Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS

1. A – phần mở đầu . những vấn đề chung . I – lí do chọn đề tài . I.1. Lí do khách quan . Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản , mang tính trừu tượng nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội , trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng . Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản , dạy học sinh giải bài tập SGK, STK mà quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng Toán từ đó giúp các em tích cực hoạt động , độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kỹ năng , kỹ sảo – hoàn thiện nhân cách . Trong Toán học , cực trị là một khái niệm rất hẹp nhưng kiến thức liên quan đến nó thì vô cùng rộng rãi . Trong chương trình Toán THCS những bài toán cực trị có mặt rải rác và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số và Hình học . Học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 đều đã gặp những bài toán cực trị với những yêu cầu như : tìm số x lớn nhất sao cho , tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của biểu thức , xác định vị trí của điểm M để độ dài ( diện tích , chu vi ) của hình H nào đó đạt giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) Nhưng khi giải có thể giáo viên không dạy phương pháp tổng quát hoặc có dạy nhưng học sinh không được tiếp thu theo hệ thống dạng toán . Nói chung khi gặp toán cực trị đa phần học sinh e ngại và lúng túng trong cách giải . I.2. Lí do chủ quan . Trong những năm thực tế giảng dạy học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 , dạy học sinh ôn tập,ôn thi HSG và ôn thi THPT tôi nhận thấy sự cần thiết phải hình thành một cách có hệ thống các dạng bài toán cực trị và phương pháp giải để dạy học sinh . Tôi đã dành nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu , học hỏi đồng nghiệp , tìm tòi thử nghiệm với các đối tượng học sinh đại trà và ôn thi . Được sự khuyến khích , giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè đồng nghiệp trong trường , ở trường bạn và đặc biệt là sự hướng dẫn chỉ dạy tận tình chu đáo của thầy giáo Tống Trần Hoàn – giảng viên khoa Toán Tin trường ĐHSP Hà Nội , tôi đã mạnh dạn nghiên cứu bước đầu đề tài : “ Phương pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS ” . II- Mục đích nghiên cứu . Giúp học sinh nắm được phương pháp giải một số dạng toán cực trị thường gặp trong trường THCS , nâng cao dần kỹ năng kỹ sảo giải các dạng toán trên từ đó phục vụ tốt cho việc giảng dạy của giáo viên và gạt bỏ tư tưởng e ngại của học sinh khi giải toán cực trị . III – Khách thể và đối tượng nghiên cứu . III.1. Khách thể nghiên cứu . Phương pháp giải một số dạng toán cực trị . III.2. Đối tượng nghiên cứu . Học sinh trường THCS Bình Minh – Tp Hải Dương .
2. IV – Giả thuyết khoa học . “ Dạy học sinh phương pháp giải một số dạng toán cực trị ” thì trình độ , kỹ năng , kỹ sảo của học sinh được nâng lên sau khi thực hiện đề tài là hiển nhiên không còn là giả thuyết như các đề tài khác . Tuy nhiên dự kiến kết quả đề tài là việc cần làm . Tôi mong rằng sau khi thực hiện đề tài học sinh không còn cảm thấy sợ toán cực trị nữa ngược lại đa phần các em cảm thấy hứng thú hơn khi học toán và đều nắm được phương pháp giải một số dạng toán mà đề tài đề cập . V – Nhiệm vụ nghiên cứu . - Xây dựng cơ sở lí luận , phương pháp giải một số dạng toán cực trị Số học , Đại số , Hình học . - áp dụng giảng dạy cho học sinh đại trà , học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào THPT VI – Giới hạn đề tài . Vì đề tài đang ở bước đầu nghiên cứu nên tôi chỉ xây dựng phương pháp cho một số dạng toán cực trị thường gặp và cũng giới hạn trong đối tượng học sinh trường THCS Bình Minh – Tp Hải Dương . VII – Các phương pháp nghiên cứu . - Quan sát sư phạm . - Điều tra giáo dục . - Tổng kết kinh nghiệm . - Thực nghiệm sư phạm . - Lấy ý kiến chuyên gia . - Nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm . - Phân tích và tổng hợp lí thuyết .
3. B - phần nội dung kết quả nghiên cứu . Sau một thời gian dài nghiên cứu tôi đã tổng hợp và xây dựng được những vấn đề về lí thuyết như sau : Chương 0 . Đại cương về cực trị . Bài toán cực trị xuất phát từ thực tiễn và trong khi giải quyết những bài toán lớn . Cực trị là tên gọi chung cho những bài toán tìm giá trị lớn nhất ( GTLN) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN) . Trong lí thuyết Toán học hiện đại thì các phân môn Số học , Đại số , Hình học đều có thể được định nghĩa qua tập hợp . Việc giải bài toán cực trị đối với mỗi phân môn thì có sự giới hạn tập hợp số để xét . Trong chương trình THCS chỉ xét giới hạn trong trường số thực IR đối với phân môn Đại số và Hình học còn đối với phân môn Số học thì chỉ xét trên vành số nguyên Z . Theo lí thuyết Giải tích cổ điển , xét tập hợp số thực x E  IR , khi đó nếu E không rỗng và bị chặn thì tồn tại cận trên đúng M của E ( M = supE ) hoặc cận dưới đúng m của E ( m = infE ) hoặc cả hai . Tuy nhiên có thể cả M và m đều không thuộc E . Khi M E ( hoặc m E) ta viết M = maxE ( hoặc m = minE ) đây là cách viết tắt theo chữ Latin ( max = maximum , min = minimum ) mà trong trường phổ thông ta thường gọi là giá trị lớn nhất ( GTLN ) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN ) . Theo quan điểm trên việc tìm maxE = M hoặc minE = m phải bao gồm đồng thời cả hai điều kiện : i) M = E hoặc m = E . ii)  x E để M = E hoặc m = E . ( Đối với phân môn Hình học ta hiểu x là một điều kiện ràng buộc mà đề bài yêu cầu) Sau đây là những dạng bài tập và phương pháp cụ thể đối với từng phân môn xét theo quan điểm trên .
4. Chương 1 . cực trị số học . I – phép chia hết và phép chia có dư . A . Lí thuyết cơ bản . 1. Định nghĩa . 1.1 . Phép chia hết và phép chia có dư . Cho a , b Z , b > 0 . Chia a cho b ta có : a chia hết cho b hoặc a không chia hết cho b . Nếu a chia hết cho b ta kí hiệu là a  b ta còn nói b chia hết a hay b là ước của a và kí hiệu là b | a . Nếu a không chia hết cho b ta được thương gần đúng q và dư là r , ta viết : a = bq + r , 0 b) người ta còn có thể sử dụng thuật toán Euclide như sau : i) a = bq (a,b) = b . ii) a = bq + r ( r 0 ) (a,b) = (b,r) b = rq1 + r1 ( r1 0) (b,r) = (r,r1) r = r1q2 + r2 (r2 0) (r,r1) = (r1,r2) ri = ri+1qi+2 (a,b) = (ri,ri+1) . 2. Một số định lí quan trọng thường dùng . 2.1. a) (ca,cb) = c(a,b) . a b (a,b) b) ; ( với c =ƯC(a,b) ) . c c c 2.2. a.c  b và (a,b) = 1 c  b . 2.3. c  a và c  b và (a,b) = 1 c  a.b . 2.4. Định lí về phép chia có dư . Với mọi cặp số tự nhiên a,b ( b 0) bao giờ cũng tồn tại duy nhất cặp số q , r sao cho : a = bq + r ( với 0 r b ) .
5. 2.5 . Định lí . Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố ( n! = 1.2.3 n) . a1 a2 ak n! p 1.p 2 p k thì số mũ ai của thừa số pi nào đó sẽ là : n n n ai 2 k ( x là kí hiệu phần nguyên của số x , đó là số p i pi pi nguyên lớn nhất không vượt quá x ) . B . Một số phương pháp thường dùng trong giải bài toán chia hết . 1. Để chứng minh A(n) ( n Z ) chia hết cho một số nguyên tố p , ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p . 2. Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m ta thường phân tích m ra thừa số nguyên tố . Giả sử m = pq , ta tìm cách chứng minh A(n)  p và A(n)  q suy ra A(n) A(n) pq do (p,q) = 1 . Nếu (p,q) 1 thì ta phân tích A(n) rồi chứng minh tích đó chia hết cho m . Ta cũng có thể phân tích A(n) thành tổng nhiều số hạng cùng chia hết cho m . 3. Ta thường sử dụng kết quả sau : Nếu số dư khi chia a cho b>0 là r ( 0 1) cho b là số dư khi chia rn cho b ( số dư này bằng rn nếu rn < b ) . C . Bài tập áp dụng . * Qui ước : Nếu a là số lớn nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu max(a,b,c,d) = a . Nếu b là số nhỏ nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu min(a,b,c,d) = b . Bài số 1 : Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 2n – 1  7 . Giải : Xét phép chia số nguyên n cho 3 thì n chỉ có một trong ba dạng : n = 3k ; n = 3k+1 ; n = 3k+3 ( k Z) . Với n = 3k ta có : 2n – 1 = 8k – 1  7 . Với n = 3k+1 ta có : 2n -1 = 2.8k -1=2(8k -1) + 1 không chia hết cho 7 . Với n = 3k+2 ta có : 2n – 1=4.8k-1= 4(8k -1) + 3 không chia hết cho 7 . Vậy với n  3 thì 2n – 1  7 mà n là số nguyên dương nhỏ nhất nên n = 3 . Bài số 2 : Tìm số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn : ( 1994!)1995  1995k . Giải : Ta có : 1995k = (3.5.7.19)k = 3k.5k.7k.19k . Ta cần tìm số mũ lớn nhất của mỗi thừa số 3 , 5 , 7 ,19 trong số (1994!)1995 . Ta có : Số mũ của 3 trong 1994! là : 1994 1994 1994 664 221 0 992 . 3 32 37
6. Tương tự : Số mũ của 5 trong 1994! là : 495 . Số mũ của 7 trong 1994! là : 329 . Số mũ của 19 trong 1994! là : 109 . Vậy trong 1994! có các thừa số : 3992 ; 5495 ; 7329 ; 19109 . Suy ra : (1994!)1995 = (3992 . 5495 . 7329 . 19109. M )1995 . Với M là tích các thừa số không chứa các thừa số nguyên tố 3 ; 5 ; 7 ; 19 . Với k = 109.1995 thì ( 1994!)1995  1995k . Với k = 109.1995 + 1 thì ( 1994!)1995 không chia hết cho 1995k . Vậy k = 109.1995 là số tự nhiên lớn nhất cần tìm . Bài số 3 . Tìm GTLN và GTNN của n để P = (n+5)(n+6) 6n . Giải : Ta xét 2 trường hợp : * Với n>0 : Ta phải tìm n để P = (n+5)(n+6) 6n . Ta có : P = (n+5)(n+6) 6n = n2 + 11n + 30 = 12n + ( n2 – n + 30 ) . P  6n ( n2 – n + 30 )  6n ; n | n2 – n nên n | 30 , 6 | 30 nên 6 | n2 – n = n(n-1) . n(n-1) là số chẵn vì là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên n(n-1)  3 n  3 hoặc n-1  3 . Vậy P  6n thì n là ước của 30 và là bội của 3 hoặc bội của 3 cộng thêm 1 n = {1;2;3;6;10;15;30} . Thay các giá trị trên vào P = ( n+5)(n+6) và 6n thì ta có n = {1;3;10;30} (*) thoả mãn điều kiện bài toán . * Với n< 0 : Đặt m = - n . Ta tìm m sao cho : P = ( -m+5)(-m+6)  -6m . Giải như trên ta tìm được n = { -2;-5;-6;-15} ( ) thoả mãn điều kiện bài toán . Kết hợp (*) và ( ) ta có n = {1;3;10;30;-2;-5;-6;-15} . Vậy max n = max (1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = 30 . min n = min(1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = -15 . Bài số 4 . Cho A = m+n và B = m2 + n2 trong đó m,n là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Tìm max (ƯCLN) ( min(BCNN) ) của A và B . Giải : Gọi d = (m+n,m2+n2) (m+n)2d (m+n)2 – (m2 + n2) = 2mn  d d là ước chung của m+n và 2mn (*) . (m,n) = 1 (m+n , n) = (m+n,m) = (m+n,mn) = 1 ( ) . Từ (*) và ( ) 2  d d = 1 hoặc d = 2 hay d = {1,2} . Vậy max d = max ( 1,2) = 2 . min d = min (1,2) = 1 . D . Bài tập tự luyện . Tìm số nguyên a lớn nhất và nhỏ nhất sao cho 100 < a < 150 ; a chia 5 dư 2 và a chia 7 dư 3 . II - Đồng dư thức và phương trình đồng dư .