Sáng kiến kinh nghiệm - Một số phương pháp suy luận trong giải toán

A- ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. 1) Cơ sở lý luận. Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải toán là một việc mà cả người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với học sinh nhỏ thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học toán. Giải toán là một hình thức vận dụng những kiến thức đã biết vào các vấn đề cụ thể, vào thực tế, vào các vấn đề mới. Trong quá trình giải toán, người giải toán đã hồi tưởng hay nhớ lại, huy động và tổ chức những kiến thức toán học đã biết, lựa chọn và kết hợp những kiến thức khác nhau để vận dụng. Mặt khác, mỗi bài toán có thể xem là một định lí, có những bài toán là tiên đề của những kiến thức khác. Do đó, qua quá trình giải toán, kiến thức toán học của người giải được củng cố đào sâu, mở rộng và trở nên “sống động”. Giải toán là một hình thức rất tốt để rèn luyện các kỹ năng: Kỹ năng tính toán, kỹ năng biến đổi, kỹ năng suy luận, kỹ năng toán học hoá. Giải toán còn là một hình thức tốt nhất để kiểm tra về năng lực, mức độ tiếp thu và vận dụng kiến thức. Việc tìm kiến thức lời giải cho một bài toán rèn luyện phương pháp khoa học trong suy nghĩ, trong suy luận, trong giải quyết các vấn đề,... và qua đó rèn luyện trí thông minh sáng tạo, phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ. Việc tìm ra lời giải của một bài toán khó, phương pháp mới, độc đáo của một bài toán gây nên sự hoà hứng, phấn chấn, khoái trá,... điều đó có ý nghĩa to lớn trong việc vun đắp lòng say mê học toán và ước mơ vươn tới vinh quang trong lĩnh vực nghiên cứu, khám phá, phát minh những vấn đề mới. Ngoài ra, giải toán còn rèn luyện nhiều đức tính tốt như: Tính cần cù, tính kỷ luật, tính năng động,... 2) Cơ sở thực tiễn. Hiện nay, ở các trường phổ thông nói chung, trường THCS Thanh Sơn nói riêng, việc giải toán là một yêu cầu thiết thực và bắt buộc. Để có một lời giải hay, chính xác và khoa học thì việc nắm vững và hiểu được các phương pháp suy luận trong giải toán là hết sức cần thiết mà mỗi người dạy cũng như người học cần phải quan tâm. Vì lẽ đó, qua một thời gian dài tìm tòi, học hỏi, nghiên cứu và đúc kết kinh nghiệm, tôi mạnh dạn đưa ra đề tài: “Một số phương pháp suy luận trong giải toán” góp phần nâng cao chất lượng và hiệu quả trong việc tìm lời giải bài toán. II. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU. - Tìm hiểu trên cơ sở lý luận khoa học của việc giải toán ở các trường phổ thông. - Thực trạng công tác, giảng dạy của bản thân và việc giải toán của học sinh ở trường THCS Thanh Sơn. - Một số phương pháp góp phần nâng cao chất lượng và hiệu quả cho việc giải toán. III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. 1) Phương pháp nghiên cứu lý luận khoa học: Phương pháp này nhằm thu thập thông tin khoa học dựa trên các tài liệu, sách báo, các bài toán và lời giải theo chương trình mới có liên quan đến đề tài để xây dựng nội dung hoàn chỉnh. 2) Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua thời gian học tập, công tác và giảng dạy, tôi đã tổng kết, rút kinh nghiệm, chỉ ra những thành công và cả những mặt hạn chế trong việc giải toán của bản thân. Vì vậy, tôi đã tìm tòi, nghiên cứu và đưa ra những phương pháp khoa học hữu hiệu cho việc nâng cao chất lượng và hiệu quả giải toán. IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU. - Một số phương pháp suy luận trong giải toán. - Việc vận dụng các phương pháp suy luận trong giải toán của giáo viên và học sinh. V. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU Từ năm 2007 đến tháng 04 năm 2009, cụ thể: Từ tháng 01/2007 đến 04/2007, thu thập tài liệu, sách tham khảo. Từ tháng 05/2007 đến 09/2007 lập đề cương. Từ tháng 10/2007 đến 12/2007, đánh máy, chỉnh sửa đề tài. Từ tháng 01/2008 đến 05/2008, hoàn chỉnh đề tài. Từ tháng 09/2008 đến 04/2009, ứng dụng vào thực tế đối với bản thân và học sinh trong quá trình dạy – học. B- NỘI DUNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP SUY LUẬN TRONG GIẢI TOÁN 1. Phương pháp phân tích và tổng hợp: 1.1- Khái niệm: a) Phân tích là dùng trí óc chia cái toàn thể ra thành từng phần hoặc tách ra từng thuộc tính, từng dấu hiệu riêng biệt nằm trong cái toàn thể đó. b) Tổng hợp là dùng trí óc hợp lại các phần của toàn thể hoặc kết hợp những thuộc tính, những dấu hiệu khác nhau nằm trong cái toàn thể. Phân tích và tổng hợp là hai thao tác trái ngược nhau nhưng liên quan chặt chẽ với nhau, là hai mặt của một quá trình thống nhất. 1.2- Phương pháp phân tích trong giải toán: Phương pháp đi từ cái chưa biết đến cái đã biết, từ cái cần tìm đến cái đã cho, từ kết luận đến giả thiết gọi là phương pháp phân tích. Trong giải toán, phương pháp phân tích giúp ta tìm ra cách giải nhiều bài toán rất có hiệu quả. Ví dụ: Bài toán 1: Cho và a2 = b.c. Chứng minh rằng: Phân tích tìm lời giải: Để có phải có (a + b)(c – a) = (a – b)(c + a) Hay ac - a2 + bc – ab = ac + a2 – bc – ab Hay - a2 + bc = a2 – bc Hay 2a2 = 2bc Hay a2 = bc. Đúng (theo giải thiết). Bài toán 2: Cho đường tròn đường kính AB và M là một điểm nằm trên tiếp tuyến tại A của đường tròn, tiếp tuyến thứ hai qua M tiếp xúc với đường tròn tại C. Hạ CH vuông góc với AB. Chứng minh rằng đường thẳng BM chia đoạn CH thành hai phần bằng nhau. Phân tích tìm lời giải: Gọi I là giao điểm của BM và CH. Để có IC = IH, do CH // MA (cùng vuông góc với AB), nên kéo dài BC cắt AM tại D thì cần phải có MD = MA. B A C I M D Hình 1 H Để có MD = MA, do MA = MC (hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ M) thì phải có MD = MC, muốn vậy phải có MCD = MDC. Do ACB = 1V ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên MCD + MCA = 1V = MDC + MAC để có MCD = MDC phải có MCA = MAC điều này dễ dàng thấy vì MA = MC. 1.3- Phương pháp tổng hợp trong giải toán: Phương pháp đi từ cái đã biết đến cái chưa biết, từ cái đã cho đến cái cần tìm, từ giả thiết đến kết luận gọi là phương pháp tổng hợp. Phương pháp này thường được sử dụng khi trình bày lời giải của các bài toán hay chứng minh định lí. Ví dụ: Giải bài toán 1: Từ giả thiết a2 = bc, ta có a2 – bc = bc – a2 Hay a2 – bc + ac – ab = bc – a2 + ac – ab Hay a(a – b) + c(a – b) = c(a + b) – a(a + b) Hay (a – b)(a + c) = (a + b)(c – a) Từ giả thiết a b và a c ta có a – b 0 và c – a 0 Chia hai vế cho (a – b)(c – a) ta được: (đpcm). Giải bài toán 2: (Hình vẽ 1) Vì MA và MC là hai tiếp tuyến từ M nên MA = MC, do có MAC = MCA mà ACB = 1V (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên MAC + MDC = MCA + MCD = 1V. Suy ra MCD = MDC hay MD = MC, do đó MD = MA (1) Mặt khác MA AB (vì MA là tiếp tuyến) CH AB (gt) MA // CH. Theo hệ thức Ta lét trong tam giác ta có: hay do (1) nên CI = IH (đpcm). Ta thấy rằng quá trình của phương pháp phân tích và phương pháp tổng hợp là trái ngược nhau. Sử dụng phương pháp phân tích trong nhiều trường hợp dễ tìm thấy cách giải hơn nhưng trình bày theo phương pháp tổng hợp lại gọn hơn, mạch lạc hơn. Bởi vậy, trong giải toán người ta thường kết hợp cả hai phương pháp này: Dùng phương pháp phân tích để tìm lời giải sau đó trình bày lời giải theo phương pháp tổng hợp. A E B C D Hình 2 Ví dụ: Cho đường tròn (O) có hai cung bằng nhau AB và AC. Qua A vẽ một cát tuyến cắt dây BC ở D và cắt đường tròn (O) ở E. Chứng minh rằng: AB2 = AD.AE (SGK Hình học 9). Phương pháp phân tích Phương pháp tổng hợp ^ ^ Để có AB2 = AD.AE thì phải có . Muốn vậy phải có ABD ~ AEB. Để có ABD ~ AEB, do ABD và AEB có: A chung; BEA = ABD (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau). Suy ra ABD ~ AEB (g.g) Xét ABD và AEB có: A chung; BEA = ABD (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) ABD ~ AEB (g.g) Suy ra (đpcm). 2. Phương pháp quy nạp: 2.1- Khái niệm: Từ các khẳng định của các trương hợp riêng rút ra kết luận tổng quát gọi là quy nạp. Ví dụ 1: - Với m chia hết cho 3, hay m = 3k, ta có: m3 – m = (3k)3 – 3k = 3k(9k2 – 1) 3. - Với m chia cho 3 dư 1, hay m = 3k + 1, ta có: m3 – m = (3k+1)3 – (3k + 1) = 3k(9k2 + 9k + 2) 3. - Với m chia cho 3 dư 2, hay m = 3k + 2, ta có: m3 – m = (3k + 2)3 – (3k + 2) = 3(9k3 + 18k2 + 4k + 2) 3. Kết luận: Với mọi số nguyên m ta có m3 – m 3. Ví dụ 2: Ta có: 1 +3 = 22 1 + 3 + 5 = 32 1 + 3 + 5 + 7 = 42 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52 Kết luận: Tổng của n số tự nhiên lẻ đầu tiên bằng n2. 2.2- Quy nạp không hoàn toàn: Là quy nạp mà kết luận tổng quát không được khẳng định bởi tất cả các trường hợp có thể xảy ra. Từ đó, ta thấy kết luận rút ra từ quy nạp không hoàn toàn không bao giờ cũng đúng. Bởi vậy, chỉ có thể xem kết luận rút ra từ quy nạp không hoàn toàn là một dự đoán, một giả thuyết. Tuy vậy, những kết luận rút ra từ quy nạp không hoàn toàn lại có ý nghĩa rất to lớn trong sự phát triển của toán học cũng như của khoa học qua việc tìm cách chứng minh hay bác bỏ những dự đoán, những giả thuyết đó. Ví dụ 3: Ta có 2 + 1 = 3 là số nguyên tố 2 + 1 = 5 là số nguyên tố 2+ 1 = 17 là số nguyên tố 2 + 1 = 257 là số nguyên tố. Kết luận: Với mọi số tự nhiên n ta có 2 + 1 là số nguyên tố. 2.3- Quy nạp hoàn toàn: Là quy nạp mà kết luận tổng quát được khẳng định bởi tất cả các trương hợp có thể xảy ra (số trường hợp là hữu hạn); ví dụ 1. Từ đó, ta thấy kết luận rút ra từ quy nạp hoàn toàn luôn đúng. Trong giải toán ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp hoàn toàn. Chẳng hạn, chứng minh định lí: “Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung”. – Sách giáo khoa Hình học 9. Ta xét và chứng minh tất cả các trường hợp có thể xảy ra, tuỳ theo vị trí của tâm O đối với góc nội tiếp: Tâm O ở trên một cạnh của góc (hình 3a). Tâm O ở bên trong góc (hình 3b). Tâm O ở bên ngoài góc (hình 3c). Hình 3 O O . . . O a) b) c) 2.4- Phương pháp chứng minh quy nạp toán học: Bên cạnh việc giải toán bằng phương pháp quy nạp hoàn toàn, ta còn sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học. Phương pháp này thường được sử dụng khi chứng minh một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n. Để chứng minh mệnh đề A(n) đúng với mọi số tự nhiên n n0 ta tiến hành: Bước 1: Chứng minh mệnh đề A(n) đúng với n = n0. Bước 2: Giả sử mệnh đề A(n) đúng với n = k; k n0 (còn gọi là giả thiết quy nạp). Từ đó chứng minh mệnh đề A(n) đúng với n = k + 1. Kết luận: Mệnh đề A(n) đúng với mọi số tự nhiên n n0. Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có: 12 + 22 + + n2 = (*) Giải Bước 1: Với n = 2, dễ thấy (*) đúng. Bước 2: Giải sử (*) đúng với n = k (k 2), nghĩa là: 12 + 22 + + k2 = (**) Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1, nghĩa là: 12 + 22 + + k2 + (k + 1)2 = Thật vậy, do (**) nên: 12 + 22 + + k2 + (k + 1)2 = + (k + 1)2 = = = . Vậy (*) đúng với mọi số tự nhiên n 2. 3. Phương pháp so sánh: 3.1- Khái niệm: Từ hai đối tượng ta rút ra những thuộc tính, những dấu hiệu giống nhau và khác nhau giữa chúng, gọi là so sánh. Muốn so sánh hai đối tượng nào đó, ta phân tích các thuộc tính, các dấu hiệu của từng đối tượng đó, đối chiếu các thuộc tính, các dấu hiệu đó với nhau, rồi tổng hợp lại xem hai đối tượng có gì giống nhau và khác nhau. 3.2- Tác dụng: Nhờ so sánh các đối tượng với nhau mà ta nhận thức được các đối tượng đó một cách sâu sắc. Trong giải toán, từ sự so sánh các bài toán ta có thể tìm ra lời giải của bài toán cần giải bằng cách lợi dụng kết quả, phương pháp hay kinh nghiệm giải của những bài toán đã giải. Ví dụ 1: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 = 3abc. Giải Từ a + b + c = 0 c = - (a + b), ta có: a3 + b3 + c3 = a3 + b3 + [- (a + b)]3 = = - 3ab(a + b) = 3abc (đpcm). Ví dụ 2: Cho a + b - c = 0. Chứng minh rằng: a3 + b3 - c3 + 3abc = 0. Ta thấy, bài toán này giống như bài toán ở ví dụ 1. Liên hệ với cách giải của ví dụ 1 ta dễ dàng suy ra được cách giải ở ví dụ này. 4. Phương pháp đặc biệt hoá: 4.1- Khái niệm: Đặc biệt hoá là chuyển từ việc khảo sát một tập hợp đối tượng sang một tập hợp nhỏ hơn chứa trong tập hợp ban đầu. Ví dụ: Chuyển từ việc khảo sát các đa giác sang việc khảo sát các tam giác hay chuyển từ việc khảo sát tam giác sang việc khảo sát tam giác đều. 4.2- Tác dụng: - Dùng để kiểm nghiệm kết quả. - Dùng để tìm kết quả khác, chẳng hạn tìm lại hệ thức lượng trong tam giác vuông nhờ xét trường hợp đặc biệt của hệ thức lượng trong đường tròn. - Dùng trong giải toán: Giải bài toán trong trường hợp đặc biệt rồi đưa trường hợp tổng quát về trường hợp đặc biệt để giải. Ví dụ: Cho tam giác ABC, M là một điểm nằm trên cạnh BC. Hãy dựng đường thẳng qua M chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. A M B C H Hình 4 Để ìm lời giải của bài toán, ta hãy xét trong trường hợp nào có thể tìm ra lời giải dễ hơn, có thể thấy ngay khi M ở những trường hợp đặc biệt như: 1- M là một điểm nằm chính giữa cạnh BC. Khi đó đường thẳng cần dựng là trung tuyến AM của tam giác ABC ( ABM và AMC có đường cao AH chung và đáy BM, CM bằng nhau) (Hình 4) M B A C N Hình 5 2- M trùng với đỉnh B (hoặc đỉnh C) thì đường thẳng cần dựng là trung tuyến BN (Hình 5) Trường hợp tổng quát: Nếu ta đưa bài toán về được một trong những trường hợp đặc biệt nêu trên thì xem như đã tìm được lời giải. Đưa về trường hợp đặc biệt 1: D A B M C E Hình 6 Trên đường thẳng BC lấy điểm D sao cho M là điểm chính giữa của CD, với BM CM thì lấy D sao cho M là điểm chính giữa của BD). Kẻ BE // DA (Hình 6) Ta thấy BAE và BDE có diện tích bằng nhau (hai đường cao bằng nhau, cạnh đáy BE chung) nên ABC và DEC có diện tích bằng nhau. Mà DEC có M là trung điểm của cạnh DC nên trung tuyến EM chia đôi diện tích DEC, do đó cũng chia đôi diện tích ABC. Đưa về trường hợp đặc biệt 2: (với BM < CM) vẽ BD // AM (Hình 7) Ta thấy ABM và ADM có diện tích bằng . . . . . A D B M N C Hình 7 nhau (hai đường cao bằng nhau, cạnh đáy AM chung) nên ABC và MDC có diện tích bằng nhau. Mà MDC có trung tuyến MN chia đôi diện tích của nó nên MN cũng chia đôi diện tích ABC. 5. Phương pháp tổng quát hoá: 5.1- Khái niệm: Tổng quát hoá là chuyển từ việc khảo sát một tập hợp đối tượng đến khảo sát một tập hợp đối tượng lớn hơn chứa tập hợp đối tượng ban đầu. Ví dụ: Chuyển từ việc khảo sát tam giác đều đến khảo sát đa giác đều. 5.2- Tác dụng: Tổng quát hoá có ý nghĩa to lớn trong học toán nói riêng và trong khoa học nói chung, ở đây ta chỉ nói đến tác dụng của nó trong giải toán. Việc tổng quát một bài toán không những cho ta biết kết quả lớn hơn, rộng hơn mà có khi lại giúp ta giải bài toán dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Điều này tưởng chừng như nghịch lý nhưng có những trường hợp nhờ tổng quát mà dữ kiện sử dụng cho việc giải toán được thể hiện rõ hơn, do đó việc tìm cách giải tốt hơn. C A B M N P Q Hình 8 Ví dụ 1: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M nằm trong tam giác đều ABC đến các cạnh của tam giác đó không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Giải Gọi N, P, Q lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống các cạnh AB, BC, AC. (1) (2) (vì AB = AC). (3) (vì AB = BC). Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có: không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (Điều phải chứng minh) Bài toán tổng quát: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M nằm trong một đa giác lồi có các cạnh bằng nhau đến các cạnh của đa giác đó không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Ta thấy bài toán ban đầu nói đến tam giác đều, khi đó ta chú ý đến cả 3 cạnh bằng nhau và 3 góc cùng bằng 600. Ở bài toán tổng quát, không có gì nói đến các góc (có chăng chỉ là các góc nhỏ hơn góc bẹt), bởi vậy ta chỉ tập trung vào giả thiết các cạnh bằng nhau, đó chính là giả thiết dùng để giải toán. Cũng có khi lời giải của bài toán tổng quát lại gọn hơn, dễ hiểu hơn lời giải của bài toán ban đầu (do ký hiệu gọn hơn, giả thiết dùng để giải thể hiện rõ hơn). Khi đó, ta nên giải bài toán tổng quát rồi chỉ ra bài toán đã cho chỉ là một trường hợp riêng. Như thế lời giải chẳng những có thêm phần sáng tạo mà lại còn đẹp hơn, mạch lạc hơn. Ví dụ 2: Chứng minh rằng đa thức: x9999 + x8888 + x7777 chia hết cho đa thức x2 + x + 1. Giải Ta giải bài toán tổng quát: x3k + 2 + x3m + 1 + x3n x2 + x + 1 với mọi số tự nhiên k, m, n. Thậy vậy x3n – 1 = (x3 – 1)(x3(n – 1) + x3(n – 2) + + x3 + 1) = = (x – 1)(x2 + x + 1)(x3(n – 1) + x3(n – 2) + + x3 + 1) x2 + x + 1 Do đó x3n – 1 x2 + x + 1 (1) với mọi số nguyên n. Bởi vậy ta cũng có: x3m + 1 – x = x(x3m – 1) x2 + x + 1 (2) với mọi số nguyên m. x3k + 2 – x2 = x2(x3k – 1) x2 + x + 1 (3) với mọi số nguyên k. Từ (1), (2) và (3) suy ra: (x3k + 2 – x2) + (x3m + 1 – x) + ( x3n – 1) + (x2 + x + 1) x2 + x + 1 Hay x3k + 2 + x3m + 1 + x3n x2 + x + 1 với mọi số tự nhiên k, m, n. * Với n = 3333; m = 2592; k = 2962 ta có: x9999 + x8888 + x7777 x2 + x + 1 (Điều phải chứng minh). 6. Phương pháp tương tự: 6.1- Khái niệm: Từ hai đối tượng giống nhau ở một số dấu hiệu ta rút ra kết luận rằng hai đối tượng đó giống nhau ở dấu hiệu khác gọi là tương tự. Kết luận rút ra từ suy luận tương tự chỉ là một điều dự đoán, một giả thuyết. 6.2- Tác dụng: Cũng giống như quy nạp, suy luận tương tự cho ta dự đoán, những giả thuyết để xem xét, nghiên cứu và qua đó thúc đẩy khoa học (nói chung) và toán học (nói riêng) phát triển. Đặc biệt trong việc tìm lời giải cho một bài toán, sử dụng phương pháp tương tự có thể giúp ta tìm ra lời giải của bài toán một cách nhanh chóng nếu ta liên hệ giữa bài toán cần giải với bài toán đã giải. 6.3- Một số chú ý khi sử dụng “tương tự” trong giải toán: Để tránh việc trình bày dài dòng và không cần thiết trong giải toán ta có thể diễn đạt với các ý: “chứng minh tương tự ta có ” hay “tương tự ta có kết quả ”. - Trong cách diễn đạt “chứng minh tương tự ta có ”, ta hiểu như sau: với cách chứng minh theo cấu trúc “lôgic” đã được trình bày cho đối tượng A (hay trường hợp a), nay ta thay đối tượng A bởi đối tượng B (hay trường hợp b) mà việc chứng minh không có gì mới khác nên ta không trình bày lại đầy đủ sự chứng minh mà trình bày là “chứng minh tương tự ta có ”. - Trong cách diễn đạt “tương tự ta có ” ta hiểu như sau: Chẳng hạn khi tính diện tích tam giác ABC, với cạnh a và đường cao ha ta có: Các cạnh a, b, c hoàn toàn như nhau, “bình đẳng như nhau” trong tam giác ấy, nếu lấy các cạnh b, c với các đường cao hb, hc thì ta suy ra các kết quả tương tự: Các kết quả tương tự suy ra như vậy đều đúng. 7. Phương pháp bác bỏ: Một mệnh đề có khi là sai và ta cần xác định điều đó, cùng với những mệnh đề đúng khác rút ra kết luận lôgíc: Mệnh đề đó là sai. Như vậy là ta bác bỏ được mệnh đề đó. Ví dụ: Bác bỏ mệnh đề “có một đa giác lồi có 4 góc nhọn” ta tiến hành như sau: “ Nếu có một đa giác lồi có 4 góc nhọn thì đa giác đó có 4 góc ngoài (góc bù của 4 góc nhọn đó) là 4 góc tù. Do đó, tổng các góc ngoài của đa giác này lớn hơn 4 vuông. Điều đó trái với một định lý đã biết: “Tổng các góc ngoài của một đa giác lồi bao giờ cũng bằng 4 vuông”. Vậy không thể có “một đa giác lồi có 4 góc nhọn”. Đặc biệt, đối với mệnh đề trong đó có ý “mọi ” (còn gọi là mệnh đề phổ dụng). Để bác bỏ mệnh đề đó ta chỉ cần chỉ ra một trường hợp không đúng (chỉ ra một phản ví dụ). Chẳng hạn, bác bỏ mệnh đề “với mọi số tự nhiên n ta có: là số nguyên tố”. Đây là giả thuyết do Fec-ma nêu lên, nhưng Ơle đã chứng minh rằng với n = 5 thì: . Do đó giải thuyết Fec-ma sai. 8. Chứng minh trực tiếp và chứng minh gián tiếp: Để chứng minh mệnh đề X, ta xét một dãy các mệnh đề: A1, A2, , An, X mà mỗi mệnh đề của dãy hoặc là định nghĩa, tiên đề, định lý đã chứng minh, giả thiết hoặc là kết luận lôgíc của một số mệnh đề đứng trước nó. Phương pháp chứng minh mệnh đề X như vậy gọi là phương pháp chứng minh trực tiếp. Phần lớn các định lý, các bài toán thường được chứng minh bằng phương pháp trực tiếp; cũng không ít định lý hay bài toán được chứng minh bằng phương pháp gọi là gián tiếp. Chứng minh gián tiếp một mệnh đề là chứng minh một (hay một số) mệnh đề khác sai để suy ra mệnh đề cần chứng minh là đúng. Thông thường ta tìm cách bác bỏ mệnh đề phủ định của mệnh đề X để suy ra X đúng (gọi là chứng minh phản chứng). Ví dụ 1: Chứng minh rằng một tam giác có hai đường phân giác bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân. C 2 3 1 2 A B E F 1 2 1 Hình 9 D ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Giải (Hình 9) Nếu AB > AC thì B < C do đó B1 < C1 (1) và có BD = CE (gt) và BC chung, nên từ (1) suy ra BE > CD (2) Qua E vẽ EF // = BD, ta được BEFD là hình bình hành nên B2 = F2 (3) và BE = DF. Do (2) nên DF > CD, bởi vậy C3 > F1 (4). Do (3) và C2 > B2 nên C2 > F2 (5) Từ (4) và (5) suy ra: C3 + C2 > F1 + F2 Hay ECF > EFC do đó EF > CE. Mà EF = BD nên BD > CE, trái với giả thiết. Chứng minh tương tự ta có: Nếu AC > AB thì CE > BD trái với giả thiết. Vậy AB = AC hay ABC cân tại A (đpcm). Trong việc giải một bài toán, ta thường kết hợp cả chứng minh trực tiếp và chứng minh gián tiếp. Để chứng minh gián tiếp một mệnh đề nào đó ta phải chứng minh trực tiếp những mệnh đề trung gian và ngược lại trong chứng minh trực tiếp một mệnh đề có khi ta phải chứng minh một số mệnh đề trung gian bằng gián tiếp. Ví dụ 2: Cho hình thang ABCD, đáy nhỏ AB, E là điểm trên đáy lớn CD sao cho tam giác ABE, ADE, BCE có chu vi bằng nhau. Chứng minh rằng CD = 2AB. Giải A B B1 C D E Để chứng minh CD = 2AB ta đi chứng minh AB = DE và AB = CE. Từ E kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB tạ B1. Ta được tứ giác ADEB1 là hình bình hành. Do đó chu vi ADE bằng chu vi AB1E, mà chu vi ABE bằng chu vi ADE (gt) nên chu vi ABE bằng chu vi AB1E. Bởi vậy: AB + BE = AB1 + B1E (*) Nếu B1nằm ngoài đoạn AB thì: AB1 + B1E = AB + BB1 + B1E. Do (*) nên AB + BE = AB + BB1 + B1E Hay BE = BB1 + B1E vô lý. Vậy B1 không nằm ngoài đoạn AB. Tương tự ta cũng chứng minh được B1 không nằm trong đoạn AB. Do đó B B1, nghĩa là AB = DE. C - VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH VÀ TỔNG HỢP ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ “BA ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN CỦA TAM GIÁC”. Bài toán 1: Chứng minh rằng trong một tam giác, một trung tuyến lớn hơn nửa hiệu giữa tổng hai cạnh kẹp nó với cạnh thứ ba. C a/2 A B ma a/2 c b GT (cạnh a, b, c) Trung tuyến ma M KL ma > Phân tích Tổng hợp Để chứng minh ma > Ta cần chứng minh 2ma > b + c – a CM ma > b - ma > c - Điều đó rõ ràng là đúng trong các tam giác AMC và AMB. Trong tam giác AMC: ma > b - (1) Trong tam giác AMB: ma > c - (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2ma > b + c – a Hay ma > A’ A B C M c b a/2 ma 1 2 Bài toán 2: Chứng minh rằng độ dài một trung tuyến của một tam giác nhỏ hơn nửa tổng và lớn hơn nửa hiệu của hai cạnh kẹp nó. Phân tích Tổng hợp Hay b – c < 2ma < b + c Thế có nghĩa là chứng minh sự tồn tại của một tam giác có một cạnh bằng 2ma, một cạnh bằng b và một cạnh bằng c. Ta hãy thử thực hiện điều đó bằng cách kéo dài AM ra gấp đôi để có cạnh AA’ = 2ma, AC = b. Còn phải chứng minh A’C = c Gọi AM là đường trung tuyến của Kéo dài AM ra gấp đôi: ˆ ˆ MA = MA’ = ma M1 = M2 (đối đỉnh) MB = MC (c.g.c) Nên CA’ = AB = c Trong có ba cạnh 2ma, b, c thì rõ ràng có bất đẳng thức: b – c < 2ma < b + c Hay Bài toán 3: Chứng minh rằng chu vi của tam giác lớn hơn tổng độ dài của ba trung tuyến và nhỏ hơn hai lần tổng đó. C a/2 A B ma a/2 c b (cạnh a, b, c) GT Ba trung tuyến ma, mb, mc KL ma + mb + mc < a + b + c a + b + c < 2(ma + mb + mc) Phân tích Tổng hợp 1. ma + mb + mc < a + b + c Vận dụng bài 2: ma < 2. a + b + c < 2(ma + mb + mc) a + b + c < 2ma + 2mb + 2mc : ma > b - : ma > c - 2ma > b + c – a Vận dụng bài 1 => kết quả. 1. Theo bài 2 ta có: ma < mb < mc < Cộng vế với vế ta được: ma + mb + mc < hay ma + mb + mc < a + b + c 2. Theo bài 1 thì trong một tam giác, mỗi trung tuyến lớn hơn nửa hiệu giữa tổng hai cạnh kẹp nó với cạnh thứ ba: ma > mb > mc > ma + mb + mc > hay a + b + c < 2(ma + mb + mc) Bài toán 4: Chứng minh rằng tổng ba trung tuyến của một tam giác lớn hơn chu vi tam giác đó. A B C M N P G a c b GT ma, mb, mc là ba trung tuyến a, b, c là ba cạnh của tam giác KL ma + mb + mc > Phân tích Tổng hợp ma + mb + mc > Hay (ma + mb + mc) > a + b + c CM. Đây là bất đẳng thức tam giác trong các tam giác AGC, BGC và AGB. Gọi ba cạnh của tam giác là a, b, c và ba trung tuyến tương ứng là ma, mb, mc. Khoảng cách từ các đỉnh đến trọng tâm G bằng trung tuyến tương ứng. Vậy trong các tam giác AGC, BGC, AGB ta có: Cộng từng vế ta được: Hay Nhận xét: Trong những bài trước ta đã chứng minh: Còn ở bài này: . Vậy là mức độ khác biệt giữa tổng ba trung tuyến và chu vi tam giác, trong bài này được tính chặt chẽ hơn, chính xác hơn trong các bài trước. ------------------------------------------ D- KẾT LUẬN. Có thể nói với các phương pháp giải toán được trình bày ở trên, tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách chủ động, phát huy được tính tích cực, sáng tạo. Những phương pháp này tôi đã sử dụng để giảng dạy trên lớp và thu được kết quả khá tốt. Qua thăm dò ý kiến của một số giáo viên và học sinh, tôi thấy cả hai phía đều tán thành với các phương pháp đó trong việc giải toán. Vì vậy, tôi mạnh dạn đ