Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu

1. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” MỞ ĐẦU Vì sao phải soạn thêm các câu hỏi và bài tập mới ? húng ta đã biết hệ thống câu hỏi và bài tập trong sách giáo khoa và sách bài tập đã được biên soạn và chọn lọc, sắp xếp một cách công phu và có dụng ý rất sư phạm, rất phù C hợp với trình độ kiến thức và năng lực của học sinh, phản ảnh phần nào thực tiễn đời sống xã hội và học tập gần gũi với học sinh, phù hợp với tâm lý lứa tuổi học sinh. Tuy nhiên, SGK và SBT là tài liệu dành cho tất cả học sinh thành thị cũng như nông thôn, miền núi cũng như miền xuôi, vùng kinh tế phát triển cũng như vùng gặp khó khăn với các đặc trưng khác nhau. Vì vậy để có những bài tập phù hợp với yêu cầu của từng tiết dạy, phù hợp với từng đối tượng học sinh của mình, phù hợp với hoàn cảnh thực tế địa phương mình, ngoài việc khai thác triệt để các bài tập trong SGK, SBT. Giáo viên phải tự mình biên soạn thêm những câu hỏi và bài tập mới. Trong việc ra đề kiểm tra chất lượng đầu năm, kiểm tra học kì , thi lên lớp, thi chọn học sinh giỏi thì Giáo viên ra đề cần phải có năng lực sáng tác các đề Toán mới vừa đáp ứng được các yêu cầu kiểm tra, đánh giá vừa đảm bảo tính khách quan, công bằng và bí mật ( vì các đề này không nằm trong bất cứ tài liệu nào đã có ). Hơn nữa, ta đã biết “ Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động, tư duy sáng tạo của người học: Bồi dưỡng năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên “ ( Luật GD 1998, chương I , điều 4). Đó là một trong những định hướng quan trọng đổi mới phương pháp dạy học Toán là rèn luyện cho HS năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề. Muốn vậy, GV phải bồi dưỡng cho HS phải có kĩ năng tự học độc lập, thực chất là thói quen độc lập suy nghĩ, suy nghĩ sâu sắc khoa học. Một hình thức cao của công việc học tập độc lập đòi hỏi nhiều sáng tạo là việc HS tự ra lấy đề toán. Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 1
2. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” Hình thức này yêu cầu HS phải nắm vững kiến thức, phải có thực tế, phải có trình độ phân tích tổng hợp cao để làm sao vừa đặt vấn đề vừa giải quyết vấn đề thích hợp và trọn vẹn. Việc cho HS tự ra lấy đề Toán là một trong những biện pháp gắn liền nhà trường với cuộc sống, tạo điều kiện sau này có khả năng vận dụng kiến thức Toán học để giải quyết thành thạo những vấn đề do cuộc sống thực tế đặt ra. Đó cũng là biện pháp để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho HS trong quá trình đi tìm cái mới, các phẩm chất tư duy sáng tạo được nảy nở và phát triển. Muốn rèn luyện cho HS khả năng tự đặt ra các đề Toán mới theo những yêu cầu nào đó, bản thân GV phải có ý thức tự rèn luyện cho mình khả năng này. Việc rèn luyện này sẽ giúp nâng cao tiềm lực của mỗi GV làm cho chúng ta cảm thấy vững vàng và tự tin hơn trong quá trình dạy học. Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 2
3. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” CƠ SỞ KHOA HỌC KHI TẠO RA BÀI TOÁN MỚI TỪ BÀI TOÁN BAN ĐẦU Bài Toán mới có thể là bài Toán hoàn toàn mới, cũng có thể là sự mở rộng, đào sâu những bài Toán đã biết. Thực chất khó có thể tạo ra một bài Toán hoàn toàn không có quan hệ gì về nội dung hoặc về phương pháp với những bài Toán đã có. Vì vậy để tạo ra một bài Toán mới từ bài Toán ban đầu thì phải tuân theo các con đường sau: 1. Lập bài Toán tương tự . 2. Lập bài Toán đảo. 3. Thêm một số yếu tố rồi đặc biệt hóa. 4. Bớt một số yếu tố rồi khái quát hóa. 5. Thay đổi một số yếu tố. Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 3
4. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” NỘI DUNG CÁC VÍ DỤ MINH HỌA 1.Ví dụ 1: Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: a a 2001 Cho a, b Z , b > 0 . So sánh hai số hữu tỉ và b b 2001 ( Bài 9, trang 4 SBT Toán 7, tập một NXB Giáo dục 2003 ) Bài Toán này chúng ta đã có lời giải sau Xét tích a(b+2001) = ab + 2001a b(a+2001) = ab + 2001b Vì b > 0 nên b + 2001 > 0 - Nếu a > b thì ab + 2001a > ab + 2001b a(b + 2001) > b(a + 2001) a a 2001 b b 2001 a a 2001 - Tương tự, nếu a 0 . So sánh hai số hữu tỉ a và a 2015 b b 2015 Đến đây chúng ta cũng đến bài toán tổng quát sau. a a n Bài 2. Cho a,b , b > 0 và n N * . So sánh hai số hữu tỉ và b b n Giải: Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 4
5. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” Xét tích a(b+n) = ab + an b(a+n) = ab + bn Vì b > 0 và n N * nên b + n > 0 - Nếu a > b thì ab + an > ab + bn a(b + n) > b(a + n) a a n b b n a a n - Tương tự, nếu a 0 và n . CMR: a a a n a) Nếu 1 thì b b b n a a a n b) Nếu 1 thì b b b n Giải: a a) Ta có 1 a > b b an > bn vì n N * ab + an > ab + bn a(b+n) > b(a+n) a a n b b n b) Chứng minh tương tự như câu a. Điều này cho ta đề xuất các bài toán lạ sau đây: Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 5
6. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” Bài 4. So sánh hai phân số a) 1941 và 2005 1931 1995 b) 1930 và 1990 1945 2005 Giải: a) Ta có: > 1 nên theo bài 3 a) Suy ra >1941 64 = 1931 64 1930 1930 60 1990 b) Ta có: 1 nên theo câu 3 b) Suy ra 1 vì theo câu a bài 3 (19751976 1) 1974 19751976 1975 Ta có: A = > (19751975 1) 1974 19751975 1975 1975(19751975 1) 19751975 1 = = B 1975(19751974 1) 19751974 1 Vậy : A > B b) Rõ ràng C<1 vì theo câu b bài 3. Tacó: 20052004 1 (20052004 1) 2004 20052004 2005 2005(20052003 1) C 20052005 1 (20052005 1) 2004 20052005 2005 2005(20052004 1) 20052003 1 = D 20052004 1 Vậy: C < D Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 6
7. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” Từ cách giải của bài toán này ta có bài toán tổng quát sau Bài 6. Với n, m N * . So sánh hai số hữu tỉ n 1 n a) A = n 1 và B = n 1 n n 1 n n 1 1 m m 1 b) C = m 1 và D = m 1 m m 1 1 m m 1 Giải: a) - Nếu n =1 thì A = B. - Nếu n > 1 thì ta thấy A > 1. Vì nn+1+1 > nn+1 Theo bài 3 câu a . Ta có: nn 1 1 (nn 1 1) (n 1) nn 1 n n(nn 1) nn 1 A B nn 1 (nn 1) (n 1) n n n n(nn 1 1) nn 1 1 Vậy: A > B. b) - Nếu m = 1 thì C = D. - Nếu m > 1 thì ta thấy C < 1. Vì mm+1<mm+1+1 Theo bài 3 câu b. Ta có mm 1 (mm 1) (m 1) mm m m(mm 1 1) mm 1 1 C D mm 1 1 (mm 1 1) (m 1) mm 1 m m(mm 1) mm 1 Vậy: C < D Từ cách giải của bài 6 giúp ta đến với bài toán tổng quát hơn khái quát hơn. Bài 7. Cho a, b, m, n, x, y N * thỏa mãn x a, y b . So sánh hai số hữu tỉ n 1 n a) A = x a và B = x a x n a x n 1 a m m 1 b) C = y b và D = y b y m 1 b y m b Bài Toán có còn gì nữa chăng ! Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 7
8. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 2. Ví dụ 2: Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: Bài 1. Phân tích đa thức A = n3 – n thành nhân tử chung. Giải: A = n3 – n = n(n2 – 1) = n(n -1)(n+1) = (n-1)n(n+1) Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán sau: Bài 2. Với n Z. Chứng minh rằng: A = n3 – n chia hết cho 6 Giải: Cách 1: (Xét số dư) Ta chứng minh A 2 và A 3 Ta có A = n3 – n = n(n2 – 1) = n(n -1)(n+1) - Nếu n 2 thì A 2 - Nếu n = 2k+1 thì n - 1 = 2k 2 A 2 - Nếu n = 3k A 3 - Nếu n = 3k+1 thì n - 1 = 3k 3 A 3 - Nếu n = 3k+2 thì n +1 = 3k+3 3 A 3 Mà (2, 3) =1 A 2.3 A 6 Cách 2: Ta có A = n3 – n = n(n2 – 1) = n(n -1)(n+1) = (n-1)n(n+1) Vì n Z nên (n-1)n(n+1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên A 3! hay A 6 Cách 3: ( sử dụng định lý Fermat) Ta có n2 n (mod 2) n3 n (mod 2) mà n3 n (mod 3) n3- n 6 A 6 Từ kết quả của bài toán này cho ta bài toán khó và lạ hơn. Bài 3. Cho a1, a 2 , a 3 , , an là các số nguyên. CMR: Nếu a1 a 2 a 3 an 6 thì 3 3 3 3 a1 a 2 a 3 an 6 . Giải: Ta có a3 – a 6 (a Z) Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 8
9. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 3 3 3 3 nên (a1 a 1 )( a 2 a 2 )( a 3 a 3 ) ( ann a )6 3 3 3 3 a1 a 2 a 3 ann ( a 1 a 2 a 3 a ) 6 Mà a1 a 2 a 3 an 6 3 3 3 3 a1 a 2 a 3 an 6 (đpcm) Từ cách giải trên cho ta bài toán sau 3 3 3 3 Bài 4. CMR: A1 = 11 +12 +13 + + 1945 6 Giải: Ta có a3 – a 6 (a Z); Giải như bài 3, với a =11,1945 Ta có 1935(1945 11) 1935.1956 11 12 13 1945 1935.978 1935.163.6 6 22 3 3 3 3 Do đó theo câu a suy ra A1 = 11 +12 +13 + + 1945 6 Từ cách giải bài toán này và cách giải 3 của Bài 2 cho ta bài toán sau Bài 5. 1997x32 1995 x x a) CMR: fx() nhận giá trị nguyên khi x Z 3 2 6 2013x23 2014 x 5 x b) CMR: gx() nhận giá trị nguyên khi Z 2 3 6 Giải: 1997x32 1997 x 1995 x 1995 x x 1997 x 1995 x a) Ta có fx() 3 3 2 2 6 3 2 1997(xx3 ) 1995( xxx 2 ) 3994 xx 5985 1997( xx 3 ) 1995( xx 2 ) 1663x 3 2 6 3 2 Theo định lý Fermat: 1997(x3- x) 3 và 1995(x2- x) 2 Do đó f(x) nhận giá trị nguyên khi x Z Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 9
10. SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 2013(x23 x ) 2014( x x ) b)Ta có 1677x 23 Do đó g(x) nhận giá trị nguyên khi x Z Từ lời giải trên ta có bài toán khái quát hơn. Bài 6. a) CMR: ax2 +bx + c là số nguyên với mọi x Z khi và chỉ khi 2a, a + b, và c là số nguyên. b) CMR: ax3 +bx2 + cx + d là số nguyên với mọi x Z khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c và d là số nguyên. Hướng dẫn: 2ax ( x 1) a) Ta có ax2 bx c ( a b ) x c 2 6a ( x32 x ) 2 b ( x x ) b) Ta có ax32 bx cx d ( a b c ) x d 62 Ta thấy A 3 nên ta lại có bài toán sau Bài 7. 3 Với mọi n Z. CMR: A2 = n – n + 2 không phải là số chính phương Giải: 3 2 A2 = n – n + 2 = n(n – 1)+ 2 = n(n -1)(n+1) + 2= (n-1)n(n+1) + 2 = B(3) + 2 Mà số chính phương không có dạng B(3) + 2. 3 Vậy A2 = n – n + 2 không phải là số chính phương Từ phương pháp giải bài 1, 2, 3, 4, 5 ta có bài toán tương tự sau: Bài 8. a) Phân tích đa thức B = n5 – n thành nhân tử chung. b)Với n Z. CMR: B= n5 – n chia hết cho 30 Giải: a) B = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 -1)(n2+1) = (n-1)n(n+1)(n2+1) b) Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 10