Nội dung

Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: MỤC LỤC A. MỞ ĐẦU..................................................................................................................................2 I. ĐẶT VẤN ĐỀ:......................................................................................................................2 1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu...................................................................................2 2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài..........................................................................................3 3. Phạm vi nghiên cứu..........................................................................................................3 II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH...........................................................................................3 1. Cơ sở lí luận và thực tiển..................................................................................................3 2. Các biện pháp tiến hành...................................................................................................4 B. NỘI DUNG..............................................................................................................................5 I. MỤC TIÊU............................................................................................................................5 II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.....................................................................................5 1. Thuyết minh tính mới......................................................................................................5 2. Khả năng áp dụng..........................................................................................................20 3. Lợi ích kinh tế xã hội.....................................................................................................20 C. KẾT LUẬN............................................................................................................................21 1. Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp..........................................21 2. Những triển vọng trong việc vận dụng và phát triển giải pháp.....................................21 3. Đề xuất, kiến nghị..........................................................................................................21 NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA BGH NHÀ TRƯỜNG..................................24 Saùng kieán kinh nghieäm 1 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: A. MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ: 1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trong nhà trường trung học cơ sở hiện nay, mỗi thầy cô giáo không ngừng đổi mới phương pháp dạy học nhưng việc tìm ra phương pháp hợp lí, phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh, thu hút được học sinh không phải là chuyện đơn giản! Phương pháp dạy học của giáo viên vẫn còn nặng tính thuyết trình, giải thích sách giáo khoa, còn bị động bởi sách giáo khoa, chưa có sự gia công đáng kể để đề xuất những phương pháp mới, dẫn đến học sinh tiếp thu kiến thức một cách thụ động và không có cơ hội phát huy sự sáng tạo của bản thân. Đối với học sinh: về khách quan cho thấy hiện nay năng lực học toán của học sinh còn rất nhiều thiếu xót đặc biệt là quá trình vận dụng các kiến thức đã học vào bài tập và thực tiễn. Tỷ lệ học sinh yếu kém còn cao. Tình trạng phổ biến của học sinh khi làm toán là không chịu nghiên cứu kĩ bài toán, không chịu khai thác và huy động kiến thức để làm toán. Trong quá trình giải thì suy luận thiếu căn cứ hoặc luẩn quẩn. Trình bày cẩu thả, tuỳ tiện … Vì vậy yêu cầu đặt ra của cải cách là phải đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, dưới sự tổ chức hướng dẫn của giáo viên. Học sinh tự giác, chủ động tìm tòi, phát hiện, giải quyết vấn đề và có ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học vào bài tập và thực tiễn. Trong đó có đổi mới dạy, học môn Toán. Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở trường THCS, cần phải chú trọng đến việc khai thác và phát triển cho một bài toán, nó không chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán, mà cơ bản hơn là nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học Toán. Một trong những điều kiện có thể phát triển tư duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học sinh là phát hiện và giải quyết vấn đề mới từ vấn đề quen thuộc. Trong quá trình công tác, bản thân tôi không ngừng học tập, nghiên cứu và vận dụng lý luận đổi mới vào thực tế giảng dạy của mình. Qua quá trình tập huấn, được sự cộng tác của đồng nghiệp và sự chỉ đạo của ban giám hiệu nhà trường tôi đã tiến hành nghiên cứu và vận dụng quan điểm trên vào công tác giảng dạy của mình và thấy rất có hiệu quả. Xuất phát từ những lý do trên tôi đã chọn đề tài “Phát triển tư duy tích cực, sáng tạo của học sinh khá, giỏi thông qua việc xây dựng, khái quát và mở rộng các bài toán số học ”.Với mong muốn góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán theo tinh thần đổi mới. Saùng kieán kinh nghieäm 2 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: 2. Ý nghĩa và tác dụng của đề tài Hình thành cho học sinh phương pháp suy luận khoa học, rèn luyện các thao tác tư duy quan trọng của toán học như: phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, trừu tượng hoá, tương tự hoá, lật ngược vấn đề, quy lạ về quen, … có thói quen dự đoán, tìm tòi, nhìn nhận một vấn đề dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có năng lực phát hiện vấn đề, giải quyết vấn đề, đánh giá cách giải quyết vấn đề đó, diễn đạt một vấn đề có sức thuyết phục. Ngoài mục đích trên, đề tài cũng là một tài liệu tham khảo cho các giáo viên trong quá trình đọc và nghiên cứu tài liệu, cũng như giảng dạy bồi dưỡng môn toán. 3. Phạm vi nghiên cứu Khảo sát, đề xuất và mở rộng các bài toán số học dạng tính tổng trong chương trình toán THCS và trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS Đối tượng nghiên cứu: Học sinh khá, giỏi lớp 6, 7, 8 và 9 II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH 1. Cơ sở lí luận và thực tiển a. Cơ sở lí luận: – Đặc điểm của lứa tuổi THCS là: muốn vươn lên làm người lớn, muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hoạt động dạy học toán, giải các bài toán khó càng có điều kiện thuận lợi giúp cho việc hình thành và phát triển tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo của học sinh một cách tốt nhất – Tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo của học sinh được thể hiện một số mặt sau: + Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập khuôn, máy móc. + Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh. + Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không ? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không ? + Tính độc lập còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề. + Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết. b. Cơ sở thực tiễn: Qua nhiều năm giảng dạy, tôi thấy: – Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, chưa thực sự nắm vững kiến thức, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập. Saùng kieán kinh nghieäm 3 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: – Học sinh còn thụ động, làm việc rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. – Học không đi đôi với hành làm cho các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết. – Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao. – Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. – Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn... – Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán. Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp. 2. Các biện pháp tiến hành Để hoàn thành đề tài tôi đã sử dụng kết hợp nhiều phương pháp cụ thể là: + Phương pháp đọc sách, nghiên cứu tài liệu. + Phương pháp thực nghiệm. + Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. + Phương pháp trò chuyện. + Phương pháp điều tra, trắc nghiệm. Ngoài ra, tôi còn sử dụng một số phương pháp khác. Saùng kieán kinh nghieäm 4 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: B. NỘI DUNG I. MỤC TIÊU Dạy cho học sinh biết khám phá, tìm tòi, khai thác bài toán theo những hướng tiếp cận khác nhau, không chỉ dừng lại ở một kết quả, một cách giải, mà còn phải biết đề xuất cách giải khác, một hướng phát triển bài toán mới- đó chính là mục tiêu hướng đến của đề tài này. II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 1. Thuyết minh tính mới - Qua những bài toán mà học sinh đã giải được, tôi định hướng cho học sinh tư duy theo các phương pháp như: Tương tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm những vấn đề mới, bài toán mới. - Trong phần này tôi xin được phép phát triển từ một bài toán quen thuộc để xây dựng một số bài toán khác có liên quan. Nhằm làm cho học sinh thấy được, tầm quan trọng trong việc thay đổi các giả thiết, tương tự hoá bài toán, liên hệ giữa bài toán này với bài toán khác có liên quan. Bài toán mở đầu: Tính tổng: S 1 2 3 4 ...  99 100 Việc tính tổng S ở bài toán trên là hoàn toàn quen thuộc, bằng cách dựa vào cách tính của nhà toán học Gauss ở sách giáo khoa toán 6 tập 1 Ta có: S  1  2  3  4  ...  99  100 S 100  99  98 97  ...  2  1 2S 101 101 101 101 ...  101  101(coù100 soáhaïng) 100.101  S 5050 2 Từ bài toán trên ta có một nhận xét: 2S (100  1)  (100  1)  (100  1)  ...  (100  1)  (100  1) (coù100 soáhaïng) 100.(100  1)  S 2 100.(100  1) Như vậy: S  1  2  3  4  ...  99  100  2 Nếu mở rộng tổng trên với n số hạng ta có bài toán sau: Bài toán 1a. Tính tổng: S 1 2 3 4 ...  n  1 n ( n  ) Dựa vào cách tính tổng như bài toán mở đầu ta dễ dàng có được: S 1 2  3 4  ...  n  1 n  Saùng kieán kinh nghieäm n(n  1) 2 5 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Vấn đề tiếp theo là ngoài cách tính trên ta còn có cách tính nào khác nữa hay không? Ta thử phân tích khác như sau: 1.2 2 2.3 3  2 1 1  1 2 1 2  3 6  3.4 2 1 2  3 4 10  4.5 2 n(n  1) 2 Ta có thể chứng minh kết quả trên bằng phương pháp quy nạp: Kiểm tra với n = 1 ta có: Phải chăng S 1 2  3 4  ...  n  1 n  S(1) = 1 (đúng) n(n  1) k(k 1) đúng với n = k, (k > 1) nghĩa là: S(k)  2 2 Ta cần chứng minh mệnh đề này đúng với n = k + 1 tức: Giả sử S(n)  S(k  1) 1 2  3 4  ...  k  k  1 (k 1)(k 2) 2 Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có: S 1 2  3 4  ...  k  k(k 1) 2 k(k  1) (k 1)(k 2)  (k  1)  (đpcm) 2 2 Ở bài toán trên khoảng cách giữa các số hạng là 1 đơn vị. Liệu có thể tính tổng của một dãy số với khoảng cách giữa các số hạng cho trước tùy ý hay không? Ta thử làm bài toán sau: Suy ra: S(k  1) 1 2  3 4  ...  k  (k  1)  Bài toán 1b. Tính tổng: A = 2 + 4 + 6 + 8 +… + 2n B = 1 + 3 + 5 + 7 +… + (2n – 1) Nhận xét: * Tổng A có thể tính được một cách dễ dàng nhờ cách phân tích: n (n  1) A 2  4  6  8  2n  2(1 2  3 4  n) 2 n(n  1) 2 Saùng kieán kinh nghieäm 6 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 A  B 1 2  3 4  2(n  1)  2n  Do đó: Naêm hoïc: 2n(2n  1) n(2n  1) 2 B  n(2n  1)  n(n  1) n2 * Tổng B có thể tính được bằng cách khác dựa vào cách phân tích sau: 2 1 3  1 3 4 2    2  1 3 5  1 5 9 3    2  2 2 2  1 7   16  4     2  2 2 1 3 5 7 2 1  3    (2n  1)  1 (2n  1)  2   n 2   Tương tự như vậy ta có bài toán: Bài toán 1c. Tính tổng: S 1 4 7 10 ...  (3n  2) Có thể phát triển bài toán 1 ở dạng tổng quát sau đây: Bài toán 1d. Tính tổng: S a1  a2  a3  ...  an Với ( a1 0, an an 1  d, n ƒ 2, d nguyên dương tùy ý). Theo đề bài ta có: a1 = a1 a2 = a1 + d a3 = a2 + d = a1 + 2d a4 = a3 + d = a1 + 3d ………………………… an = an-1 + d = a1 + (n – 1)d Suy ra: S a1  a2  a3  ...  an = na1 + d + 2d + 3d + 4d +…+ (n – 1)d n(a  a ) (n  1)n d 1 n 2 2 * Tới đây lại xuất hiện vấn đề tiếp theo là liệu có thể tính tổng của một dãy số với khoảng cách d thay đổi giữa các số hạng hay không ? Xuất phát từ việc phân tích của bài toán 1a, ta có: na1  [1 2  3 4  ...  (n  1)]d na1  1 3 6  10  ...  n(n 1) 1.2 2.3 3.4 n(n 1)     .....  2 2 2 2 2 Saùng kieán kinh nghieäm 7 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Từ suy nghĩ trên, ta có thể đề xuất bài toán sau: Bài toán 1e: Tính tổng: E = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n.(n+1) Ta cố gắng tìm cách phân tích để đưa bài toán về gần với bài toán 1 bằng cách sau đây: E = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n.(n+1) = 1.(1 + 1) + 2.(1 + 2) + 3.(1 + 3) + 4.( 1+ 4) + ……+ n.(1 + n) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + …. + n) + ( 12  22  32  ...  n2 ) Như vậy để tính được tổng E ta cần tính tổng: F = 12  22  32  ...  n 2 Việc nghiên cứu bài toán 1e cho ta nhiều kết quả rất lí thú ta dành lại ở mục riêng, còn bây giờ ta xét bài toán sau: Bài toán 2: Tính tổng: P(n) = 12+ 22 +32 + .... + n2 Dựa vào cách phân tích và kết quả của bài toán 1để tính tổng này ta lập bảng sau đây (Theo một gợi ý của nhà toán học Polya) n A(n) A(n) 2 P(n) S(n) P (n) s(n) 1 1 1 1 1 2 2 4 5 3 3 3 9 14 6 4 4 16 30 10 5 5 25 55 15 6 6 36 91 21 3 3 5 3 7 3 9 3 11 3 13 3 Dựa vào bảng trên ta có: P(n) 2.n  1 n(n  1) = ; với S(n) = ( kết quả bài toán 1), suy ra: S ( n) 3 2 P(n) = 2.n  1 n(n  1) 2.n  1 n(n  1)(2n  1) .S(n) hay P(n) = . = 3 2 3 6 Có được kết quả này ta đã dựa vào bài toán số 1a, sử dụng kết quả của nó và mối quan hệ giữa S(n) và P(n) để tính P(n). Cũng từ đây ta phát triển và mở rộng để được các bài toán mới sau đây : Bài toán 2a. Tính tổng : A = 22 + 42 + 62 + .............+ (2n)2 B = 12 + 32 + 52 ……….. + (2n – 1)2 Bằng cách làm tương tự như bài toán 1b, ta thu được các kết quả sau đây : 2n(n  1)(2n  1) 3 Mặt khác ta có: A = Saùng kieán kinh nghieäm 8 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 2 A  B 12  22  33  ...   2n  Naêm hoïc: 2n(2n  1)(4n  1) n(2n  1)(4n  1)  6 3 n(2n  1)(4n  1) n(2n  1)(4n  1) 2n(n  1)(2n  1) 4n3  n Và: B   A   3 3 3 3 Có thể phát triển bài toán 2a ở dạng tổng quát sau đây: Bài toán 2b. Tính tổng: C a12  a22  a32  ...  an2 Với an an 1  d ( a1 0, d nguyên dương tùy ý) Ta có thể dựa vào quy luật sau: a12 a12 a22  a1  d 2 2 a32  a2  d  a1  2d 2 ......................................... 2 an2  an 1  d  a1  (n  1)d 2 Suy ra: C a12  a22  a32  ...  an2 na12  2da1[1 2  3 ...  (n  1)] +d2[12  22  32  ...  (n  1)2] (n  1)n 2 (n 1)n(2n 1) d . 2 6 Áp dụng kết quả này ta có thể tính các tổng sau nhanh chóng: Bài toán 2c. Tính tổng: =na12  2a1.d. E 2  4  8 ...  2n n(6n2  3n  1) 2 n1 2  2 F 3 6  12  ...  3.2n 1 3(2n  1) (vôù i an an 1.2 ; nƒ 1) D 12  42  72  ...  (3n  1)2  Bài toán 3: Tính tổng sau: K(n) =13 + 23 + 43 +..........+ n3 Ta có thể dự đoán kết quả bài toán dựa vào cách phân tích sau đây: 13  23 9 (1 2)2 13  23  33 36 (1 2  3)2 13  23  33  43 100 (1 2  3 4)2 ........................................................ 3 3 3 3 1  2  3  ...  n  n(n  1)  (1 2  3 ...  n)    2  Saùng kieán kinh nghieäm 2 2 9 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Qua việc khảo sát 3 bài toán trên, một nhu cầu tất yếu đặt ra là có thể tính được tổng trong trường hợp tổng quát hay không ? Ta hãy xuất phát từ bài toán sau đây : Bài toán 4 : Tính tổng : S(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n(n + 1) Cách thứ 1: Như đã trình bày ở bài toán 1e, ta có: S(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n.(n + 1) = 1.(1 + 1) + 2.(1 + 2) + 3.(1 + 3) + 4.( 1+ 4) + ……+ n.(1 + n) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + …. + n) + (12 + 22 + 32 + .... + n2) = n(n  1) 2 + n(n  1)(2n 1) 6 = n(n  1)(n 2) 3 Cách thứ 2: Để tính A ta biến đổi A để xuất hiện các hạng tử đối nhau. Muốn vậy ta cần tách một thừa số trong mỗi hạng tử thành một hiệu : a = b – c Với S(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n.(n +1) Nhân hai vế đẳng thức trên với 3 ta được: 3.S(n) = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + 4.5.3 + 5.6.3 + …… ..+ n.(n +1).3 = 1.2.3 + 2.3.(4 – 1) + 3.4(5 – 2) + 4.5(6 – 3) + …+ n.(n +1)[ (n +2) – (n – 1)] Suy ra: 3.S(n) = n(n + 1)(n + 2)  S(n)  n(n  1)(n 2) 3 Nhận xét : Đặt : S2(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n(n +1) S1(n) = 1 + 2 + 3 + ............... + n Ta có thể liên hệ nó với bài toán 1bằng cách nhân S1(n) với 2, thu được: 2. S1(n) = 1.2 + 2.2 + 3.2 + ............... + n.2 Do đó: S2(n) – 2.S1(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n.(n – 1) Vế phải của đẳng thức này chính là : S2(n) – n(n+1) Vì vậy : S2(n) – 2.S1(n) = S2(n) – n(n+1) n(n  1) 2 Nhận xét: Trong cách làm trên mặc dù ta chưa tính được S2(n) nhưng lại tính được tổng S1(n). Điều quan trọng là nó gợi cho ta ý nghĩ rằng muốn tính S 2(n) lại phải liên hệ với một tổng tương tự khác nữa. Xét tổng S3(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ….. + n(n +1)(n +2) Suy ra : S1(n)  Saùng kieán kinh nghieäm 10 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Nhân S2(n) với 3, ta có: 3.S2(n) = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + 4.5.3 + 5.6.3 + …… ..+ n.(n +1).3 S3(n) – 3.S2(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5+ ……………… + (n –1)n(n +1) = S3(n) – n(n +1)(n + 2) n(n  1)(n 2) 3 S3(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + ….. + n.(n + 1).(n + 2) Do đó: : S2 (n)  Bài toán 5: Tính tổng: n(n  1)(n  2)(n  3) 4 Có thể phát triển bài toán ở dạng tổng quát như sau: Bằng cách tương tự ta tính được: S3 (n)  Bài toán 6: Tính tổng: Sk(n) = 1.2.…k + 2.3….(k + 1) + ……+ n (n + 1)……(n + k – 1) Bằng cách tương tự ta xét tổng: Sk+1(n) = 1.2.…(k + 1) + 2.3….(k + 2) + ……+ n (n + 1)……(n + k) Nhân Sk(n) với (k + 1) ta có: Sk+1(n) – (k+1) Sk(n) = Sk+1(n) – n (n +1)……(n + k) n(n  1)....(n  k) k 1 Một vấn đề đáng lưu ý là áp dụng cách tính tưởng như rất đơn giản trên lại cho ta kết quả quan trọng sau đây: Vì vậy: Sk (n)  Bài toán 7: Tính tổng : Tk(n) = 1k + 2k + 3k +……………+ nk Để tính tổng trên, ta lần theo lối suy luận quy nạp sau đây: Do : n( n + 1) = n2 + n , và theo bài toán 1e ta có : S2(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + ….. + n(n + 1) = (12  22  33  ...  n 2 ) + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + …. + n) = T2(n) + Suy ra : T2 (n)  S2 (n)  S1(n)  S1(n) n(n  1)(n  2) n(n  1)  3 2 n(n  1)(2n  1) 6 Tương tự để tính T3(n) =13 + 23 + 33 + .......... + n3 , ta xét S2(n) với chú ý rằng: (n – 1)n(n + 1) = n3 – n, Ta thấy: S3(n – 1) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5+ ……………… + (n – 1)n(n +1) = (13 + 23 + 33 + .......... + n3) – ( 1 + 2 + 3 + ............... + n ) Hay : 12  22  33  ...  n2  Saùng kieán kinh nghieäm 11 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Suy ra: T3(n)  S3(n 1)  S1(n)  (n  1)n(n  1)(n  2) n(n  1)  4 2  n(n  1)  Vậy : 1  2  3  ..........  n   2   3 3 3 Naêm hoïc: 2 3 Bằng cách tương tự như vậy ta tính sẽ được Tk(n) nếu biết T1(n), T2(n)… Tk-1(n) và Sk(n). Bài toán 8: Tính tổng : R(n) 1.22  2.32  3.42  ...  n(n  1) 2 Ta có: R(n) = 1.2.(3 – 1) + 2.3.(4 – 1) + 3.4.(5-1) + …+ n.(n+1)[(n+2) – 1] = [1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + …+ n.(n+1).(n+2)] – [1.2 + 2.3 + 3.4 + ….+ n.(n+1)] n(n  1)(n  2)(n  3) 4 = Bài toán 9: Tính tổng sau: – n(n  1)(n  2) 3 = n(n  1)(n  2)(3n  5) 12 F(n) 12.2  22.3  3 2.4  ...  n 2 (n  1) Ta có: F(n) = 1.1.2 + (1+1).2.3 + (1+2).3.4 +…+ [1+(n – 1)].n.(n+1) = [1.2 + 2.3 + 3.4 +…. + n.(n+1) ] + [ 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ (n – 1).n(n+1)] = n(n  1)(n  2) 3 + (n  1) n(n  1)(n  2) n(n  1)(n  2)(3n  1) = 4 12 1 1 1 1   ...  Bài toán 10: Tính tổng của dãy số sau: B(n)   1.2 2.3 3.4 n(n  1) Ta có thể phân tích như sau: 1 1 1  1.2 2 1 1 1   2.3 2 3 1 1 1   3.4 3 4 ...................... ...................... 1 1 1   n.(n  1) n n  1 1 1 1 1 1 n   ...  1   Vậy: B(n)   1.2 2.3 3.4 n(n  1) n 1 n 1 Có thể mở rộng dần bài toán như sau : Bài toán 11: Tính tổng sau : C(n)  Saùng kieán kinh nghieäm 1 1 1 1    ...  1.2.3 2.3.4 3.4.5 n(n  1)(n  2) 12 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Nhận xét: 1 1 1 1      1.2.3 2  1.2 2.3  1 1 1 1      2.3.4 2  2.3 3.4  1 1 1 1      3.4.5 2  3.4 4.5  .................................................................. ..................................................................  1 1 1 1     n(n  1)(n  2) 2  n(n  1) (n  1)(n  2)   1 1 1 1 11 1 n(n  3) C(n)     ...      1.2.3 2.3.4 3.4.5 n(n  1)(n  2) 2  2 (n 1)(n  2)  4(n 1)(n  2) Bài toán 12: Tính tổng sau: D(n)  1 1 1 1    ...  1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 n(n  1)(n  2).(n  3) Tương tự như cách phân tích ở bài toán 11, ta có: 1 1 1 1      1.2.3.4 3  1.2.3 2.3.4  1 1 1 1      2.3.4.5 3  2.3.4 3.4.5  1 1 1 1      3.4.5.6 3  3.4.5 4.5.6  .................................................................. ..................................................................  1 1 1 1     n(n  1)(n  2)(n  3) 3  n(n  1)(n  2) (n  1)(n  2)(n  3)  1 1 1 1 D(n)     ...  1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 n(n  1)(n  2)(n  3)  1 1 1 n(n 2  6n  11)      3  1.2.3 (n  1)(n  2)(n  3)  18(n  1)(n  2)(n  3) Trên cơ sở đó ta có thể mở rộng đến bài toán sau Bài toán 13: Tính tổng sau: L(n)  1 1 1 1    ...  1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1) Nhận xét: Saùng kieán kinh nghieäm 13 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: 1 1 1  1   1.3 2  3  1 11 1     3.5 2  3 5  1 11 1     5.7 2  5 7  ................................... ................................... 1 1 1 1      (2n  1)(2 n  1) 2  2n  1 2n  1  Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được kết quả: 1 1 1 1 n L(n)     ...   1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1) 2n 1 Bài toán 14: Tính tổng sau: M(n)  1 1 1 1    ...  1.5 5.9 9.13 (4n  3)(4n  1) Tương tự bài toán số 11 ta phân tích cũng có quy luật sau: Nhận xét: 1 1 1  1   1.5 4 5 1 11 1     5.9 4 5 9 1 11 1      9.13 4  9 13  ....................................... ....................................... 1 1 1 1      (4n  3)(4n  1) 4  4n  3 4n  1  Cộng vế theo các đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1 n M(n)     ...   1.5 5.9 9.13 (4n  3)(4n  1) 4n  1 Từ kết quả của bài toán 13 và 14 ta có thể tổng quát lên bài toán sau: Bài toán 15: Tính tổng: Q(n)  Saùng kieán kinh nghieäm 1 1 1 1    ...  a1a 2 a 2a 3 a 3a 4 anan 1 14 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Với: a1 1, a 2  a1 a 3  a 2 a 4  a 3 ... a n 1  a n b (b là số tự nhiên bất kỳ, b 0). Khi đó ta có kết quả sau: 1 1 1 1 n Q(n)     ...   a1a 2 a 2a 3 a 3a 4 a n a n 1 a n 1 Cũng có thể chứng minh kết quả này theo Phương pháp quy nạp: 1 1 1   (đúng) Với n = 1 ta có: Q(n)  a1a 2 1.a 2 a 2 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, (k > 1) tức là: 1 1 1 1 k Q(n)     ...   (đúng) a1a 2 a 2a 3 a 3a 4 a k a k 1 a k 1 Ta có: Q(n)  1 1 1 1 1 k 1 ka  1    ...      k 2 (1) a1a 2 a 2a 3 a 3a 4 a k a k 1 a k 1a k 2 a k 1 a k 1a k 2 a k 1a k 2 Mặt khác ta có: a1 1 a 2  a1 b a 3  a 2 b a 4  a 3 b ................ a k 1  a k b Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được : a k 2  a1 a k 2  1 (k  1)b  a k 2  1 (k  1)(a k 2  a k 1 )  ka k 2  1 ka k 1  a k 1 a k 1 (k  1) Vì a1 1 và b a k 2  a k 1 ) Thay ka k 2  1 a k 1 (k  1) vào (1) ta được: Q(n)  1 1 1 1 1 ka  1 k  1    ...    k 2  a1a 2 a 2a 3 a 3a 4 a k a k 1 a k 1a k 2 a k 1a k 2 a k 2 Hay mệnh đề đúng n = k + 1 Vậy theo quy nạp ta có: Q(n)  1 1 1 1 n    ...   (đpcm) a1a 2 a 2a 3 a 3a 4 a n a n 1 a n 1 Một số ví dụ ứng dụng phương pháp tính tổng trong giải toán tìm x Bài toán 1a: Tìm số tự nhiên x biết: 1 + 2 + 3 + 4 + ... + x = 500500 Saùng kieán kinh nghieäm 15 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Áp dụng bài toán Gau – xơ ta có biểu thức nào? Trả lời ; x( x+ 1) : 2 = 500500 Giải: 1 + 2 + 3 + 4 + ... + x = 500500 x( x+ 1) : 2 = 500500 Suy ra : x(x+1) = 500500 . 2 = 1001000 = 1000 . 1001 Vì x và x + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên x = 1000 Bài toán 1b: Tìm số tự nhiên x biết: ( x + 1) + ( x + 2) + ... + ( x + 100) = 7450 Giải: ( x + 1) + ( x + 2) + ... + ( x + 100) = 7450 100x + ( 1 + 2 + 3+ ... + 100) = 7450 100 x + (100 + 1) .100 : 2 = 7450 100 x + 5050 = 7450 ( Đưa bài toán về dạng cơ bản) 100 x = 7450 – 5050 100 x = 2400 x = 24 Bài toán 2: Tìm x, biết: 1 1 1 1 1 1 1       Từ bài toán tổng quát trên giáo viên yêu cầu học 12 20 30 42 56 72 90 x= sinh phân tích các mẫu thành tích của hai số tự nhiên bất kì. x= 1 1 1 1 1 1 1       12 20 30 42 56 72 90 x= 1 1 1 1 1 1 1       3.4 4.5 5.6 6.7 7.8 8.9 9.10 x= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1              3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 x= 1 1  3 10 x= 10 3 7   30 30 30 Bài toán 2a: Tìm số nguyên x, biết: 6 6 6 318   ...   x 1 5.7 7.9 109.111 555 Saùng kieán kinh nghieäm 16 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Khi gặp bài toán này học sinh thường lung túng với tử số bằng 6 ở các phân số đầu và phân số 318 . 555 Giáo viên gởi ý: Phân tích số 6 = 2.3 sau đó nhóm các số hạng 2 2  6 6 6  2   ...    ...  = 3 109.111 5.7 7.9 109.111  5.7 7.9 Giải: 6 6 6 318   ...   x 1 5.7 7.9 109.111 555 2 2  318  2 3   ...   x 1 (Đến bài toán được quy về bài toán quen  109.111 555  5.7 7.9 thuộc) 1 1  318 1 1 1 1 3     ...    x 1  109 111 555 5 7 7 9 318 1 1  3   x 1  555  5 111 3. 106 318  x 1 555 555 x =–1 Giáo viên lại tiếp tục mở rộng bài toán : Bài toán 2b: Tìm số nguyên x, biết: 1 1 1 1 2011    ....   2 6 12 x(x  1) 2012 1 1 1 1 2011    ....   2 6 12 x(x  1) 2012 1 1 1 1 1 2011    ...    1.2 2.3 3.4 x x  1 2012 1 1 1 1 1 1 1 1 2011       ...    1 2 2 3 3 4 x x  1 2012 1 2011 1  x  1 2012 1 2011 1 1  x1 2012 2012  x  12012  x 2011 Saùng kieán kinh nghieäm 17 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: Từ bài toán trên giáo viên lại tiếp tục mở rộng bài toán: Bài toán 2c: Tìm số nguyên x, biết: 1 1 1 1 2001    ....   3 6 10 x(x  1): 2 2003 Giáo viên hướng dẫn cách giải : Biến đổi mẫu số x(x+1) : 2 = x(x  1) 2 1 1 1 1 2001    ....   x(x  1) 2003 3 6 10 2 1  2001 1 1 1 2    ....   Đến đây bài toán đã được đưa về dạng bài tập 6b x(x  1)  2003  3 6 10 1 1  2001 1 1 1 1 1 1 2       ....    x x  1 2003 2 3 3 4 4 5 1  2001 1 2    2 x  1 2003 1 2 2001  x  1 2003 2 2001 2 1  x1 2003 2003 x + 1 = 2003 x = 2003 – 1 x = 2002 Bài toán 2d: Tìm số nguyên x, biết: 1 1 1 1 100    ....   3.5 5.7 7.9 (2x  1)(2x  3) 609 Từ bài toán trên học sinh tìm cách giải bài toán dễ dàng hơn. Giải: 1 1 1 1 100    ....   3.5 5.7 7.9 (2x  1)(2x  3) 609 1 1 1 1 1 1 1 1 1  100       ....     2 3 5 5 7 7 9 (2x  1) 2x  3 609 1 1 1  100    2  3 2x  3 609 Saùng kieán kinh nghieäm 18 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 1  100 1 1  3  2x  3  609 : 2   0913690645 Naêm hoïc: 1 1  2x  3 203 2x + 3 = 203 x = 100 Sau khi học sinh vững tất cả các dạng bài tập trên , giáo viên đưa ra một bài tập vận dụng các cách giải của các bài tập trên.  1 1 1    ...  .462  2,04:  x  1,05  :0,12 9 Bài tập 3: Tìm x, biết:  19.21  11.13 13.15 Vì 1 1 1   ...  11.13 13.15 19.21 1 1 1 1 1 1 1       ...   (Dạng bài tập 6) 2  11 13 13 15 19 21 1 1 1  5      2  11 21 231 Ta có: 5 .462   2,04:  x  1,05  :0,12 19 ( Dạng bài tập 1) 231 20 - [2,04 : ( x + 1,05)] : 0,12 = 19 [2,04 : ( x + 1,05)] : 0,12 = 10 – 9 [2,04 : ( x + 1,05)] : 0,12 = 1 [2,04 : ( x + 1,05)] = 1. 0,12 ( x + 1,05) = 2,04 : 0,12 ( x + 1,05) = 17 x = 17 – 1,05 x = 15,95 Các dạng bài tập tương tự Tìm số nguyên x, biết: a) 11 11 11 11 1    ....   x 23.34 34.45 45.56 90.101 101 Saùng kieán kinh nghieäm 19 Tröôøng THCS Nhôn Bình 0913690645 2016-2017 1 1 1 1 2009 1 b) 1    ....  3 6 10 x(x  1) 2011 Naêm hoïc: Ngoài mục tiêu hướng đến của đề tại này là dạy học cho học sinh biết khám phá, tìm tòi, khai thác bài toán theo hướng tiếp cận khác nhau, không chỉ dừng lại ở một kết quả, một cách giải, mà còn biết đề xuất cách giải khác, một hướng phát triển bài toán mới. Đề tài này còn giúp học sinh biết sử dụng phương pháp quy nạp toán học trong việc phát triển và mở rộng cho bài toán số học. 2. Khả năng áp dụng – Việc phát triển từ một bài toán quen thuộc để xây dựng một số bài toán mới có liên quan có thể được áp dụng rộng rãi trong những tiết học bồi dưỡng học sinh khá giỏi trong cả cấp học ở trường THCS. – Đối với giáo viên: Có thể sử dụng đề tài này làm tài liệu tham khảo trong việc dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi. 3. Lợi ích kinh tế xã hội a. Đối với học sinh – Với phương pháp này học sinh cơ hội phát huy tính tích cực, sáng tạo trong việc học tập môn toán nói riêng và tất cả các môn học khác nói chung. – Học sinh dần dần hình thành những kỹ năng dự đoán và suy luận có lý, dự đoán thông qua quan sát, so sánh, khái quát, quy nạp và phương pháp học tập mới khoa học, hiệu quả. Tự mình có thể chính lĩnh một kiến khác khoa học ở nhiều khía cạnh khác nhau và phát triển kiến thức đó thành những vấn đề mới. b. Đối với giáo viên – Với đề tài này giúp cho giáo viên phần nào đổi mới phương pháp dạy học toán, có nhiều ý tưởng sáng tạo hơn trong việc khai thác và phát triển một vấn đề toán học khi dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi. – Sau khi nghiên cứu và áp dụng đề tài này tôi nhận thấy bước đầu có những kết quả khả quan. Tôi đã nhận thức được cần phải đổi mới hơn nữa trong việc dạy học và bồi dưỡng môn toán, cần phải phát huy hơn nữa tính tích cực và chủ động sáng tạo của học sinh. – Qua việc nghiên cứu đề tài đã góp phần nâng cao trình độ chuyên môn và hiệu quả trong việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi môn toán ở trường THCS. Saùng kieán kinh nghieäm 20 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: C. KẾT LUẬN 1. Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp – Trong đề tài này tôi đã chọn lọc một số bài toán số học điển hình với nhiều cách giải, nhiều hướng phát triển và mở rộng với mục đích giúp cho các em học sinh tiếp cận một bài toán, một vấn đề toán học không chỉ dừng lại ở một kết quả, một cách giải mà phải biết khai thác, mở rộng và phát triển nó theo những khía cạnh khác nhau, tạo nên những kết quả mới hay hơn, đẹp hơn. Các khả năng này không phải tự nhiên xuất hiện, mà phải trải qua quá trình luyện tập, từ các bài toán đơn giản đến phức tạp, từ chính sự say mê, yêu thích toán học, đó chính là tiền đề của tư duy sáng tạo. – Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác bài toán không chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán. 2. Những triển vọng trong việc vận dụng và phát triển giải pháp – Việc xây dựng, khái quát và mở rộng các bài toán số học trong chương trình toán THCS không chỉ dừng lại ở các bài toán số học dạng tính tổng mà hướng đi tiếp theo của đề tài này là tiếp tục phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh qua việc khai thác và mở rộng từ một bài toán đại số, hình học trong chương trình toán THCS – Tôi huy vọng rằng, việc áp dụng những tính mới của đề tài này sẽ góp phần gây hứng thú cho học sinh trong việc học bộ môn toán và từng bước nâng cao chất lượng, hiệu quả trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi. 3. Đề xuất, kiến nghị Đối với các cấp lãnh đạo: Cần khuyến khích giáo viên nghiên cứu chọn ra giải pháp hữu hiệu nhằm nâng cao chất lượng các môn học, đặc biệt là môn toán trong nhà trường. Động viên, giúp đỡ và khen thưởng những giáo viên có thành tích trong việc nâng cao chất lượng dạy và học ở nhà trường. Đối với giáo viên: Phải không ngừng đầu tư nghiên cứu tìm ra giải pháp nâng cao chất lượng giáo dục. Phải không ngừng học tập nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ của bản thân, tích lũy kinh nghiệm từ đồng nghiệp, biết cách áp dụng hợp lí các phương pháp, các chuyên đề toán vào quá trình giảng dạy của bản thân. – Cần nâng cao hơn nữa việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực hoạt động của học sinh, đặc biệt đối với việc dạy học và bồi dưỡng môn toán. Saùng kieán kinh nghieäm 21 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: – Việc rèn luyện cho học sinh những kỹ năng dự đoán và suy luận logic, khoa học, dự đoán, quan sát, so sánh, khái quát, quy nạp và phương pháp học tập mới khoa học cần phải được áp thường xuyên với tất cả các đối tượng học sinh và trong tất cả các tiết học để đạt hiệu quả giáo dục ngày càng tốt hơn. Trong quá trình nghiên cứu đề tài này, do thời gian thực hiện ngắn nên tôi không tránh được những sai sót, rất mong được sự góp ý của hội đồng khoa học để đề tài ngày càng hoàn thiện hơn Giáo viên thực hiện Trần Đình Hoàng Saùng kieán kinh nghieäm 22 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Hoàng Chúng: Rèn luyện khả năng sáng tạo toán học ở trường phổ thông. NXB TP.HCM. 1993 2. Nguyễn Hữu Điển: Phương pháp quy nạp toán học. NXBGD. Hà Nội, 2000 3. Nguyễn Hữu Hoan: Lý Thuyết Số. NXB ĐẠI HỌC SƯ PHẠM. Hà Nội, 2004 4. Nguyễn Hữu Hoan: Bài tập số học. NXB ĐẠI HỌC SƯ PHẠM. Hà Nội, 2004. 5. Nguyễn Hữu Hoan: Số học phổ thông. NXB ĐH và TCCN. Hà Nội, 1986 6. Đặng Văn Hương- Nguyễn Chí Thanh: Một số phương pháp dạy học môn toán theo hướng phát huy tính tích cực học tập của học sinh THCS. NXB ĐẠI HỌC SƯ PHẠM. Hà Nội, 2007. 7. Nguyễn Tiến Tài: Cơ sở số học. NXB ĐẠI HỌC SƯ PHẠM. Hà Nội, 2005 8. Vũ Hữu Bình: Nâng cao và phát triển toán 6 tập 2. NXBGD. Hà Nội, 2011 9. Sách giáo khoa, Sách bài tập Toán 6, Tập 1;2 NXB Giáo dục 10. Tuyển chọn 400 bài toán số học 6. (Nguyễn Anh Dũng, NXB Đà Nẵng) 11. Phương pháp dạy học các nội dung môn Toán. (Phạm Gia Đức, NXB ĐHSP, 6/2007) 12. Học và thực hành theo chuẩn kiến thức , kĩ năng, toán 6, tập 1;2(Đặng Nhơn, Tôn Nữ Bích Vân, NXB Giáo dục Việt Nam) 13. Bài tập năng cao và một số chuyên đề Toán 6( Bùi Văn Tuyên, NXB Giáo dục) 14. Toán cơ bản và nâng cao THCS, Toán 6, Tập 1;2( TS. Vũ Thế Hựu, NXB, Giáo dục ) ______________________________________ Saùng kieán kinh nghieäm 23 Tröôøng THCS Nhôn Bình 2016-2017 0913690645 Naêm hoïc: NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA BGH NHÀ TRƯỜNG Saùng kieán kinh nghieäm 24