III. Rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh phổ thông qua dạy học môn Toán
3.3. Bồi dưỡng nâng cao năng lực phán đoán
Từ điển Tiếng Việt [66]: “Phán đoán là dựa vào điều đã biết, đã thấy để suy xét rút ra nhận định về điều chưa biết, chưa xảy ra”, “Hình thức tư duy trong đó các khái niệm kết hợp với nhau, khái niệm này vạch rõ nội dung thuộc tính của khái niệm kia”.
Phán đoán là bước ngoặt từ dữ kiện sang kết luận. Phương thức tư duy này là vô cùng quan trọng trong quá trình học tập của học sinh. Phán đoán không những giúp ta phát hiện vấn đề mới mà trong việc giải quyết các vấn đề giảm được những bước đi mày mò, vòng vèo, giúp ta biết căn cứ vào dữ liệu và mục tiêu cần giải quyết để có được dự báo, phán đoán chính xác. Bồi dưỡng năng lực phán đoán chính là bồi dưỡng cho học sinh năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề.
Người giáo viên Toán phải có năng lực phán đoán ở mức thông hiểu và vận dụng thì mới gọi là có năng lực chuyên môn nghiệp vụ, đồng thời có năng lực tự học cao. Có thể đưa ra cách bồi dưỡng năng lực phán đoán như sau:
(1) Quan sát tốt để đưa ra phán đoán
Ví dụ 24: Tìm các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện: abc = 3(a + b + c)
Phân tích: Do p là số nguyên tố nên p ≥ 2, do đó p – 1 ≥ 1, quan sát từ đề bài ta suy ra abc chia hết cho 3, nên có ít nhất một trong ba thừa số đó chia hết cho 3. Từ đó ta có lời giải.
Ví dụ: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 3k – 1 chia hết cho 1000.
Phân tích: Quan sát thấy (3k; 1000) = 1 và hiệu các lũy thừa của 3 có dạng 3k(3l – 1) nên ta có thể sử dụng nguyên lý Đirichlet để giải bài toán.
Giải: Xét dãy 1001 số: 1, 3, ….., 31000. Khi chia 1001 số này cho 1000, có không quá 1000 số dư, vì vậy theo nguyên tắc Đirichlet, có ít nhất hai số trong dãy có cùng số dư trong phép chia cho 1000. Giả sử đó là 3l và 3h , l > h.
Khi đó 3l – 3h chia hêt cho 1000. Suy ra 3h(3l – h - 1) chia hết cho 1000
Vì (3; 1000) = 1 nên (3h; 1000) = 1 vậy (3l – h - 1) chia hết cho 1000. Đặt k = l – h, ta có (3k – 1) chia hết cho 1000.
Quan sát tiếp, và bằng tương tự ta đưa ra các phán đoán khai thác bài toán: Bài toán1: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho 7k – 1 chia hết cho
2000.
Tổng quát các bài toán trên: Chứng minh rằng nếu (p; q) = 1 thì tồn tại số tự nhiên k sao cho (pk – 1) chia hết cho pm ( m ∈ Z+, cho trước).
(2) Từ thực nghiệm (quy nạp) để phán đoán
Ví dụ 25: Chứng minh số có dạng: A = 11....155....56 ) 1 ( − n n là số chính phương. Phân tích: A là số tự nhiên, lại là số chính phương nên A = a2, nếu tìm được a
thì bài toán được giải quyết. Ta có: n = 1 thì A = 16 = 42; n = 2 thì A = 1156 = 342; n = 3 thì A = 111556 = 3342 ta dự đoán (quy nạp): A = 11....155....56 ) 1 ( − n n = 2 1 4 3 .... 33 − n
= (33 ....3+1)2 n (phán đoán) Từ đó đặt phưong trình: 11....155....56 ) 1 ( − n n = (.... +1)2 n x xx ,
ta giải phương trình sẽ cho kết quả.
(3) Từ so sánh để đưa ra phán đoán: Quy nạp và diễn dịch là một chỉnh thể, trong cấu trúc của quá trình suy luận logic đi từ cá biệt đến cái chung, rồi lại từ cái chung đi đến cái cá biệt. Nhưng quá trình này phải được hoàn thành trên cơ sở một số rất lớn cái cá biệt để có thể quy nạp thành một giả thuyết có tính quy luật. Không có bước quy nạp này sẽ không có bước diễn dịch tiếp theo. So sánh thì lại khác, so sánh là phương pháp đi từ cá biệt đến cá biệt, tuy logic không chặt chẽ, nhưng tính sáng tạo lại rất lớn. So sánh bao gồm hai thành phần: phát hiện những đặc điểm chung và nhưng đặc điểm khác nhau ở một số đối tượng. Việc phát hiện những đặc điểm chung thường diễn ra trong quá trình khái quát hóa.
(4) Thông qua vấn đề đã biết biến thành dạng chung hoặc dạng riêng để phán đoán. Cơ sở triết học của phương pháp là mối quan hệ biện chứng giữa cái chung và cái riêng, cái đơn nhất.
Ví dụ 26: Để giải quyết một số các bài toán chứng minh, ta thường quy về sự chứng minh hai hình nào đó bằng nhau, cơ bản nhất là sự bằng nhau của các đoạn thẳng, các góc, các tam giác.
Chẳng hạn: Cho hình bình hành G H ABCD, dựng các hình vuông ABEF và
ADGH nằm phía ngoài hình bình hành ABCD F Chứng minh rằng AC = HF
Lời giải: D A Cách 1: Hai tam giác ACD và HEA Có hai cặp cạnh bằng nhau: AD = AH, DC = EA
Hai góc CDA và EAH có các cạnh tương ứng
vuông góc AD⊥AH và AE ⊥ DC nên bằng C B nhau. Vậy tam giác ACD bằng Tam giác HEA.
Cách 2: Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 900, điểm D biến thành H, C biến thành C’, A biến thành A. Theo tính chất bảo tồn độ dài và góc của phép quay ta có: AC’ = AC và HC’ = CD. Và CD = AB = AE nên HC’ = AE. Ngoài ra vì góc quay bằng 900 nên HC’⊥AB, suy ra: HC// AE.
Từ đó tứ giác AFHC’ là một hình bình hành. Vậy FH = AC’ = AC. (6) Phán đoán nhờ tương tự
Cũng như phân tích và tổng hợp, học sinh phổ thông cũng đã quen thuộc với phép tương tự. Trong quá trình dạy học toán THCS và THPT, giáo viên cũng đã chú ý tập luyện các hoạt động tương tự cho học sinh trong học toán. Hoạt động phép tương tự rất đa dạng, các em thường được làm quen phép suy luận này trong các trường hợp là chuyển từ một trường hợp này sang một trường hợp riêng khác.
Ví dụ 27: Từ bài toán: cho (x + y)3 = x3 + y3 chứng minh (x + y)5 = x5 + y5 sau khi giải, hướng dẫn học sinh THCS đề xuất các bài toán tương tự:
Cho (x + y)3 = x3 + y3 chứng minh (x + y)7 = x7 + y7,
hay cho (x + y)3 = x3 + y3 chứng minh (x + y)2005 = x2005 + y2005
Người giáo viên Toán cần nắm vững lý luận và hoạt động thành thạo phép suy luận tương tự. Một mặt, để hướng dẫn học sinh hoạt động suy luận tương tự trong toán học, mặt khác, phát triển năng lực tư duy cho học sinh. Cơ sở tâm lý của tương tự là quá trình liên tưởng trong tư duy, phép tương tự chủ yếu là thông qua liên tưởng so sánh để thực hiện. Khái niệm “tương tự” rất đa dạng, có thể sử dụng tương tự để tìm cách chứng minh, phát biểu dự đoán vấn đề mới, dự đoán cách giải, …tùy theo góc độ nào để mà xem xét đối tượng. Dự đoán nhờ tương tự có thể được mô tả như sau: Nếu A và B là hai đối tượng tương tự với nhau và A có thuộc tính S thì ta dự đoán B cũng có thuộc tính S.
Dự đoán nhờ tương tự có thể đúng có thể sai. Muốn khẳng định dự đoán đó là đúng (hoặc là sai) thì phải chứng minh bằng suy diễn.
Ví dụ 28: Cho p là số nguyên dương lớn hơn 3 sao cho 4p + 1 cũng là số nguyên tố. Chứng minh 4p – 1 là hợp số.
Phân tích: Có 4p – 1, 4p, 4p + 1 là 3 số nghuyên liên tiếp nên ta có hướng chứng minh 4p – 1 là hợp số nhờ tính chia hết cho 3.
Lời giải: Vì p > 3 và p là số nguyên tố nên (p, 3) = 1. Mặt khác 4p + 1 cũng là số nguyên tố. Vậy trong 3 số nguyên tố liên tiếp 4p – 1, p, 4p + 1 ta có 4p – 1 chia hết cho 3. Do p > 3 nên 4p – 1 > 3, tư đó suy ra 4p – 1 là hợp số.
Bài toán: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3, sao cho 2p – 1 cũng là số nguyên tố. Chứng minh 20 + 1 là hợp số.
Bài toán: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 sao cho 5p + 1 cũng là số nguyên tố. Chứng minh 5p – 1 là hợp số.
Ví dụ 29: Khi xem xét tứ diện là khái niệm tương đương với khái niệm tam giác thì nhờ những tính chất đã biết của tam giác ta có “dự đoán” các tính chất sau đây của tứ diện:
a/ Tồn tại duy nhất một điểm O cách đều bốn đỉnh của hình tứ diện (tương đương: Có duy nhất một mặt cầu ngoại tiếp một tứ diện đã cho)
b/ Các đường cao của tứ diện đồng quy (Đường cao của tứ diện là đường thẳng đi qua một đỉnh và vuông góc với mặt đối diện)
c/ Có các mặt cầu tiếp xúc với các mặt phẳng của tứ diện.
d/ Diện tích một mặt của tứ diệnbé hơn tổng diện tích của ba mặt còn lại.
e/ Nếu tổng bình phương diện tích ba mặt nào đó của tứ diện bằng bình phương diện tích còn lại thì ba mặt đó đôi một vuông góc (tương tự như định lý Pitago đối với tam giác vuông)
Ta xét xem các dự đoán đúng không?
Dự đoán a/: Đúng. Có thể chứng minh tương tự như trong trường hợp tam giác, với chú ý rằng khái niệm trung trực của đoạn thẳng (xét trong hình học phẳng) tương tự như khái niệm đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa tam giác tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
Dự đoán b/: Sai. Chỉ cần xét tứ diện ABCD có AB ⊥ mp(BCD) và tam giác BCD có góc B vuông.
Dự đoán c/: Đúng; Dự đoán d/: Đúng Dự đoán e/ : Sai.
Trong giải toán, học sinh có thể dùng tương tự để đề xuất bài toán mới (phán đoán mới). Ví dụ: Chứng minh n5 – n chia hết cho 5, ∀n ∈ Z .
Có thể giải các bài toán sau bằng tương tự
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m ta có:
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n lẻ và mọi số nguyên a, b sao cho a + b ≠
0, ta có: am + bm chia hết cho a + b.