 )(x ,n ) (1) 14 [(x ,n )  (x ,n )](x1 ,n )  (x  x ,n  n )(x1 ,n1 )  (x x1  x x1  n x1  n 3x1  n1x  n1x ,n 2n1  n 3n1 )  (x x1  n x1  n1x ,n n1 )  (x x1  n 3x1  n1x ,n 3n1 )  (x ,n )(x1 ,n1 )  (x ,n )(x1 ,n1 ) (2) Từ (1) (2) � (x1 , n1 )[(x , n )  (x ,n )] = [(x , n1 )  (x , n )](x , n )  Phần tử trung lập phép nhân: (0, 1)  X �, (x,n)  X �, ta có: (x,n)(0,1)  (x.0  n.0  1.x,n.1)  (x,n) (0,1)(x,n)  (0.x  1.x  n.0,1.n)  (x,n) � (x,n)(0,1)  (0,1)(x,n) Vậy X �� vành có đơn vị Cách 2: 15  Và nh X �� giao hốn phép nhân có tính chất giao hoán nên ta xét trường hợp:  TH 1: Vành X khơng giao hốn, tức tồn x, y � X mà xy � yx Khi xét (x, 1), (y, 1)  X �, ta có: (x, 1)(y, 1) = (xy + x + y, 1) �(yx + x + y, 1) = (y, 1)(x, 1) � Vành X �� khơng giao hốn  TH 2: Vành X giao hốn, (x1 ,n1 ),(x , n )  X � ta có: (x1 , n1 )(x , n )  (x1x  n1x  n x1 ,n1n )  (x x1  n x1  n1x ,n n1 ) = (x ,n )(x1 , n1 ) � Vành X �� giao hoán Vậy vành X �� giao hoán vành X vành giao hoán b) f : X � X �� x (x, 0) f đồng cấu Thật vậy: x, yX ta có: f(x + y) = (x + y, 0) = (x, 0) + (y, 0) = f(x) + f(y) f(xy) = (xy, 0) = (x, 0).(y, 0) = f(x).f(y) Như f đồng cấu Ta có : kerf =  x �X : f (x)  (0,0) =  x �X : (x,0)  (0,0) =  x �X : x  0  {0} Kerf = {0} 16 Vậy f đơn cấu Bài Cho A, B hai vành tuỳ ý Xét tập X = A x B X ta định nghĩa: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac, bd) Chứng minh : a) X vành b) Các phận A = {(a, 0) | a  A} B = {(0, b) |b  B} vành X c) Giả sử A, B vành có đơn vị Hãy tìm đơn vị X, A B Giải: a)  (X, +) nhóm aben: + Tính chất kết hợp: (a,b),(c,d),(e,f ) �X , ta có : [(a,b)  (c,d)] + (e, f) = (a + c, b + d) + (e, f) = (a + c + e, b + d + f) (1) (a, b)  [(c,d) + (e, f)] = (a, b) + (c + e, d + f) = (a + c + e, b + d + f) = (1) + Tính chất giao hốn: (a,b),(c,d) �X , ta có : (a,b)  (c,d)  (a  c,b  d)  (c  a,d  b)  (c,d)  (a,b) + Phần tử trung lập: (a,b) �X , ta có : (0,0) �X thỏa (a,b)  (0,0)  (a  0,b  0)  (a,b) (0,0)  (a,b)  (0  a,0  b)  (a,b) � (0,0) phần tử trung lập (phần tử khơng) phép tốn cộng X + Phần tử đối xứng: 17 (a,b) �X , ta có: (– a, – b) �X thỏa (a, b) + (– a, – b) = (a – a, b – b) = (0, 0) (– a, – b) + (a, b) = (– a + a, – b + b) = (0, 0) � (– a, – b) phần tử đối (a, b)  (X, ) nửa nhóm có tính chất kết hợp: (a,b),(c,d),(e,f ) �X , ta có : [(a, b) (c, d)] (e, f) = (ac, bd) (e, f) = (ace, bdf) (2) (a, b) [(c, d) (e, f)] = (a, b) (ce, df) = (ace, bdf) = (2)  Phép nhân phân phối với phép cộng: (a,b),(c,d),(e,f ) �X , ta có: (a, b) [(c, d) + (e, f)] = (a, b) (c + e, d + f) = (a(c + e), b(d + f)) = (ac + ae, bd + bf) = (ac, bd) + (ae, bf) = (a, b) (c, d) + (a, b) (e, f) [(c, d) + (e, f)] (a, b) = (c + e, d + f) (a, b) = ((c + e)a, (d + f)b) = (ca + ea, db + fb) = (ca, db) + (ea, fb) = (c, d) (a, b) + (e, f) (a, b)  Ngoài ra, phép nhân có tính chất giao hốn: (a,b),(c,d) �X , ta có : (a, b) (c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, d) (a, b) Và có phần tử đơn vị (a,b) �X , ta (a,b).(1,1)  (a1,b1)  (a,b) � (1, 1) phần tử đơn vị phép toán X Vậy X vành giao hốn có đơn vị b) 18 có : (1,1) thỏa  Ta có: + A = {(a, 0) | a  A} vành X (0, 0)  A nên A �� + (a1, 0), (a2, 0)  A , ta có: (a1, 0)  (a2, 0)  (a1  a2, 0)  A a1  a2  A (a1, 0).(a2, 0)  (a1.a2, 0.0) = (a1a2, 0)  A a1a2  A  A vành vành X + (x, y)  X, (a,0)  A  xa, ax  A  (x, y).(a, 0)  (xa, 0)  A , (a, 0).(x, y)  (ax, 0)  A  A idean vành X + Xét f : A � A a  (a, 0) f đồng cấu f (ab)  (ab, 0)  (a, 0).(b, 0)  f(a).f(b) a, b  A Hơn f song ánh nên f đẳng cấu A A  Lại có: + B = {(0, b) |b  B} vành X (0, 0)  B nên B �� + (0, b1), (0, b2)  B , ta có: (0, b1)  (0, b2)  (0, b1  b2)  B b1  b2  B (0, b1).(0, b2)  (0.0, b1.b2) (0, b1b2)  B b1b2  B  B vành vành X + (x, y)  X, (0, b)  B  xb, bx  B  (x, y).(0, b)  (0, yb)  B , (0, b).(x, y)  (0, by)  B  B idean vành X 19 + Xét f : B � B b  (0, b) f đồng cấu f(ab) = (0, ab) = (0, a).(0, b) = f(a).f(b) a, b �B Hơn f song ánh nên f đẳng cấu B B c) Giả sử A, B hai vành có đơn vị eA, eB Khi đó: Vành X có đơn vị (eA, eB) Vành A có đơn vị (eA, 0) Vành B có đơn vị (0, eB) Sử dụng định nghĩa tích phân n 2n 2n 2n    lim lim n   ( i ) 2 2 n  n ) = n  n a) n  ( n  n  = = b) lim n  n2() = lim n  lim lim n  = n  n n  i ( n )2009 =  x2009dx = 1 1    lim lim n  n ) = n  n a) n  ( n  n  n 1  ni = b) () = ()+ () dx 1  x = + = + = ln2 + ln3 – ln2 = ln3 Cách 2: () = = c) HD: Đặt A = Ta có: < A < Hay: < A <  = ln2 Với:  = ln2 lim n  n n ( 1+ + + lim n ) = n  n n  i n = = 20 dx 1  x = ln2 1 lim    lim 2 2 4n  4n  4n  n ) = n  n lim 2 n       n n n n( ) = = (2 -1) n  n  n  1  ( ni ) == dx 1 n n n         lim 2 lim 2 n 2 2  x 1 (n)  ( n ) )= n  n )= n  n (  ( n ) n  ( n  n  =4 xdx n n n n  lim 2  2   2 lim  2   n  x  ( )  ( )  ( ) n  n ) = n  n ( n n n n  ( n  n  )= = ln2 n [+ + + + + ] = [++ ++ + ] = = =  2 ( n  1)  lim lim 10 n  n (sin n + sin n + + sin n ) =  n  n n  i 1 sin n 1 =   11 = = 12 = = 13 = = n lim 14 n  [(1 + n )(1 + n ) (1 + n )] n = n  Pn lim 1 n Đặt: Qn = ln Pn = n [ln(1 + n ) + ln(1 + n ) + + ln(1 + n )] =  15 lim n  Qn = lim n  ln(1  x)dx = 2ln2 -  Pn = e n ( n )! ( 3n )! Sn Với Sn = ln n (3n  1)(3n  2) 4n nn Ta có Sn = ln = 1 n = n ln[(3 + n )(3 + n ) (3 + n )] = n 16 lim n  n ln  n n i ln(3  )  n = i 1 n! n = PlnP == ] = = = -1 p = e-1 17 = = P  lnP === = ln 18 = A  lnA = = = 19 lim n  (= = = ln 20 = = = ln 21  256 ln(3 + x)dx = ln 27e sinxdx =  Ghi chú: f(x) = [0;2]; xi = , i = = 21 a) (sin+ sin + + sin) Ta có : x - < sinx < x  - < < Trong đó: = = ; = Vậy: b) HD: Vì x - < sinx < x nên: - < < Trong  0, = = = ln2 n � � �2 n 2n 2n � lim �  L  � n �� 1 1� � n n � �n  n� � f) g) Chứng minh rằng: 2 n � �  sin �sin n  sin n  n  � lim �  L  � n �� n � � � � � � HD: �sin x , x �(0,  ] � f  x  � x � 1, x  � Xét hàm số Rõ ràng f  x hàm liên tục  0,   f x dương [0,  ) Do   khả tích  Riemann �f  x  dx  , 2 n � i �  sin n sin �sin n  sin n  � n   lim  n    f  x  dx  lim �  L  � � � n �� n �� n  i n i 1 � � � � n 1 � � hay � � �1 � 1 lim �  L  � n �� 6n  � � n  n  n  � � 3 � � h) Tính HD: Ta có: 22 n  n Xét hàm số L  f  x  1 n  �� 6n  n i 1 6i  n 1 3n 1  x Dễ thấy f  x  liên tục [0,2] nên khả tích đoạn Cho [0,2] điểm chia i  xi  2i  i  1, 2, , n  n Trên đoạn 6i  xi 1  xi  � xi 1 , xi  3 3n (Chú ý: i � xi 1 , xi  � a � 0,1 : i  axi 1    a  xi ) � � �1 � 1 n lim �  L  � lim � f  i   xi  xi 1  n �� 6n  � n �� � i 1 � n n �n  � 3 � � dx  �  ln Khi đó,  x 23  xi 1 , xi  chọn ... xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn Hoạt động giải tập toán điều kiện để thực tốt mục đích dạy học tốn trường phổ thơng, thể thơng qua chức tập toán là: chức dạy học, chức giáo dục, chức phát triển... số hay không?” (v) Giải tập mà người học chưa biết thuật giải Người học đứng trước tình gợi VĐ yêu cầu giải tập mà người chưa biết thuật giải để giải trực tiếp Tình (v): Khi HS giao tập mà họ... giải tập hình học phẳng chương trình Tốn THCS Các tập tốn trường phổ thơng phương tiện có hiệu thay việc giúp HS nắm vững tri thức, phát triển lực tư duy, hình thành kĩ năng, kĩ xảo, ứng dụng toán