9.1. Lượt đồ chứng minh
Nếu từ các tiên đề A1, A2, …, An ta rút ra kết luận B bằng cách vận dụng các quy tắc auy luận thì ta bảo B là kết luận hợp lôgic của các tiên đề A1, A2, …, An và suy luận đó là suy luận hợp lôgic
Nếu các tiên đề A1, A2, …, An đều đúng thì ta gọi kết luận B là một kết luận chứng minh và suy luận đó gọi là một phép chứng minh.
Mọi phép chứng minh lôgic đều gồm 3 bộ phận:
Luận đề: là mệnh đề cần phải chứng minh. Nó trả lời cho câu hỏi “chứng minh cái gì ?”, ta còn gọi luận đề là kết luận.
Luận cứ: là những tiên đề, định nghĩa, định lí đã biết được đưa ra làm tiên đề trong mỗi suy luận. Nó trả lời cho câu hỏi: “Chứng minh dựa vào cái gì?”. Trong mỗi bài toán chứng minh, luận cứ còn là các dữ kiện , các quan hệ đã cho trong bài toán.
Luận chứng: là những phép suy luận được sử dụng trong chứng minh. Nó trả lời cho câu hỏi: “Chứng minh như thế nào ?”, “theo những qui tắc suy luận nào ?”.
9.2. Các phương pháp chứng minh. 9.2.1. Chứng minh trực tiếp:
Chứng minh trực tiếp là đưa ra luận cứ, những qui tắc suy luận để rút ra luận đề. Cơ sở của chứng minh trực tiếp là các qui tắc suy luận kết luận
(Modus ponens) và suy luận bắc cầu
Giả sử ta phải chứng minh mệnh đề A ⇒ B là đúng (A là giả thiết, B là kết luận), ta lập các mệnh đề mới A1, A2, …, An gọi là các mệnh đề trung gian và chứng minh các mệnh đề sau đây đúng: A ⇒A1, A1⇒ A2, …, An⇒ B. Tức là ta đã vận dụng liên tiếp các quy tắc kết luận sau:
1 1 2 1 1 2 , , , , ,..., An B An A A A A A A A A B ⇒ ⇒ ⇒ Theo quy tắc bắc cầu, ta có:
( A A1) (, A1 A2) (,..., An B)
B
⇒ ⇒ ⇒
Ví dụ 13:
Chứng minh tính chất: Trong mọi hình bình hành, hai cạnh đối diện luôn bằng nhau.
Sau đây là đoạn trình bày chứng minh một cách chi tiết
Kẻ đường chéo AC, chia hình bình hành ABCD ra làm hai tam giác ABC và ADC.
(i) Nếu hai đường thẳng song song với
nhau thì chúng tao thành một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau. AD // BC (theo giả thiết)
Vậy CAD ACB· =· (so le trong)
(iii) Nếu hai tam giác có một cạnh bằng nhau kề với hai góc bằng nhau từng đôi một thì hai tam giác đó bằng nhau.
Hai tam giác ABC và ADC có cạnh AC chung
· ·
CAD ACB=
và BAC· = ·ACD theo chứng minh trên
Vậy hai tam giác đó bằng nhau theo trường hợp g – c – g
(iv) nếu hai tam giác bằng nhau thì đối diện với các cặp góc bằng nhau là những cặp cạnh bằng nhau.
Hai tam giác ABC và ADC bằng nhau, mặt khác hai cạnh AD và BC đối diện với hai góc bằng nhau ·BAC=·ACD, hai cạnh AB và CD đối diện với hai góc bằng nhau CAD ACB· =· .
Vậy AD = BC và AB = CD. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Mỗi mắt xích (i), (ii), (iii), (iv) là một đoạn áp dụng quy tắc kết luận lôgic
,
A B A B
→
(1). Giáo viên cần nhấn mạnh sơ đồ (1) thông qua những ví dụ cụ thể như trên để học sinh lĩnh hội quy tắc đó một cách ẩn tàng.
Thông thường khi vận dụng quy tắc 1, nếu A→Blà một định nghĩa hay định lí thì người ta thường trình bày vắn tắc không nhắc lại định nghĩa hay định lý đó. Vì vậy, đoạn chứng minh trên có thể được viết ngắn gọn như sau:
Trước hết, kẻ đường chéo AC chia hình bình hành ABCD thành hai tam giác ABC và ADC.
AD // BC (giả thiết)
Nên CAD ACB· =· (hai góc so le trong) Chứng minh tương tự ta được:
· ·
BAC=ACD
Hai tam giác ABC và ADC có AC cạnh chung.
· ·
· ·
CAD ACB= (chứng minh trên) Vậy ∆ABC= ∆CDA(g – c – g)
AB CD
⇒ = và BC DA=
Ví dụ 14: chứng minh định lý sau: Với mọi tam giác ABC ta có:
sin sin sin
a b c A= B = C
GT ∆ABC có
BC = a, AC = b, AB = c KL
sin sin sin
a b c A= B= C
Sau khi cho học sinh ve hình, ghi GT, KL như trên, ta hướng dẫn học sinh chứng minh định lý như sau:
Kẻ đường cao AH, ta có:
AH ⊥BC suy ra . 0 .( ) 0 . . AH BC AH AC AB AH AC AH AB = ⇔ − = ⇔ = uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
Tức là: · · · · . .cos . .cos .cos .cos AH AC HAC AH AB HAB AC HAC AB HAB = ⇔ =
Vì cosHAC· =sinCvà cosHAB· =sinB nên AC.sinC= AB.sinB (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
hay b.sinC c= .sinB
Vì sin ,sinC Bđều khác 0 nên
sin sin
b c B = C
Ví dụ 15:
Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB và COD tiếp xúc ngoài với nhau.
Để chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB và COD tiếp xúc ngoài với nhau. Ta cần chứng minh ba điểm M, N, O thẳng hàng và MN = MO + ON, tức là đoạn thẳng nối tâm bằng tổng hai bán kính.
Ta cần lưu ý với học sinh rằng nếu hai tam giác bằng nhau thì bán kính của hai đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.
Ta có thể trình bày bài giải như sau: Giải:
Gọi M, N lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AOB và COD.
Ta có: ∆AOD= ∆COB(c.c.c)
Do đó các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác này có bán kính bằng nhau: MO = MD = NO = NB (1)
MDO NBO
∆ = ∆ (c.c.c)
Suy ra: MOD NOB· =· , dẫn tới ba điểm M, O, N thẳng hàng. (2)
Từ (1) và (2) Suy ra: MN = MO + ON, tức là đoạn nối tâm bằng tổng hai bán kính nên các đường tròn (M) và (N) tiếp xúc ngoài với nhau.
Như vậy qua việc chứng minh trên ta đã nhấn mạnh và làm nổi bậc cho học sinh quy tắc kết luận lôgíc rất thông dụng là A B A,
B
→
, giáo viên cần quan tâm dùng những ví dụ cụ thể bác bỏ những sai lầm do học sinh thường ngộ nhận: , A B B A → hay A B A, B → Ví dụ 16:
Nếu hai tam giác bằng nhau thì bán kính của hai đường tròn ngoại tiếp bằng nhau. Điều này ngược lại chưa chắc đã đúng, nếu hai đường tròn bằng nhau thì các tam giác nội tiếp chưa chắc đã bằng nhau.
Tóm lại: phép chứng minh trực tiếp ưu điểm nổi bậc là trình bài gọn gàng, chặt che, có hệ thống. Do vậy phép chứng minh này thường được sử dụng để trình bày phép chứng minh một định lý trong sách giáo khoa hoặc trình bày bài
giải một bài toán nói chung và lời giải một bài toán chứng minh hình học nói riêng. Tuy nhiên về phương diện sư phạm phép chứng minh này thiếu tự nhiên, vì học sinh không hiểu lí do vì sao (tìm đâu ra, làm sao phải tìm) lại bắt đầu từ A
9.2.2. Chứng minh gián tiếp:
Chứng minh gián tiếp là chứng minh một mệnh đề khác sai. Cơ sở của phép chứng minh này là phép suy luận phản chứng
Giả sử, ta cần chứng minh mệnh đề A⇒Blà đúng, với A là giả thiết, là mệnh đề đã cho là đúng, ta phải chứng minh B đúng.
Giả thiết phản chứng là B ta suy ra A, điều này mâu thuẩn với giả thiết A
hoặc mâu thuẩn với mệnh đề đúng đã biết. Vậy kết luận B đúng (theo luật mâu thuẩn).
Ví dụ 17:
Chứng minh định lí đảo của định lí “góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung” cụ thể là: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nếu góc BAx (với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB) có số đo bằng một nữa số đo của cung AB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là một tia tiếp tuyến của đường tròn.
Bài này ta có thể chứng minh trực tiếp hoặc gián tiếp, ở đây tôi xin trình bày cách chứng minh theo phương pháp gián tiếp (chứng
minh phản chứng).
Giả sử tia Ax không phải là tiếp tuyến của (O). Gọi M là giao điểm thứ hai của Ax với (O). Theo giả thiết ta có:
· 1
2
BAM = sđ»AB (1) Mà BAM· là góc nội tiếp có điểm M trên cung AB nên:
· 1
2
BAM < sđ»AB (2) Từ (1) và (2) ta thấy vô lý.
Vậy Ax là tiếp tuyến của (O). Ta có thể phản chứng như sau:
Giả sử Ax không phải là tiếp tuyến của (O). Ve tia tiếp tuyến Ax’ với (O) nên · ' 1
2
BAx = sđ»AB
Ta có · 1
2
BAx= sđ»AB (gt). Vậy ·BAx BAx=· '
Suy ra: Ax trùng với tia Ax’ hay Ax là tiếp tuyến của (O). 9.2.3. Chứng minh quy nạp
Phép chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, gọi tắc là chứng minh quy nạp cũng là một phương pháp chứng minh thường gặp.
Nội dung của phương pháp này như sau:
Giả sử phải chứng minh mệnh đề P(n) nào đó đúng với mọi số tự nhiên n (P(n) là hàm mệnh đề về số tự nhiên), với n≥a, trong đó a là số tự nhiên cho trước.
Ta tiến hành theo các bước như sau:
Bước 1: chứng minh mệnh đề đúng với n = a
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k≥a) nào đó. Ta chứng minh mệnh
đề đúng với n = k + 1, nghĩa là P k( )→P kP k(( +1)1), ( )P k +
Bước 3: Kết luận P(n) đúng với mọi n ≥ a Cơ sở lí luận của phương pháp này là: Theo bước 1: mệnh đề P(n) đúng với n = a Theo bước 2: ta có P(a) đúng ⇒P(a+1) đúng
P(a+1) đúng ⇒P(a+2) đúng …
Phép suy luận không thể dừng lại, nên P(n) đúng ∀n ≥ a Ví dụ 18:
Cho hai đường thẳng song song. Trên mỗi đường thẳng lấy n điểm và kẻ những đoạn thẳng nối các điểm không cùng trên một đường thẳng. Số đoạn thẳng nhiều nhất có thể kẻ được là bao nhiêu để cho chúng không cắt nhau ở trong phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng đã cho.
Đây là bài toán mà chủ yếu là phần lí luận mà ta se chứng minh bằng phương pháp qui nạp. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Ta hãy mở rộng bài toán theo một cách khác:
Cho hai đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất ta ghi k điểm theo thứ tự từ trái sang phải là A1, A2, …, Ak. và trên đường thẳng thứ hai, ta ghi n điểm theo thứ tự từ trái sang phải là B1, B2, …, Bn
Nối A1 với n điểm B1, B2, …, Bn và nối Bn với K điểm A1, A2, …, Ak. Ta được tất cả (k + n – 1) đoạn thẳng thoả yêu cầu bài toán.
Ta chứng minh rằng không thể có nhiều hơn (k + n – 1) đoạn thẳng nối các điểm A1, A2, …, Ak với các điểm B1, B2, …, Bn để các đoạn thẳng đó không cắt nhau ở trong phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đường thẳng (D) và (D’) đã cho. (*)
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp.
• Với k = 1 và n = 1: mệnh đề hiển nhiên đúng
• Giả sử (*) đúng với k + n = m, ta chứng minh (*) đúng khi k + n = m + 1. Xem hai điểm cuối Ak và Bn. Đoạn thẳng AkBn không cắt bất kỳ đoạn thẳng AiBj khác, i = 1, 2, …, (k – 1) và j = 1, 2, …, (n – 1), do đó tập hợp những đoạn thẳng thoả yêu cầu của bài toán phải chứa đoạn thẳng AkBn. Nếu như cả hai điểm Ak và Bn đều được nối với một vài điểm nào đó thì chúng se cắt nhau. Do đó một trong hai điểm Ak và Bn không nối với các điểm khác. Giả sử Ak không nối với những điểm Bs, s < n còn lại mà chỉ nối với Bn.
Với (k – 1) + n điểm A1, A2, …, Ak – 1 và B1, B2, …, Bn, từ giả thiết qui nạp, ta kẻ được tối đa là:
(k – 1) + n – 1 = k + n – 2 đoạn thẳng không cắt nhau. Từ đó, ta suy ra: với các điểm A1, A2, …, Ak và B1, B2, …, Bn có thể kẻ được tối đa:
( k + n – 2) + 1 = k + n – 1 đoạn thẳng không cắt nhau. đpcm. 10. CÁC BƯỚC GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Quy trình giải một bài toán thường phải trải qua các bước sau đây:
• Tìm hiểu đề toán.
• Tìm tòi lời giải của bài toán.
• Trình bày lời giải của bài toán.
• Nhìn lại bài toán. 10.1. Tìm hiểu đề toán
Để giải được một bài toán, trước phải hiểu đề bài và ham thích giải bài toán đó. Vì thế cần giúp học sinh tìm hiểu đề và chú ý gợi đông cơ, khơi gợi trí tò mò, hứng thú cho các em.
10.1.1. Để hiểu rõ đề toán, trước hết cần nắm vững mọi khái niệm đề cập trong bài toán. Cần phải nhớ lại định nghĩa, các khái niệm đó hoặc có thể định nghĩa khái niệm đó bằng những cách khác như thế nào?
10.1.2. Phải nắm rõ giả thiết và kết luận của bài toán. Nghĩa là bài toán cho những gì? Ta phải chứng minh điều gì? Phải tìm cái gì?
10.1.3. Dựa vào bài toán đã cho, ve hình mô tả nội dung bài toán. Hình ve se giúp ta hiểu được đề toán một cách cụ thể và rõ ràng hơn. Hình ve còn tác dụng gợi ý cho việc tìm ra các giải pháp, cách giải và phát triển trí tưởng tượng không gian. Nếu cần thiết ta phải ve thêm đường phụ cho bài toán.
Khi ve hình cho bài toán cần lưu ý:
Hình ve phải mang tính tổng quát, không nên ve hình trong trường hợp đặc biệt, vì như thế dễ gây ngộ nhận.
Nên thể hiện những điều đã cho và những điều cần tìm trên hình ve.
Để làm nổi bậc các đường, các hình, trong hình ve có sử dụng nét đậm, nét nhạc với màu sắc khác nhau, nét liền hay nét đứt.
10.1.4. Dựa vào hình ve, ghi giả thiết, kết luận của bài toán. Việc ghi giả thiết, kết luận giúp ta nắm vững hơn nội dung bài toán, chuẩn bị tốt cho các bước tiếp theo.
10.2. Tìm tòi lời giải bài toán
Việc tìm tòi lời giải bài toán là một bước quan trọng bậc nhất trong hoạt động giải toán. Điều cơ bản của bước này là biết định hướng đúng để tìm ra được nhanh chóng hướng giải bài toán.
Sau đây tôi xin đề xuất một số biện pháp giúp tìm tòi lời giải bài toán: 10.2.1. Hãy nghĩ đến những bài toán có liên quan:
Những bài toán liên quan có thể là những bài toán tương tự với những bài toán đã cho hoặc là những bài toán tổng quát hơn bài toán đã cho, hoặc là trường hợp đặc biệt của bài toán đã cho, hoặc những bài toán liên quan chứa đựng một phần tính chất của bài toán cần chứng minh. Nghĩ đến những bài toán liên quan để tìm cách sử dụng kết quả hay phương pháp giải các bài toán đó.
Ví dụ 19: Cho tam giác nhọn ABC, xác định một tam giác MPQ có chu vi bé nhất, nội tiếp tam giác ABC (có nghĩa là các đỉnh M, N, P của tam giác MNP lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, BA của tam giác ABC).
Bài toán trên cho ta gợi nhớ đến bài toán quen thuộc sau đây ở lớp 8: Bài toán liên quan: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó. Hãy xác định điểm A, B lần lượt nằm trên hai tia Ox, Oy sao cho chu vi của tam giác ABM bé nhất.
Bài toán này được giải quyết như sau: Gọi M’, M” là các điểm đối xứng với M lần lượt qua Ox, Oy. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của M’M”với Ox và Oy
Ta có: chu vi tam giác MAB bằng: MA + MB + AB = M’A + M”B + AB
= M’M”
Với hai điểm A’, B’ bất kì khác A, B trên tia Ox, Oy ta có chu vi tam giác MA’B’ bằng:
MA’ + MB’ + A’B’ = M’A’ + M”B’ + A’B’
> M’M” vì đường gấp khúc M’A’B’M” bao giờ cũng có độ dài lớn hơn đường thẳng M’M”.
Vậy các điểm A, B như đã xác định ở trên tạo thành một tam giác có chu vi bé nhất thoả yêu cầu đề toán.
Từ bài toán đó và cách giải của nó ta tìm thấy lời giải của bài toán ban đầu như sau:
Gọi MPQ là tam giác nội tiếp tam giác ABC thoả yêu cầu đề toán. Gọi M’, M” lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB, AC: Khi đó ta có:
MP + PQ + QM = M”P + PQ + QM’
Vì M”P + PQ + QM’ ≥ M’M” nên ta