“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

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 t

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 16

3 Lợi ích kinh tế xã hội 16

C KẾT LUẬN 17

1 Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp 17

2 Những triển vọng trong việc vận dụng và phát triển giải pháp 17

3 Đề xuất, kiến nghị 17

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA BGH NHÀ TRƯỜNG 20

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.

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 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

– 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

B NỘI DUNG

I MỤC TIÊU

Dạy cho học sinh biết khám phá, tìm tịi, khai thác bài tốn theo những hướng tiếp cận khác nhau, khơng chỉ dừng lại ở một kết quả, một cách giải, mà cịn phải biết đề xuất cách giải khác, một hướng phát triển bài tốn mới- đĩ chính là mục tiêu hướng đến của đề tài này

II MƠ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI

1 Thuyết minh tính mới

- Qua những bài tốn mà học sinh đã giải được, tơi định hướng cho học sinh tư duy theo các phương pháp như: Tương tự, so sánh, đặc biệt hố, khái quát hố để phát triển thêm những vấn đề mới, bài tốn mới

- Trong phần này tơi xin được phép phát triển từ một bài tốn quen thuộc để xây dựng một số bài tốn khác cĩ liên quan Nhằm làm cho học sinh thấy được, tầm quan trọng trong việc thay đổi các giả thiết, tương tự hố bài tốn, liên hệ giữa bài tốn này với bài tốn khác

cĩ liên quan

Bài tốn mở đầu: Tính tổng: S 1 2 3 4 99 100      

Việc tính tổng S ở bài tốn trên là hồn tồn quen thuộc, bằng cách dựa vào cách tính của nhà tốn học Gauss ở sách giáo khoa tốn 6 tập 1

Ta cĩ: S 1  2  3  4 99 100  

S 100 99 98 97 2       1 2S 101 101 101 101 101       101 (có100 số hạng)

S 100.101 5050

2

Từ bài tốn trên ta cĩ một nhận xét:

2S (100 1) (100 1) (100 1) (100 1)          (100 1) (có100 số hạng) 100.(100 1)

S

2



Như vậy: S 1 2 3 4 99 100 100.(100 1)

2



Nếu mở rộng tổng trên với n số hạng ta cĩ bài tốn sau:

Bài tốn 1a Tính tổng: S 1 2 3 4 n 1 n        (n  )

Dựa vào cách tính tổng như bài tốn mở đầu ta dễ dàng cĩ được:

S 1 2 3 4 n 1 n n(n 1)

2



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

2

3.4

2

4.5

1 2 3 4 10

2

Phải chăng S 1 2 3 4 n 1 n n(n 1)

2



Ta có thể chứng minh kết quả trên bằng phương pháp quy nạp:

Kiểm tra với n = 1 ta có:

S(1) = 1 (đúng) Giả sử S(n) n(n 1)

2



 đúng với n = k, (k > 1) nghĩa là: S(k) k(k 1)

2





Ta cần chứng minh mệnh đề này đúng với n = k + 1 tức:

(k 1)(k 2) S(k 1) 1 2 3 4 k k 1

2

Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có:

k(k 1)

S 1 2 3 4 k

2



Suy ra: S(k 1) 1 2 3 4 k (k 1) k(k 1) (k 1) (k 1)(k 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:

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:

A   2 4 6 8 2n   2(1 2 3 4 n) 2n (n 1) n(n 1)

2



A B   1 2 3 4 2(n 1)   2n 2n(2n 1) n(2n 1)

2



Do đó: B  n(2n 1)  n(n 1)   n     2

* Tổng B có thể tính được bằng cách khác dựa vào cách phân tích sau:

2

2 2

2 2

2

2 2

1 3          4     2

1 3 5 7  16  4

1

1 3 2

1 5

(2n 1)

1  3 (2n 1) 

1 2

n

7

2

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 a 1a 2 a 3 a n

Với ( a1 0,a n a n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 a a 1 2a a3   n= na1 + d + 2d + 3d + 4d +…+ (n – 1)d

n(a a ) (n 1)n





* 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:

n(n 1) 1.2 2.3 3.4 n(n 1)

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) + ( 2 2 2 2

1 2 3  n )

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 + 2 2 +3 2 + + n 2

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)

2

( )

( )

( )

P n

s n

3 3

5 3

7 3

9 3

11 3

13 3 Dựa vào bảng trên ta có:

)

(

)

(

n

S

n

P

= 2. 1 3

n  ; với S(n) = ( 1)

2

n n 

( kết quả bài toán 1), suy ra:

3

n 

.S(n) hay P(n) = ( 1)

2

n n 

.2. 1

3

n 

6

n n n

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 = 2 2 + 4 2 + 6 2 + + (2n) 2

B = 1 2 + 3 2 + 5 2 ……… + (2n – 1) 2

Bằng cách làm tương tự như bài toán 1b, ta thu được các kết quả sau đây :

A = 2n(n 1)(2n 1)

3

Mặt khác ta có:

 2

A B 1 2 3 2n

Và:

3

n(2n 1)(4n 1) n(2n 1)(4n 1) 2n(n 1)(2n 1) 4n n

Cĩ thể phát triển bài tốn 2a ở dạng tổng quát sau đây:

Bài tốn 2b Tính tổng: C a 1 2 a 2 2 a 3 2  a n 2

Với a n a n1d ( 1 a 0, d nguyên dương tùy ý)

Ta cĩ thể dựa vào quy luật sau:

2 2

2

2



Suy ra:

C a a a a na 2da [1 2 3 (n 1)] +d [1 2 3 (n 1) ]

(n 1)n (n 1)n(2n 1)

Áp dụng kết quả này ta cĩ thể tính các tổng sau nhanh chĩng:

Bài tốn 2c Tính tổng:

2

n(6n 3n 1)

D 1 4 7 (3n 1)

2

F 3 6 12 3.2 3(2 1) (với a a 2 ; n 1)







Bài tốn 3: Tính tổng sau: K(n) =13 + 2 3 + 4 3 + + n 3

Ta cĩ thể dự đốn kết quả bài tốn dựa vào cách phân tích sau đây:

2

n(n 1)

1 2 3 n (1 2 3 n)

2

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 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)

Suy ra : S (n)1 n(n 1)

2





Nhận xét: Trong cách làm trên mặc dù ta chưa tính được S 2 (n) nhưng lại tính được tổng S 1 (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)

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)

Do đó: : S (n2 ) n(n 1)(n )2

3



Bài toán 5: Tính tổng: S3 (n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + … + n.(n + 1).(n + 2)

Bằng cách tương tự ta tính được: S (n)3 n(n 1)(n 2)(n 3)

4



Có thể phát triển bài toán ở dạng tổng quát như sau:

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)

Vì vậy: k

n(n 1) (n k) (

S n)

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:

Bài toán 7: Tính tổng : Tk (n) = 1 k + 2 k + 3 k +………+ n k

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) + S1(n) Suy ra : T n) S2(  2(n)   1(n)n(n 1)(n 2) n(n 1)   

3

 S

2 Hay : 1 22  2 3 n3  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 )

Suy ra: T3(n) S 3(n 1)     1( (n 1)n(n 1)(n 2) n(n 1)    

4

S n)

2