Sáng kiến kinh nghiệm Đổi mới phương pháp giảng dạy Toán học lớp 7

 toán học thì mệnh đề đúng với n hình vuông bất kỳ.
Bài toán 11: Trong mặt phẳng cho n ³ 3 điểm, tất cả không nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối 2 điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng không nhỏ hơn n.
Giải: * Với n = 3, mệnh đề hiển nhiên đúng: với 3 điểm không thẳng hàng, nối từng đôi lại với nhau tạo ra 3 đường thẳng khác nhau.
Giả sử mệnh đề đúng với n = k ³ 3 điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng với k + 1 điểm. Ta nhận thấy có ít nhất một đường thẳng chỉ chứa 2 điểm Ak và Ak+1 chẳng hạn.
+ Nếu các điểm A1, A2, ,,,,; Ak+1 , Ak cùng nằm trên một đường
thẳng ( là đường thẳng d chẳng hạn ) thì số đường thẳng sẽ là k + 1 ( đó là k đường thẳng nối Ak+1 với n điểm A1, A2, .,; Ak-1, Ak và đường thẳng d ).
+ Nếu A1, A2,; Ak-1, Ak không cùng nằm trên một đường
thẳng thì theo giả thiết quy nạp ta có k đường thẳng khác nhau từ k điểm này; Ngoài ra ta có các đường thẳng nối Ak+1 với các điểm A1, A2, ; ; Ak-1, Ak , do đường thẳng AkAk+1 không chứa một điểm nào trong các điểm A1, A2, ; ; Ak-1 nên đường thẳng AkAk+1 khác các đường thẳng nối Ak+1+ với các điểm A1, A2, ; Ak-1. Từ đó số đường thẳng tạo cũng không nhỏ hơn k + 1.
Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề đúng với mọi n ³ 3.
Bài toán 12: Chứng minh rằng tổng các góc trong của một n-giác lồi bằng ( n – 2 ) 1800.
Giải: * Với n = 3, mệnh đề hiển nhiên đúng: Tổng các góc trong của một tam giác bằng ( 3 – 2 ).1800 = 1800.
Giả sử mệnh đề đúng tất cả k-giác, với k < n. Ta chứng minh nó
cũng đúng với mọi n – giác.Ta nhận thấy một n – giác có thể chia thành 2 đa giác bởi một đường chéo, nếu số cạnh của một đa giác đó là m + 1 thì số cạnh của đa giác kia là n – m + 1 và cả 2 số đó đều nhỏ hơn n. Do đó tổng các góc trong của các đa giác đó
tương ứng bằng ( m – 1 ).1800 và ( n – m - 1 ) .1800. Khi đó tổng các góc của n – giác bằng tổng các góc trong của các đa giác đó, tức là bằng:
( m – 1 + n – m - 1 ).1800 = ( n – 2 ) .1800.
Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề đúng với mọi n ³ 3.
có thể có cách khác hay hơn không ?
Một kết luận được chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, thì có thể chứng minh bằng một phương pháp khác nào đó, ngắn gọn hơn, hay hơn phương pháp quy nạp toán học.
Ta hãy xét một vài ví dụ:
Xét lại bài toán 7 ở trên:
Chứng minh :
Giải:

Sn =

3 + 33

+ ... +

31323.3..3
n
= 10n+1 - 9n + 10
27
S n =
1 (9 + 99
3
+ ... + 999 ... 9 ) =
1 (10
3
- 1 + 10 2
- 1 + ... + 10 n
- 1)
= 1 [ +
+	2 +	+	n	-
+	] =
1 é10 n +1 - 1 -	+	ù
(1	10	10
3
...
10	)
( n	1)
ê 10 - 1
( n	1) ú
û
3
ë
= 1 × 10 n +1 - 9 n - 10 = 10 n +1 - 9 n - 10
3	9
-> đpcm.
Chứng minh:

S = 1 + 1
n	3	15
27
+ ... +

1	=
4n 2 - 1

n	.
2n + 1
Giải: Xét với k Î Z; k ³ 1 có:
1	=
4k 2 - 1
1
(2k - 1)(2k + 1)
= 1 (
2
1	-
2k - 1
1	)
2k + 1
Từ đó với k = 1, ta có: 1 =	1
= 1 æ 1 - 1 ö

3	4.12 - 1
ç	÷
2 è 1	3 ø
k = 2, ta có:	1 =	1
= 1 æ 1 - 1 ö

15	4.22 - 1
ç	÷
2 è 3	5 ø
k = 3:
1 =	1
= 1 æ 1 - 1 ö
35
..

4.32 - 1
ç	÷
2 è 5	7 ø
k = n:
1	1 æ	1	1	ö
=
-
2	ç	÷
 
4.n - 1	2 è 2n - 1	2n + 1ø
Cộng các đẳng thức này với nhau, ta được:
-> đpcm.
S = 1 + 1
n	3	15

+ ... +
1	=
4n 2 - 1
n	.
2n + 1
Chứng minh rằng

Sn =
1 +
1.4
1
4.5

+ ... +
1
(3n - 2)(3n + 1)
=	n
3n + 1
Giải: Xét với
k Î Z; k ³ 1 có:
1
(3k - 2)(3k + 1)

= 1 (
3

1
3k - 2

-	1	) 3k + 1
Từ đó: với k = 1, ta có:
1 = 1 æ 1 - 1 ö
1.4
ç	÷
3 è 1	4 ø
k = 2, ta có:
1 = 1 æ 1 - 1 ö
k = 3: ta có:

4.7
1
7.10
ç
3 è 4
ç
= 1 æ 1 -
3 è 7
÷
7 ø
1 ö
÷
10 ø
k = n:	1
(3n - 2).(3n + 1)
1 æ	1	1	ö
=
-
ç	÷
3 è 3n - 2	3n + 1ø
Cộng các đẳng thức này với nhau, ta được:
-> đpcm.
Sn =
1 +
1.4
1
4.5

+ ... +
1
(3n - 2)(3n + 1)
=	n	.
3n + 1
Tuy nhiên, phương pháp quy nạp toán học là phương pháp có nhiều ưu điểm nổi trội vì nó giải được một lớp các bài toán thuộc các dạng khác nhau, trong cả các phân môn Số học, Đại số và Hình học như đã chỉ ra trong các phần trên.
Bổ xung: Một số dạng nguyên lý quy nạp toán học
Chúng ta xét một số dạng nguyên lý quy nạp khác, được phát biểu dưới dạng các định lý 2 và định lý 3. Sau mỗi định lý chúng tôi tuyển chọn một số bài toán minh hoạ.
Định lý 2. Cho p là số nguyên dương và dãy các mệnh đề P(1); P(2); ; P(n); 
Nếu: A) P(1); P(2); ; P(p) là những mệnh đề đúng và
B) Với mỗi số tự nhiên k ³ p các mệnh đề P(k-p+1); P(k-p+2); ; P(k) dúng, suy ra mệnh đề P(k+1) cũng đúng
Thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n.
Chứng minh định lí này hoàn toàn lặp lại như định lí 1.1. Sau đây ta xét một số ví dụ sử dụng dạng định lí 2.1.
Bài toán 2.1 Cho
v0 = 2, v1 = 3
và với mỗi số tự nhiên k có đẳng thức như sau
vk +1 = 3vk - 2vk -1
chứng minh rằng v = 2n + 1
n
Giải: Bước cơ sở: Với n=0 và n=1 kết luận bài toán đúng, do điều kiện bài đã
cho.
k +1
k -1	k
n
Bước quy nạp: Giả sử rằng v	= 2k-1 + 1; v v	= 3(2k + 1) - 2(2k-1 + 1) = 2k+1 + 1
= 2k + 1 khi đó
Theo nguyên lí quy nạp toán học dạng định lí 2.1, suy ra mọi số tự nhiên n.
v = 2n + 1 đúng với
Bài toán 2.2 Cho
x1 và
x2 là nghiệm của phương trình
x 2 - 27x + 14 = 0 ; n là số
tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng tổng S = xn + xn không chia hết cho 715.
n	1	2
1
2
Giải: Theo công thức Viet
x1 + x2 = 27; x1 x2 = 14 .
Bước cơ sở: Các số
S1 = 7; S2
= (x1
+ x2
)2 - 2x x
= 701 và
S3 = (x1
x2
)[(x
x2
)2 - 3x x
]= 27.687
đều không chia hết cho 715. Suy ra mệnh đề
1
1
2
của bài toán đúng với n=1, 2, 3.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n=k-2, n=k-1, n=k ta tính
xk +1 + xk +1 = (x
x )(xk + xk ) - x x
(xk -1 + xk -1 )
1	2	1	2	1	2	1 2	1	2
= (x
x )[(x
x )(xk-1 + xk-1 ) - x x
(xk -2 - xk -2 )
]- x x
(xk -1 + xk -1 )
1	2	1	2	1	2
1 2	1	2
1 2	1	2
= 715(xk-1 + xk-1 ) - 378(xk-2 + xk-2 )
1	2	1	2
Do đó xk+1 + xk+1 không chia hết cho 715, vì 378 không chia hết cho 715, nói
1	2
cách khác mệnh đề đúng với n=k+1.
Bài toán 2.3 Chứng minh với mọi số thực x > 0 và mọi số tự nhiên n bất đẳng
thức sau đúng
xn + xn-2 + xn-4 + ... +
1
xn-4
+	1	+ 1
xn-2	xn
³ n + 1
Giải: 1a) Với n=1 bất đẳng thức (2.1) có dạng
x + 1 ³ 2
x
(2.2)
bất đẳng thức (2.2) suy ra từ bất đẳng thức hiển nhiên:	(x - 1)2 ³ 0
1b) Với n=2 bất đẳng thức (2.1) có dạng
x 2 + 1 + 1 ³ 3
x 2
(2.3)
Bất đẳng thức (2.2) đúng với mọi giá trị x > 0 nên nó cũng đúng cho x2. Do đó ta
có x 2 + 1
x 2
³ 2 ; từ đó suy ra (2.3).
2) Giả sử bất đẳng thức (2.1) đúng với n=k, với k là một số tự nhiên nào đó;
tức là ta có:
xk + xk-2 + xk-4 + ... +
1
xk -4
+	1	+ 1
xk -2	xk
³ k + 1
(2.4)
ta sẽ chứng minh khi đó bất đẳng thức (2.1) đúng với n= k+2, hay là
xk+2 + xk + xk-2 + ... +
1	+ 1
xk -2	xk
+	1
xk +2
³ k + 3 (2.5)
Thật vậy, trong (2.2) thê x bằng
xk +2
ta nhận được
xk +2 +
1
xk +2
³ 2 (2.6)
n=2.
Cộng vế tương ứng của các bất đẳng thức (2.4) và (2.6), ta sẽ có (2.5)
Tóm lại:
Bước cơ sở: Trong 1a) và 1b) ta đã chứng minh bất đẳng thức đúng cho n=1 và
Bước quy nạp: Trong 2) ta đã chứng minh từ giả thiết đúng của (2.1) với n=k
suy ra nó đúng với n=k+2. Kết quả là:
+ Từ 1a) và 2) cho ta khẳng định là bất đẳng thức (2.1) đúng với mọi số lẻ n.
+ Từ 1b) và 2) cho ta khẳng định là bất đẳng thức (2.1) đúng với mọi số chẵn n. Như vậy, bất đẳng thức (2.1) đúng với mọi số tự nhiên n.
Định lý 3. Cho dãy các mệnh đề P(1); P(2); ; P(n);  Nếu: A) P(1) những mệnh đề đúng và
B) Với mỗi số tự nhiên n ³ 1 các mệnh đề P(1); P(2); ; P(k) đúng, suy ra mệnh đề P(k+1) cũng đúng
Thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n.
Dạng này khác với các dạng trước là giả thiết mạnh hơn ở bước quy nạp. Ta giả thiết tất cả khẳng định P(1), P(2),,P(k) đúng suy ra P(k+1) cũng đúng. Dễ dàng chứng minh hai cách phát biểu định lý 1.1 và định lí 2.2 tương đương nhau. Nhưng trong thực tế áp dụng vào bài toán cụ thể dùng định lí 2.2 dễ dàng giải hơn.
Bài toán 3.1. Chứng minh rằng nếu
nguyên với mọi số tự nhiên n.
x + 1
x
là số nguyên thì
xn + 1
xn
cũng là số
Giải: Bước cơ sở: Khi n=1 mệnh đề hiển nhiên đúng.
Bước quy nạp: Giả sử với mọi số tự nhiên từ 1 đến k,

xk + 1
xk

là những số
nguyên. Ta cần chứng minh rằng
xk +1 +
1
xk +1
cũng là một số nguyên.
Thật vậy
xk +1 +
1
xk +1
= x(x + 1 )(xk +
x
1 ) - (xk-1 +
xk
1 )
xk -1
Theo giả thiết cả 3 biểu thức
x + 1 , xk + 1
x	xk

, xk -1 +
1
xk -1

đều biểu diễn các số nguyên .
Vậy

xk +1 +
1
xk +1

cũng là một số nguyên.
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thể biểu diễn dưới dạng tích của những số nguyên tố .
Giải: Bước cơ sở: Hiển nhiên mệnh đề đúng với mọi số nguyên tố, trường hợp đặc biệt n=2.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên k, mà 2 £ k < n .
Nghĩa là mọi số hai trường hợp
£ k < n
đều biểu diễn dưới dạng tích các thừa số nguyên tố. Ta xét
Nếu n là số nguyên tố thì mệnh đề đúng.
Nếu n là hợp số thì theo định nghĩa hợp số tồn tại hai số nguyên
n1 < n và
n2 < n
sao cho
n = n1n2 . Theo giả thiết quy nạp
n1 và
n2 đều biểu
diễn được thành tích các số nguyên tố. Do đó suy ra n cũng biểu diễn được thành tích các số nguyên tố.
Phần III. Hiệu quả của đề tài
Một số bài kiểm tra:
Chúng tôi chọn ra một số bài toán để các bạn tự kiẻm tra sau khi nghiên cứu chuyên đề này, hoặc có thể lấy làm đề kiểm tra cho học sinh.
Bài số 1:
Phương án 1: 1) Chứng minh rằng
2n > n 2
với các số tự nhiên
n ³ 5 .
2) Chứng minh rằng: (2n+5.34n + 52n+1 )M37 với "n Î N .
Phương án 2: 1) Chứng minh rằng với các số dương a; b bất đẳng thức sau đúng
với
"n Î N * .
Bài số 2:
2n-1.(an + bn ) > (a + b)n .
2) Chứng minh rằng: (7 n+2 + 82n+1 )M57

với "n Î N .
Phương án 1. 1) Chứng minh rằng:
Sn =
1 +
1.4
1
4.7
+	1
7.10

+ ... +
1
(3n - 2)(3n + 1)
=	n
3n + 1
2) Chứng minh rằng:
1	+
1.3.5
1
3.5.7

+ ... +
1	=
(2n - 1)(2n + 1)(2n + 3)
n(n + 1) 2(2n + 1)(2n + 3)
Phương án 2 :
Chứng minh rằng:
Sn =
1 +
1.5
1
5.9
+	1
9.13

+ ... +
1	=
(4n - 3)(4n + 1)
n
4n + 1
Chứng minh rằng:
12
1.3
+ 22
3.5

+ ... +
n 2	=
(2n - 1)(2n + 1)
n(n + 1) 2(2n + 1)
Bài số 3: 1) Chứng minh rằng :
(52n+1 + 2n+4 + 2n+1 )M3 với
n Î N
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, đồng nhất thức sau đúng:
(n + 1)(n + 2)...(n + n) = 2n.1.3.5...(2n - 1)
Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi n ³ 2; n Î N .
(1 + x)n > 1 + nx với x > -1
Bài số 4. 1) Chứng minh với "n Î N :	(2n+2.3n + 5n - 4)M25
Chứng minh rằng:
2.12 + 3.22 + ... + (n + 1).n 2 = n(n + 1)(n + 2)(3n + 1)
12
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ³ 2 ta có:
1	+
n + 1
1
n + 2
+ ... + 1
2n
13 .
24
Bài số 5.	1) Chứng minh rằng:
1
1+ x
+	2
1+ x2
+	4
1+ x4

+... +
2n 1+ x2n
=	1
x -1
+	2n+1 1- x2n +1

với

x ¹ 1.
1
3
Chứng minh với mọi số tự nhiên n ³ 2 :
n
< 1 +

1
2
+
+ ... + 1

< 2 n.
n
Tìm công thức tính tổng:
n
S	= 1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + ... + (-1) n-1.n .
Hiệu quả của đề tài:
Kết quả các bài kiểm tra:
Tôi đã chọn các bài kiểm tra cho các em sau khi học xong chuyên đề này ( tuỳ theo mức độ đối với từng khối lớp ):
Khối 6, 7: Kiểm tra 20 em bài 2. Kết quả:
Tổng số
Điểm 9 - 10
Điểm 7 – 8,5
Điểm 5 – 6,5
Điểm <5
20
7
9
3
1

Khối 8,9: Kiểm tra 20 em các bài 1 và bài 5. Kết quả:
Tổng số
Điểm 9 - 10
Điểm 7 – 8,5
Điểm 5 – 6,5
Điểm <5
20
9
9
2
0

Việc thực hiện thường xuyên phép quy nạp trong các giờ học chính khoá đã làm cho các giờ học sôi nổi hơn, học sinh rất thich thú. Bản thân giáo viên cũng rất phấn khởi, bỏ được tâm lý cho rằng sách giáo khoa quá tải, đã tập trung vào việc khai thác SGK gắn với việc cải tiến phương pháp giảng dạy.
Bên cạnh đó việc thực hiện chuyên đề nâng cao đối với HSG đã góp phần bồi dưỡng đội ngũ HSG về môn Toán của trường và của thành phố đạt được thành tích cao. Cụ thể:
Học sinh giỏi cấp Tỉnh:
+ Của trường: có 01 em đạt giải nhì;
+ Của thành phố: 10 em, trong đó cố 4/7 giải nhì; 5/14 giải ba và 1 giải khuyến khích ( toàn tỉnh không có giải nhất ).
Kết luận
Kết luận chung:
Việc thực hiện chuyên đề “ Phép quy nạp và phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông” đã thu được những kết quả khích lệ, cụ thể là:
Giáo viên và học sinh đã có những nhận thức đúng đắn về phép quy nạp, phân biệt được phép quy nạp hoàn toàn và chưa hoàn toàn. Từ đó có những cải tiến về phương pháp dạy và phương pháp học.
Đặc biệt, các em học sinh khá, giỏi đã hiểu rõ và vận dụng sáng tạo nguyên lý quy nạp toán học vào giải toán. Có thể nói các em đã được trang bị một phương pháp mới giải toán rất hữu hiệu đối với các bài toán toán học thuộc đủ các loại. Từ đó khơi dậy lòng ham mê, hứng thú tìm tòi, phát huy óc sáng tạo của các em, qua đó rèn luyện khả năng suy luận, phát triển tư duy lôgic. Các em đã trở thành cốt cán, phối hợp với giáo viên trong việc truyền tải và tiếp thu các bài học trên lớp giờ chính khoá, giúp cho giờ học sinh động hơn, hấp dẫn hơn và hiệu quả hơn, các em cũng phối hợp với giáo viên trong việc giúp đỡ các bạn học sinh yếu kém vươn lên.
Bài học sư phạm:
Muốn cải tiến, đổi mới phương pháp giảng dạy, người giáo viên cần phải luôn tự học, tự bồi dưỡng để nắm vững kiến thức cơ bản, có hệ thống. Đồng thời cần nắm vững chương trình – SGK vì đó là tài liệu vừa có tính pháp quy, vừa mang tính linh hoạt trong quá trình sử dụng tuỳ theo trình độ học sinh. Một trong những con đường là thực hiện các chuyên đề chuyên sâu, có tác dụng xuyên suốt chương trình – SGK, đồng thời có phần nâng cao cho đối tượng HS khá giỏi như chuyên đề mà chúng tôi thể hiện trên đây.
Đối với các em học sinh cần rèn cho các em kỹ năng, phương pháp tự học. Muốn vậy cần phải hướng dẫn các em thường xuyên, cụ thể, phải làm cho các em hiểu rõ SGK, phải giao việc cho các em tuỳ trình độ khả năng, từ thấp đến cao. Tôi thường động viên các em: “ Không biết mới phải đi học, học rồi thì phải biết, biết rồi thì phải thạo, có thành thạo thì mới dẫn đến sáng tạo, mà có sáng tạo ắt sẽ có thành công” .
Việc rèn cho học sinh khả năng tự học vừa phải là một mục đích vờa là phương tiện của việc đổi mới phương pháp dạy học.
Một số ý kiến đề xuất
Mỗi giáo viên cần nắm chắc, có hệ thống kiến thức cơ bản và chương trình – SGK hiện hành.
Việc rèn cho học sinh khả năng tự học là một quá trình khó khăn, đòi hỏi mỗi giáo viện phải kiên trì, bền bỉ thực hiện thường xuyên.
Đối với các cấp quản lý giáo dục cần đổi mới nội dung thực hiện các chuyên đề về cải tiến phương pháp giảng dạy,
Trên đây là những suy nghĩ, tìm tòi của tôi về một vấn đề liên quan đến việc cải tiến phương pháp giảng dạy nhằm phát huy tính tích vực của học sinh. Do thời gian có hạn và khả năng còn hạn chế bên không tránh khỏi thiếu sót, mong được sự góp ý, động viên khích lệ của các cấp quản lý và của anh em đồng chí, đồng nghiệp để đề tài ngày càng hoàn thiện hơn. Chúng tôi xin chân thành cám ơn.
., tháng năm 20.