Một số kinh nghiệm về dãy số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (522.28 KB, 20 trang )
Phần thứ nhất
Cơ sở lý luận
Toán học là một môn học chiếm vị trí quan trọng trong nhà tr-ờng phổ thông
nói chung, ở bậc THCS nói riêng. Dạy Toán là dạy cho học sinh các ph-ơng pháp
suy luận khoa học - lô gíc. Học Toán tức là rèn khả năng t- duy và ứng dụng
nhằm trang bị những vốn kiến thức hoàn chỉnh. Chính vì vậy việc giải các bài
toán là ph-ơng tiện tốt trong giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển t- duy,
hình thành kỹ năng kỹ xảo. Thực tiễn giảng dạy ở nhà tr-ờng phổ thông có rất
nhiều dạng bài Toán khác nhau, giành cho các đối t-ợng học sinh Khá giỏi.
Nh-ng không phải dạng bài Toán nào Giáo viên đ-a ra mà học sinh cũng đều
nắm bắt kiến thức và vận dụng đ-ợc ngay. Nhất là đối với học sinh lớp 6, 7, mức
độ tiếp thu còn nhiều hạn chế. Vì vậy, ng-ời thầy cần cho các em đ-ợc tiếp cận
nhiều bài toán ở cùng dạng, đó chính là hình thức giảng dạy theo các chuyên đề.
Từ đó các em sẽ dần đ-ợc trang bị hoàn chỉnh về mặt kỹ năng, kỹ xảo trong việc
giải toán.
Qua nhiều năm học tập cũng nh- giảng dạy, tôi nhận thấy có một mảng kiến
thức t-ơng đối quan trọng đó là: "DÃy số", các bài tập đ-a ra đ-ợc trải rộng từ
khối 6 đến các khối lớp cao hơn, và hầu nh- ch-a bị dừng lại ở một vị trí. Mặt
khác, trong quá trình giảng dạy tôi thấy các em th-ờng rất ngại mỗi khi "nhìn"
thấy "một dÃy" số có đến "n phần tử", đôi khi gặp bài toán phức tạp thì lại không
biết bắt đầu từ đâu.
Do tính đa dạng muôn màu muôn vẻ của toán học, thật khó lòng đúc kết đ-ợc
các nguyên tắc, dựa vào đó mà tìm đ-ợc "chìa khóa" để giải quyết đ-ợc mọi vấn
đề nêu ra. Dẫu sao đây cũng là một ý t-ởng để hình thành cho các em biết hình
thành và khai thác tối đa những kiến thức mới, khó của số học, vận dụng những
kĩ năng cần thiết để giải đ-ợc những bài tập mới là điều thành công ở các em.
Thiết nghĩ dạng toán này nếu đ-ợc khai thác triệt để thì phạm vi ảnh h-ởng cũng
nh- tác dụng của nó là khá lớn.
Chính vì vậy tôi mạnh dạn s-u tầm các bài tập để trình bày chuyên đề một số
bài tập về "Giá trị của dÃy số" để các đồng nhiệp tham khảo và đóng góp ý kiến,
Trong khuôn khổ cho phép chỉ xin trình bày trong phạm vi ë khèi líp 6 - 7. V×
đây là một cơ sở quan trọng trong việc hình thành sáng tạo cho học sinh khi đ-ợc
học tiếp ở các lớp cao hơn, bậc học cao hơn.
Phần thứ hai
Cơ sở thực tiễn
Xuất phát từ một bài Toán trong sách gi¸o khoa nh- sau:
TÝnh: A = 1 + 2 + 3 + ... + 98 + 99 + 100
Ta thÊy tổng A có100 số hạng, ta chia thành 50 nhóm, mỗi nhóm có tổng là
101 nh- sau:
A = (1 + 100) + (2 + 99) + (3 + 98) + ... + (50 + 51) = 101 + 101 + ... + 101
= 50.101 = 5050.
Đây là bài Toán mà lúc lên 7 tuổi nhà Toán học Gauxơ đà tính rất nhanh tổng
các số Tự nhiên từ 1 đến 100 tr-ớc sự ngạc nhiên của thầy giáo và các bạn bè
cùng lớp.
Nh- vậy bài toán trên là cơ sở đầu tiên để chúng ta tìm hiểu và khai thác thêm
rất nhiều các bài tập t-ơng tự, đ-ợc đ-a ra ở nhiều dạng khác nhau, đ-ợc áp
dụng ở nhiều thể loại toán khác nhau nh-ng chủ yếu là: tính toán, tìm số, so
sánh, chứng minh. Để giải quyết đ-ợc các dạng toán đó chúng ta cần phải nắm
đ-ợc quy luật của dÃy số, tìm đ-ợc số hạng tổng quát, ngoài ra cần phải kết hợp
những công cụ giải toán khác nhau nữa.
Các bài toán đ-ợc trình bày ở chuyên đề này đ-ợc phân ra hai dạng chính, đó
là:
- Dạng thứ nhất: DÃy số với các số hạng là số nguyên, phân số (hoặc số thập
phân) cách đều
- Dạng thứ hai: DÃy số với các số hạng không cách đều.
Sau đây là một số bài tập đ-ợc phân thành các thể loại, trong đó đà phân thành
hai dạng trên:
Phần thứ ba
Nội dung
I. thể loại toán về số nguyên
Dạng 1: DÃy số mà các số hạng cách đều.
Bài 1: Tính B = 1 + 2 + 3 + ... + 98 + 99
Nhận xét: Nếu học sinh nào có sự sáng tạo sÏ thÊy ngay tæng: 2 + 3 + 4 +
... + 98 + 99 có thể tính hoàn toàn t-ơng tự nh- bài 1, cặp số ở giữa vẫn là 51 và
50, (vì tổng trên chỉ thiếu số 100) vậy ta viÕt tæng B nh- sau:
B = 1 + (2 + 3 + 4 + ... + 98 + 99). Ta thấy tổng trong ngoặc gồm 98 số
hạng, nếu chia thành các cặp ta có 49 cặp nên tổng đó lµ: (2 + 99) + (3 + 98) + ...
+ (51 + 50) = 49.101 = 4949, khi ®ã B = 1 + 4949 = 4950
Lêi b×nh: Tỉng B gåm 99 số hạng, nếu ta chia các số hạng đó thành cặp
(mỗi cặp có 2 số hạng thì đ-ợc 49 cặp và d- 1 số hạng, cặp thứ 49 thì gồm 2 số
hạng nào? Số hạng d- là bao nhiêu?), đến đây học sinh sẽ bị v-ớng mắc.
Ta có thể tÝnh tỉng B theo c¸ch kh¸c nh- sau:
C¸ch 2:
B = 1 + 2 + 3 + ... + 97 + 98 + 99
+
B = 99 + 98 + ... + 3 + 2 + 1
2B = 100 + 100 + ... + 100 + 100 + 100
2B = 100.99
B = 50.99 = 4950
Bµi 2: TÝnh C = 1 + 3 + 5 + ... + 997 + 999
Lời giải:
Cách 1: Từ 1 đến 1000 có 500 số chẵn và 500 số lẻ nên tổng trên có 500
số lẻ. áp dụng các bài trên ta có C = (1 + 999) + (3 + 997) + ... + (499 + 501) =
1000.250 = 250.000 (Tổng trên có 250 cặp số)
Cách 2: Ta thÊy:
1 = 2.1 - 1
3 = 2.2 - 1
5 = 2.3 - 1
...
999= 2.500- 1
Quan sát vế phải, thừa sè thø 2 theo thø tù tõ trªn xng d-íi ta có thể xác
định đ-ợc số các số hạng của dÃy số C là 500 số hạng.
áp dụng cách 2 của bài trên ta có:
C = 1 + 3 + ... + 997 + 999
+
C = 999 + 997 + ... + 3 + 1
2C = 1000 + 1000 + ... + 1000 + 1000
2C = 1000.500
C = 1000.250 = 250.000
Bµi 3. TÝnh D = 10 + 12 + 14 + ... + 994 + 996 + 998
Nhận xét: Các số hạng của tổng D đều là các số chẵn, áp dụng cách làm
của bài tập 3 để tìm số các số hạng của tæng D nh- sau:
Ta thÊy:
10 = 2.4
+2
12 = 2.5
+2
14 = 2.6
+2
...
998 = 2.498 + 2
T-ơng tự bài trên: từ 4 đến 498 có 495 số nên ta có số các số hạng của D là
495, mặt khác ta lại thấy:
495
998
10
1
hay
2
số các số hạng = (số hạng đầu - số hạng cuối) : khoảng cách rồi cộng
thêm 1
Khi đó ta có:
D = 10 + 12 + ... + 996 + 998
+
D = 998 + 996 + ... + 12 + 10
2D = 1008 + 1008 + ... + 1008 + 1008
2D = 1008.495
Thùc chÊt
D
(9 9 8
D = 504.495 = 249480
10)495
2
Qua c¸c ví dụ trên , ta rút ra một cách tổng quát nh- sau: Cho dÃy số cách đều
u1, u2, u3, ... un (*), khoảng cách giữa hai số hạng liên tiếp của dÃy là d,
Khi đó số các số hạng của dÃy (*) là:
n
un
u1
1
(1)
d
Tổng các số hạng của dÃy (*) là
Sn
n (u1
un)
(2)
2
Đặc biệt từ công thức (1) ta có thể tính đ-ợc số hạng thứ n của dÃy (*) là:
un = u1 + (n - 1)d
n (n
Hoặc khi u1 = d = 1 thì S1 = 1 + 2 + 3 + ... + n
1)
2
Bµi 4. TÝnh E = 10,11 + 11,12 + 12,13 + ...+ 98,99 + 99,10
Lời giải
Ta có thể đ-a các số hạng của tổng trên về dạng số tự nhiên bằng cách nhân cả
hai vế với 100, khi đó ta có:
100E = 1011 + 1112 + 1213 + ... + 9899 + 9910 = (1011 + 1112 + 1213 +
... + 9899) + 9910
(1 0 1 1
9 8 9 9 ).9 8
9910
= 485495 + 9910 = 495405
2
E = 4954,05
(Ghi chó: V× số các số hạng của dÃy là
(9 8 9 9
1 0 1 1)
1
98
)
101
Bài 5. Phân tích số 8030028 thành tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp.
Lời giải
Gọi a là số tự nhiên chẵn, ta có tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp là:
a
S = a + (a + 2) + ... + (a + 4006) =
(a
4006)
.2 0 0 4
(a
2 0 0 3 ) .2 0 0 4
.
2
Khi ®ã ta cã: (a + 2003).2004 = 8030028
a = 2004.
VËy ta cã: 8030028 = 2004 + 2006 + 2008 + ... + 6010
Nhận xét:
Sau khi giải quyết các bài toán ở dạng trên ta không thấy có v-ớng mắc gì lớn,
bởi vì đó là toàn bộ những bài toán cơ bản mà đối với học sinh khá cũng không
gặp mấy khó khăn khi tiếp thu. Tuy nhiên đó là các cơ sở đầu tiên để từ đó chúng
ta tiếp tục nghiên cứu các dạng toán ở mức độ cao hơn, phức tạp hơn một chút.
Dạng 2: DÃy số mà các số hạng không cách đều.
Bài 1. Tính A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + …+ n.(n + 1)
Lêi giải
Ta thấy mỗi số hạng của tổng trên là tích của hai số tự nhên liên tiếp, khi đó:
Gọi a1 = 1.2
3a1 = 1.2.3
3a1= 1.2.3 - 0.1.2
a2 = 2.3
3a2 = 2.3.3
3a2= 2.3.4 - 1.2.3
a3 = 3.4
3a3 = 3.3.4
3a3 = 3.4.5 - 2.3.4
…………………..
an-1 = (n - 1)n
3an-1 =3(n - 1)n
3an-1 = (n - 1)n(n + 1) - (n - 2)(n - 1)n
an = n(n + 1)
3an = 3n(n + 1)
3an = n(n + 1)(n + 2) - (n - 1)n(n + 1)
Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta có:
3(a1 + a2 + …+ an) = n(n + 1)(n + 2)
3
1 .2
2 .3
...
n(n
1)
= n(n + 1)(n + 2)
A=
n (n
1) ( n
2)
3
C¸ch 2: Ta cã
3A = 1.2.3 + 2.3.3 + … + n(n + 1).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(3 - 1) + … +
n(n + 1)[(n - 2) - (n - 1)] = 1.2.3 - 1.2.0 + 2.3.3 - 1.2.3 + …+ n(n + 1)(n + 2) - (n - 1)n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)
A=
n (n
1) ( n
2)
3
* Tỉng qu¸t ho¸ ta cã:
k(k + 1)(k + 2) - (k - 1)k(k + 1) = 3k(k + 1). Trong ®ã k = 1; 2; 3; …
Ta dễ dàng chứng minh công thức trên nh- sau:
k(k + 1)(k + 2) - (k - 1)k(k + 1) = k(k + 1)[(k + 2) - (k - 1)] = 3k(k + 1)
Bµi 2. TÝnh B = 1.2.3 + 2.3.4 + + (n - 1)n(n + 1)
Lời giải
áp dụng tính kÕ thõa cđa bµi 1 ta cã:
4B = 1.2.3.4 + 2.3.4.4 + …+ (n - 1)n(n + 1).4
= 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + …+ (n - 1)n(n + 1)(n + 2) [(n - 2)(n - 1)n(n + 1)] = (n - 1)n(n + 1)(n + 2) - 0.1.2.3 = (n - 1)n(n + 1)(n + 2)
B=
(n
1) n ( n
1) ( n
2)
4
Bµi 3. TÝnh C = 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 + …+ n(n + 3)
Lêi gi¶i
Ta thÊy: 1.4 = 1.(1 + 3)
2.5 = 2.(2 + 3)
3.6 = 3.(3 + 3)
4.7 = 4.(4 + 3)
…….
n(n + 3) = n(n + 1) + 2n
VËy C = 1.2 + 2.1 + 2.3 + 2.2 + 3.4 + 2.3 + …+ n(n + 1) +2n
= 1.2 + 2 +2.3 + 4 + 3.4 + 6 + …+ n(n + 1) + 2n
= [1.2 +2.3 +3.4 + …+ n(n + 1)] + (2 + 4 + 6 + …+ 2n)
3C = 3.[1.2 +2.3 +3.4 + …+ n(n + 1)] + 3.(2 + 4 + 6 + …+ 2n) =
= 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + …+ n(n + 1).3 + 3.(2 + 4 + 6 + …+ 2n) =
= n(n + 1)(n + 2) +
3(2 n
2)n
C=
n (n
1) ( n
2
2)
3(2 n
3
2)n
=
n (n
2
1) ( n
5)
3
Bµi 4. TÝnh D = 12 + 22 + 32 + + n2
Nhận xét: Các số hạng của bài 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp, còn ở
bài này là tích của hai số tự nhiên giống nhau. Do đó ta chuyển về dạng bµi tËp 1:
Ta cã: A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + …+ n.(n + 1) = 1.(1 + 1) + 2.(1 + 2) + …+
+ n.(1 + n) = 12 + 1.1 + 22 + 2.1 + 32 + 3.1 + …+ n2 + n.1 = (12 + 22 + 32 + …+
n2 ) + (1 + 2 + 3 + + n). Mặt khác theo bài tập 1 ta cã:
A=
n (n
1) ( n
2)
n(n
vµ 1 + 2 + 3 + … + n =
3
=
n (n
1) ( n
1)
12 + 22 + 32 + … + n2 =
2
2)
-
n(n
3
1)
=
n(n
1) ( 2 n
2
1)
6
Bµi 5. TÝnh E = 13 + 23 + 33 + + n3
Lời giải
T-ơng tự bài toán trên, xuất phát từ bài toán 2, ta đ-a tổng B về tổng E:
Ta cã:
B = 1.2.3 + 2.3.4 + …+ (n - 1)n(n + 1) = (2 - 1).2.(2 + 1) + (3 - 1).3.(3 + 1)
+ …+ (n - 1)n(n + 1) = (23 - 2) + (33 - 3) + …+ (n3 - n) =
= (23 + 33 + …+ n3) - (2 + 3 + …+ n) = (13 + 23 + 33 + …+ n3) - (1 + 2 + 3 + …+ n) = (13 + 23 + 33 + …+ n3) -
n(n
1)
2
(13 + 23 + 33 + + n3) = B +
n(n
1)
Mà ta đà biết B =
2
(n
1) n ( n
1) ( n
2)
4
E = 13 + 23 + 33 + …+ n3 =
2
=
(n
1) n ( n
1) ( n
2)
+
n(n
4
2
1)
=
n (n
1)
2
C¸ch 2: Ta cã:
A1 = 13 = 12
A2 = 13 + 23 = 9 = (1 + 2)2
A3 = 13 + 23 + 33 = 36 = (1 + 2 + 3)2
Gi¶ sư cã: Ak = 13 + 23 + 33 + …+ k3 = (1 + 2 + 3 + …+ k)2 (1) Ta chøng minh:
Ak+1 = 13 + 23 + 33 + …+ (k + 1)3 = [1 + 2 + 3 + …+ (k + 1)]2 (2)
ThËt vËy, ta ®· biÕt: 1 + 2 + 3 + …+ k =
k (k
1)
2
Ak = [
k (k
1)
]2
(1') Céng vµo hai vÕ cđa (1') víi (k + 1)3 ta cã:
2
Ak + (k + 1)3 = [
k (k
1)
]2 + (k + 1)3
k (k
Ak+1 = [
2
1)
]2 + (k + 1)3
2
2
(k
=
1) ( k
2)
VËy tổng trên đúng với Ak+1, tức là ta luôn có:
2
Ak+1 = 13 + 23 + 33 + …+ (k + 1)3 = [1 + 2 + 3 + …+ (k + 1)]2 =
2
=
(k
1) ( k
2)
. VËy khi ®ã ta cã:
2
2
E = 13 + 23 + 33 + …+ n3 = (1 + 2 + 3 + …+ n)2 =
n (n
1)
2
Lêi bình: - Với bài tập trên ta áp dụng kiến thức về quy nạp Toán học.
- Bài tập trên chính là dạng bài tập về tổng các số hạng của mét
cÊp sè nh©n (líp 11) nh-ng chóng ta cã thĨ giải quyết đ-ợc trong phạm vi ở cấp
THCS.
Bài 6. (Trang 23 SGK To¸n 7 tËp 1)
BiÕt r»ng 12 + 22 + 32 +…+ 102 = 385, ®è em tÝnh nhanh ®-ỵc tỉng
S = 22 + 42 + 62 + …+ 202
Lêi gi¶i
Ta cã: S = 22 + 42 + 62 + …+ 202 = (2.1)2 + (2.2)2 + …+ (2.10)2 =
= 12.22 + 22.22 + 22.32 + …+ 22.102 = 22.(12 + 22 + 32 + …+ 102) = 4. (12 + 22
+ 32 + …+ 102) = 4.385 = 1540.
Nhận xét: Nếu đặt P = 12 + 22 + 32 + …+ 102 th× ta cã: S = 4.P. Do đó, nếu cho
S thì ta sẽ tính đ-ợc P và ng-ợc lại. Tổng quát hóa ta có:
P = 12 + 22 + 32 +…+ n2 =
n(n
1) ( 2 n
1)
(theo kết quả ở trên)
6
Khi đó S = 22 + 42 + 62 + + (2n)2 đ-ợc tính t-ơng tự nh- bài trên, ta có:
S = (2.1)2 + (2.2)2 + + (2.n)2 = 4.( 12 + 22 + 32 + …+ n2) =
=
4 n (n
1) ( 2 n
6
1)
=
2 n (n
1) ( 2 n
3
1)
2
n (n
Cßn: P = 13 + 23 + 33 + … + n3 =
1)
. Ta tÝnh S = 23 + 43 + 63 +…+ (2n)3
2
nh- sau: S = (2.1)3 + (2.2)3 + (2.3)3 + …+ (2.n)3 = 8.(13 + 23 + 33 + …+ n3) lóc nµy
S = 8P, VËy ta cã: S = 23 + 43 + 63 +…+ (2n)3 =
2
=
8
n (n
2
1)
8 .n ( n
2
1)
2
2
2n (n
1)
2
4
¸p dơng c¸c kÕt quả trên, ta có bài tập sau:
Bài 7. a) Tính A = 12 + 32 + 52 + ...+ (2n -1)2
b) TÝnh B = 13 + 33 + 53 + + (2n-1)3
Lời giải
a)Theo kết quả bài trên, ta có: 12 + 22 + 32 +…+ (2n)2 =
=
2n (2n
1) ( 4 n
1)
n(2 n
1) ( 4 n
6
1)
3
Mµ ta thÊy:
12 + 32 + 52 + ...+ (2n -1)2 = 12 + 22 + 32 +…+ (2n)2 - 23 + 43 + 63 +…+ (2n)2 =
n(2 n
=
1) ( 4 n
1)
-
3
2 n (n
1) ( 2 n
1)
2
=
2n (2 n
3
1)
3
b) Ta cã: 13 + 33 + 53 + …+ (2n-1)3 = 13 + 23 + 33 + …+ (2n)3 - 23 + 43 + 63 +…+ (2n)3 . áp dụng kết quả bài tập trên ta có:
13 + 23 + 33 + …+ (2n)3 = n2(2n + 1)2.
VËy: B = 13 + 33 + 53 + …+ (2n-1)3 = n2(2n + 1)2 - 2n2(n + 1)2 =
= 2n4 - n2
Nhận xét: Trên đây là các dạng bài tập cơ bản về sự liên quan giữa hai loại
tổng: Tổng bình ph-ơng (hoặc lập ph-ơng) của các số tự nhiên liên tiếp với tổng
các bình ph-ơng (hoặc lập ph-ơng) của các số tự nhiên chẵn liên tiếp. Chúng ta
có thể sử dụng để quy định mức độ phát triển bài toán tới đâu để cho học sinh
giải.
* Một số bài tập dạng khác
Bài 1. Tính S1 = 1 + 2 + 22 + 23 + + 263
Lời giải
Cách 1:
Ta thÊy: S1 = 1 + 2 + 22 + 23 + …+ 263
2S1 = 2 + 22 + 23 + …+ 263 + 264
(1)
(2)
Trõ tõng vÕ cña (2) cho (1) ta cã:
2S1 - S1 = 2 + 22 + 23 + …+ 263 + 264 - (1 + 2 + 22 + 23 + …+ 263)
= 264 - 1. Hay S1 = 264 - 1
C¸ch 2:
Ta cã: S1 = 1 + 2 + 22 + 23 + …+ 263 = 1 + 2(1 + 2 + 22 + 23 + …+ 262)
= 1 + 2(S1 - 263) = 1 + 2S1 - 264
(1)
S1 = 264 - 1
Bài 2. Tính giá trị của biểu thøc S = 1 +3 + 32 + 33 + + 32000 (1)
Lời giải:
Cách 1: áp dụng cách làm của bµi 1:
Ta cã: 3S = 3 + 32 + 33 + …+ 32001
(2) Trõ tõng vÕ cña (2) cho (1) ta đ-ợc:
3S - 2S = (3 + 32 + 33 + …+ 32001) - (1 +3 + 32 + 33 + + 32000)
Hay: 2S = 32001 - 1
S=
3
2001
1
2
Cách 2: T-ơng tự nh- cách 2 của bài trên:
Ta có: S = 1 + 3(1 +3 + 32 + 33 + …+ 31999) = 1 + 3(S - 32000) = 1 + 3S - 32001
2S = 32001 - 1
S=
3
2001
1
2
*) Tỉng qu¸t ho¸ ta cã:
Sn = 1 + q + q2 + q3 + …+ qn
(1)
qSn = q + q2 + q3 + + qn+1
(2)
Khi đó ta có:
Cách 1:
Trừ từng vế của (2) cho (1) ta cã: (q - 1)S = q
n+1
-1
S=
q
n
q
C¸ch 2:
1
1
1
Sn = 1 + q(1 + q + q2 + q3 + …+ qn-1) = 1 + q(Sn - qn)
= 1 + qSn - qn+1
S=
q
n
q
1
qSn - Sn = qn+1 - 1 hay: Sn(q - 1) = qn+1 - 1
1
1
Bµi 3. Cho A = 1 + 2 + 22 + 23 + + 29; B = 5.28. HÃy so sánh A và B
C¸ch 1: Ta thÊy: B = 5.28 = (23 + 22 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1).26
= 29 + 28 + 27 + 26 + 26 + 26 + 26 + 26 + 26 + 26
= 29 + 28 + 27 + 26 + 26 + 26 + 26 + 26 + 26 + 25 + 25
(V× 26 = 2.25). VËy râ ràng ta thấy B > A
Cách 2: áp dụng cách làm của các bài tập trên ta thấy đơn giản h¬n,
thËt vËy:
A = 1 + 2 + 2 2 + 2 3 + …+ 2 9
(1)
2A = 2 + 22 + 23 + …+ 29 + 210 (2)
Trõ tõng vÕ cña (2) cho (1) ta cã:
2A - A = (2 + 22 + 23 + …+ 29 + 210) - (1 + 2 + 22 + 23 + …+ 29)
= 210 - 1 hay A = 210 - 1
Cßn: B = 5.28 = (22 + 1).28 = 210 + 28
VËy B > A
Lời bình: Đối với cách làm thứ nhất chỉ phù hợp với các bài tập với số ít
các số hạng. Do vậy, khi gặp bài tập ở dạng trên nh-ng có nhiều số hạng thì ta
nên áp dụng cách làm thứ hai.
Tuy nhiên giáo viên cần gợi ý cho học sinh thấy đ-ợc: ta có thể tìm đ-ợc giá
trị của biểu thức A, từ đó học sinh có thể so sánh đ-ợc A với B mà không gặp
mấy khó khăn.
Bài 4. Tính giá trị của biểu thức S = 1 + 2.6 + 3.62 + 4.63 + …+ 100.699
(1)
6S = 6 + 2.62 + 3.63 + …+ 99.699 + 100.6100 (2)
Ta cã:
Trõ tõng vÕ cña (2) cho (1) ta đ-ợc:
5S = 6 - 2.6 + (2.62 - 3.62) + (3.63 - 4.63) + …+ (99.699 - 100.699) +
+ 100.6100 - 1 = 100.6100 - 1 - (6 + 62 + 63 + + 699)
Đặt S' = 6 + 62 + 63 + …+ 699
S' =
6
100
6
6S' = 62 + 63 + …+ 699 + 6100
thay vµo (*) ta cã: 5S = 100.6
5
S=
(*)
100
-1-
6
100
6
=
4 9 9 .6
5
4 9 9 .6
100
100
1
5
1
25
Bµi 5. Ng-êi ta viÕt d·y sè: 1; 2; 3; ... Hái chữ số thứ 673 là chữ số nào?
Lời giải
Ta thấy: Tõ 1 ®Õn 99 cã: 9 + 2.90 = 189 chữ số, theo đầu bài ta còn thiếu số
các chữ số của dÃy là: 673 - 189 = 484 chữ số, nh- vậy chữ số thứ 673 phải nằm
trong dÃy các số có 3 chữ số. Vậy ta xét tiếp:
Từ 100 đến 260 có: 3.161 = 483 chữ số
Nh- vậy tõ 1 ®Õn 260 ®· cã: 189 + 483 = 672 chữ số, theo đầu bài thì chữ số
thứ 673 sẽ là chữ số 2 của số 261.
Một số bài tËp tù gi¶i:
1. TÝnh: A = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 + …+ (n - 2) …(n + 1)
2. TÝnh: B = 1.2.4 + 2.3.5 + …+ n(n + 1)(n + 3)
3. TÝnh: C = 22 + 52 + 82 + ...+ (3n - 1)2
4. TÝnh: D = 14 + 24 + 34 + ... + n4
5. TÝnh: E = 7 + 74 + 77 + 710 + …+ 73001
6. TÝnh: F = 8 + 83 + 85 + …+ 8801
7. TÝnh: G = 9 + 99 + 999 + …+ 99 …9 (ch÷ sè cuèi gåm 190 ch÷ sè 9)
8. TÝnh: H = 1.1! + 2.2! + …+ n.n!
9. Cho d·y sè: 1; 2; 3; . Hỏi chữ số thứ 2007 là chữ số nào?
II. thể loại toán về phân số:
Bài 1. Tính giá trị của biểu thức A =
1
1
1
1 .2
2 .3
3 .4
1
...
(n
1) . n
Lời giải
Ta có: A =
1
1
1
1
1
1
...
1
2
1
A=1
2
n
n
3
n
1
sau khi bỏ dấu ngoặc ta có:
n
1
n
Nhận xét: Ta thấy các giá trị ở tử không thay đổi và chúng và đúng bằng
m
hiệu hai thừa số ở mẫu. Mỗi số hạng đều có dạng:
b (b
1
m)
b
1
b
(Hiệu hai
m
thừa số ở mẫu luôn bằng giá trị ở tử thì phân số đó luôn viết đ-ợc d-ới dạng hiệu
của hai phân số khác với các mẫu t-ơng ứng). Nên ta có một tổng với các đặc
điểm: các số hạng liên tiếp luôn đối nhau (số trừ của nhóm tr-ớc bằng số bị trừ
của nhóm sau liên tiếp), cứ nh- vậy các số hạng trong tổng đều đ-ợc khử liên
tiếp, đến khi trong tổng chỉ còn số hạng đầu và số hạng cuối, lúc đó ta thực hiện
phép tính sẽ đơn giản hơn.
Bài 2. Tính giá trị của biểu thức B =
B=
4
4
4
4
4
4
3 .7
7 .1 1
1 1 .1 5
4
...
3 .7
7 .1 1
1 1 .1 5
9 5 .9 9
xÐt, ta cã: 7 - 3 = 4 (đúng bằng tử) nên ta có:
...
4
9 5 .9 9
vận dụng cách làm của phần nhận
1
B=
1
1
1
1
1
1
1
95
99
=
...
3
7
7
11
11
15
7
Bài 3. Tính giá trị của biểu thức C =
2
7
2 .9
2
7
9 .1 6
1
1
32
3
99
99
2
7
...
1 6 .2 3
2
6 5 .7 2
NhËn xÐt: Ta thÊy: 9 - 2 = 7 ≠ 72 ë tử nên ta không thể áp dụng cách làm
của các bài trên (ở tử đều chứa 72), nếu giữ nguyên các phân số đó thì ta không
thể tách đ-ợc thành hiệu các phân số khác để rút gọn tổng trên đ-ợc. Mặt khác ta
thấy:
7
1
1
2 .9
2
9
, vì vậy để giải quyết đ-ợc vấn đề ta phải đặt 7 làm thừa số chung
ra ngoài dấu ngoặc, khi đó thực hiện bên trong ngoặc sẽ đơn giản.
Vậy ta có thể biến đổi:
7
C =7.
7
7
7
2 .9
9 .1 6
1 6 .2 3
1
=
1
35
1
1
1
1
1
1
65
72
...
2
9
9
16
16
23
=
29
7.
72
1
7.
6 5 .7 2
7.
2
1
=
...
3
72
72
3
3
3
1 .3
3 .5
5 .7
Bài 4. Tính giá trị của biểu thức D =
3
...
4 9 .5 1
Lời giải
Ta lại thấy: 3 - 1 = 2 3 ở tử của mỗi phân số trong tổng nên bằng cách nào đó
ta đ-a 3 ra ngoài và đ-a 2 vào trong thay thế.
2
Ta có: D =
=
3
3
3
3
=
...
2
1 .3
3
1
3 .5
1
1
5 .7
1
4 9 .5 1
1
1
3
2
1
3
3
5
5
7
Bài 5. Tính giá trÞ cđa biĨu thøc E =
2
2
...
2
1 .3
1
1
=
49
51
...
2
2
3 .5
5 .7
3
1
1
2
1
51
4 9 .5 1
3 50
2 51
1
1
1
1
1
1
7
91
247
475
775
1147
25
17
Lêi gi¶i
Ta thÊy: 7 = 1.7 ;
91 = 13.7 ;
247 = 13.19 ;
775 = 25.31 ;
475 = 19.25
1147 = 31.37
T-ơng tự bài tập trên ta có:
E=
=
1
6
1
6
6
6
6
6
6
6
1 .7
7 .1 3
1 3 .1 9
1 9 .2 5
2 5 .3 1
3 1 .3 7
1
1
1
7
1
7
1
13
1
13
1
19
1
19
1
25
1
25
1
31
=
1
31
1
37
=
1
1
1
36
6
37
6
37
37
1
6
Bài 5. (Đề thi chọn HSG Toán 6 - TX Hà Đông - Hà Tây - Năm häc 2002 - 2003)
2
2
6 0 .6 3
6 3 .6 6
5
5
4 0 .4 4
4 4 .4 8
So s¸nh: A =
B=
2
2
1 1 7 .1 2 0
2003
...
5
5
7 6 .8 0
2003
...
và
Lời giải
2
Lại áp dụng cách làm ở bài trên ta có: A=
3
2
1
1
1
1
1
1
2
60
63
63
1
2
180
2003
=
66
117
200
2003
6 0 .6 3
=
...
3
3
2
1 1 7 .1 2 0
2003
...
3
=
3
6 3 .6 6
2
1
1
2
3
60
120
2003
2
1
3 120
T-ơng tự cách làm trên ta có:
5
1
1
5
5
1
5
1
5
4
40
80
2003
4
80
2003
64
2003
Ta lại có: 2A = 2
1
2
2
4
1
4
180
2003
180
2003
90
2003
B=
Từ đây ta thấy ngay
B > 2A thì hiển nhiên B > A
Bài 6. (Đề thi chọn HSG Toán năm học 1985 - 1986)
So sánh hai biểu thức A và B:
1
A = 124
1
1
...
1 .1 9 8 5
2 .1 9 8 6
1
1
1
1 .1 7
2 .1 8
3 .1 9
B=
1
3 .1 9 8 7
1 6 .2 0 0 0
1
...
1 9 8 4 .2 0 0 0
Lêi giải
124
Ta có: A =
1
1
.
1
1
16
Còn B =
1
1985
...
2
1
.
1
16
=
.
1
1
1
1
1
16
1
1
16
2000
=
...
1984
=
1
. 1
2
1
1
16
1985
1986
1
1
17
2
18
1987
1
...
2000
1
1
1984
2000
...
1
1
1
1984
17
18
...
3
1
1
2
1986
...
=
1
=
2000
=
1
16
.
1
1
2
...
1
1
1
16
17
18
...
1
1
1
1984
17
18
...
1
1
1984
1985
...
1
2000
2
2003
=
=
1
=
1
1
16
1
1
1
16
1985
1986
...
2
1
...
2000
VËy A = B
1
Bµi 7. Chøng tá r»ng:
1
5
1
13
1
...
25
2
n
1
2
n
víi mäi n
N
2
1
Lêi giải
Ta không thể áp dụng ngay cách làm của các bài tập trên, mà ta thấy:
1
2
5
1
;
2
2 .4 1 3
4 .6
2
n
(n
n
2
1
Vậy ta cã:
1
5
1
1
2 .4
2
4
2
2
2 .4
4 .6
6 .8
1)
1
1)
2
2n
2n
25
n
1
1
4 .6
4
6
2
n
1
1
6 .8
6
8
2
2 n(2 n
1
2
;
2)
(n
1)
2
víi:
2
2 n (2 n
2
1
1)
1
2 n(2 n
2)
1
n(2 n
2)
2n
2
2n
.
N
1)
1
2
2
còn
n
2 n (2 n
...
...
2
2
<
2
;
n
(n
2
1
13
2
2
2
n
(n
1
ta phải so sánh:
1
=
2
...
6 .8
1
nên hiển nhiên
Mà:
1)
2
25
1
Thật vậy:
1
;
2
2
2
2 .4
4 .6
6 .8
2
...
2
...
2 n(2 n
1
2 n(2 n
2)
1
2n
1
1
1
1
1
1
2
4
4
6
6
8
1
1
1
1
1
1
2
4
4
6
6
8
2n
1
...
nên:
2
1
2n
2)
=
2n
1
1
2
2
1
2n
2
2
là hiển nhiên với mọi số tự nhiên n
Vậy:
1
5
1
5
1
13
1
1
13
1
1
...
25
n
2
(n
1)
1
...
25
n
2
2
1
...
1
2n
2n
2n
1
n (n
1)
hay
2
1
(n
1)
2
2
3
Bài 9. Tính giá trị của biểu thức M =
(1 . 2 )
5
2
( 2 .3 )
...
2
2
Lêi gi¶i
1
Ta cã ngay: M =
1
1
=1
(n
(n
1)
2
1
2
(n
2
1)
2
1)
1
2
2
1
2
1
2
=
3
(n
1
...
2
(n
1) ( n
(n
Bài 10. Tính giá trị của biểu thøc N =
1)
1)
1
1)
2
1
n
n
2
2
1
2
n
2n
(n
1
1
1
1 .2 .3
2 .3 .4
3 .4 .5
1
2
2
2
2
1 .2 .3
2 .3 .4
3 .4 .5
2
...
n .( n
1) ( n
1
1)
(n
1)
1
n
2
2)
2
2
2n
(n
1)
n(n
2
(n
1
...
Lêi gi¶i
Ta cã: N =
1
2
n(n
1) ( n
2)
2)
1)
2
=
=
1
1
1
1
1
1
1
2
1 .2
2 .3
2 .3
3 .4
3 .4
4 .5
1
1
2
2
1
...
1
n .( n
1)
(n
1) ( n
2)
1
(n
1) ( n
2)
1
1
1 .2 .3 .4
2 .3 .4 .5
Bµi 11. Tính giá trị của biểu thức: H =
1
...
(n
1) . n ( n
1) ( n
2)
Lêi gi¶i
Ta cã: H =
=
=
1
3
3
3
1 .2 .3 .4
2 .3 .4 .5
3
...
(n
1
1
1
1
1
3
1 .2 .3
2 .3 .4
2 .3 .4
3 .4 .5
1
1
3
6
1 ) .n . ( n
1) .( n
2)
1
...
(n
1
1 ) .n . ( n
1)
n .( n
1) .( n
2)
1
n(n
1) ( n
2)
Bµi 12. Chøng minh r»ng P =
12
12
12
1 .4 .7
4 .7 .1 0
7 .1 0 .1 2
12
1
5 4 .5 7 .6 0
2
...
Lêi gi¶i
6
Ta cã: P =
6
=
6
...
1 .4 .7
=
6
2.
1
1
4 .7 .1 0
1
7 .1 0 .1 3
1
1
5 4 .5 7 .6 0
1
2.
1
1
5 4 .5 7
5 7 .6 0
=
...
1 .4
4 .7
1
1
4 .7
2
7 .1 0
7 .1 0
1 0 .1 3
854
427
427
1
4
5 7 .6 0
3420
855
854
2
1
Bµi 13. Chøng minh r»ng S = 1
2
1
2
3
2
1
2
1
...
2
4
1
. VËy P <
2
100
2
2
Lêi gi¶i
1
Ta thÊy:
2
1
2
1
;
1 .2
3
1
2
;
2 .3
1
1
2
4
1
...
3 .4
1
2
100
áp dụng cách làm bài tập
9 9 .1 0 0
trên ta có:
S<1
Bài 14. Đặt
1
1
1
1 .2
2 .3
3 .4
1
A =
1 .2
1
1
...
1
9 9 .1 0 0
2
hay S < 2
100
1
...
3 .4
2 0 0 5 .2 0 0 6
1
1
1 0 0 4 .2 0 0 6
1 0 0 5 .2 0 0 6
B =
1
1
1
...
. Chøng minh r»ng
B
2 0 0 6 .1 0 0 4
Lêi giải
áp dụng các bài trên, ta có:
A =
=
1
1
1 .2
3 .4
1
1
...
=1
2 0 0 5 .2 0 0 6
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
1
...
3
5
...
1
...
2005
2
4
6
2006
A
1
1
2005
2006
=
=
Z
1
=
1
1
1
1
=
2
3
4
1
1
1
1
3
1
=
4
1
1005
2
1
1
2
4
2006
1
1
1
1
1
2
3
4
1003
1
2006
1
A
3010
2006
B
2
1
1004
=
...
...
3010
=
...
2006
...
1004
Còn B =
-
...
1
2
2006
1
2
1
-
...
1005
1505
Z
Nh- vậy, ở phần này ta đà giải quyết đ-ợc một l-ợng lớn các bài tập về dÃy số
ở dạng phân số. Tuy nhiên đó là các bài tập nhìn chung không hề đơn giản. Vì
vậy để áp dụng có hiệu quả thì chúng ta cần linh hoạt trong việc biến đổi theo các
h-ớng sau:
1 - Nếu mẫu là một tích thì bằng mọi cách biến đổi thành hiệu các phân số, từ đó
ta rút gọn đ-ợc biểu thức rồi tính đ-ợc giá trị.
2 - Đối với các bài tập chứng minh ta cũng có thể áp dụng cách làm về tính giá trị
của dÃy số, từ đó ta có thể biến đổi biểu thức cần chứng minh về dạng quen thuộc
Một số bài toán khác
Bài 8. Với n
N *
, kÝ hiƯu
an
( 1)
n
n
2
n
1
.
n!
H·y tÝnh tỉng a1 + a2 + a3 + + a2007
Lời giải
Ta thấy:
n
thì:
N *
an
( 1)
2
n
n
n
1
2006
2007
2
2
3
n
1
( 1)
n
n
n!
3
(n
4
n
1!
2!
2!
3!
1
1)
n!
2006
2007
-
2005!
2006!
...
2007
1!
1
2
2
2007
1
2006!
Bài 9. XÐt biĨu thøc: S =
n
n
n!
3
2005!
1)
n!
Do ®ã: a1 + a2 + a3 + …+ a2007 = a1 +
-
=(
2006!
2
0
2
3
1
2
2006!
...
2
1992
2
1991
Chøng minh r»ng S < 4
Lêi gi¶i
2
Ta cã: 2S =
2
=
0
1
4
2
3
1
1
3
2
2
2
0
4
1
2
2
2
1
1992
...
2
2
3
2
2
2
2
1991
...
2
1
3
4
1990
1990
2
2
1992
1992
1991
1991
2
2
1
2
2
1
2
2
1991
...
2
2
990
1
2
3
1
...
2
1990
1
2
=
1990
=
1989
1
1
=
3
1
1992
S
2
2
1990
1
1991
2
2
2
3
1
1
1
1992
S
2
2
1991
1
1
2
2
2
1990
S=4-
1992
2
1
1991
hay S < 4
4
2
Bài 10. Ta viết lần l-ợt các ph©n sè sau:
1 2 1 3 2 1 4 3 2 1
; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ...
1 1 2 1 2 3 1 2 3 4
Số
1990
đứng ở vị trí nào trong các phân số trên?
1930
Lời gi¶i
Sè thø nhÊt cđa d·y sè cã tỉng cđa tư sè vµ mÉu sè b»ng 2, hai sè tiÕp theo cã
tỉng cđa tư sè vµ mÉu sè b»ng 3, ba sè tiÕp theo cã tỉng cđa tư vµ mÉu sè bằng
4
Lại quan sát tiếp ta thấy: Kể từ phân số đầu, cách 1 phân số đến mẫu số là 2,
cách 2 phân số đến mẫu số 3, vậy phân số
1990
đứng ở vị trí thứ 1930 và của
1930
nhóm các số có tỉng cđa tư vµ mÉu sè b»ng 1990 + 1930 = 3920. Số các số đứng
tr-ớc của nhóm này bằng 1 + 2 + 3 + …+ 3918 = 1959.3919. Vì nhóm có tổng
của tử và mẫu số bằng 3920 thì gồm 3919 số nên nhóm đứng tr-ớc nhóm này
gồm 3918 số.
Vậy số
1990
đứng ở vị trí n = 1959.3919 + 1930 = 7679251
1930
Bài tập tự giải
1
1
1
5 .6
6 .7
7 .8
1. Tính: A =
2. TÝnh: B =
5
2
1 .6
5
2
1
2
3
2!
3!
4!
5 Chøng tá r»ng: D =
2
5
...
1 1 .1 6
3. Chøng minh r»ng: 1
4. TÝnh: C =
2 4 .2 5
5
6 .1 1
1
...
2 6 .3 1
1
1
2
3
1
1990
996
1
...
1990
1
n!
2!
2!
2!
3!
4!
5!
1
1
3
4
6. Cho biÓu thøc P = 1
1
...
n
...
2
1
2
...
<1
n!
...
1
1
101
102
a) Chøng minh r»ng: P =
2!
...
1
1
199
200
1
200
b) Gải bài toán trên trong tr-ờng hợp tổng quát.
7. Chứng minh rằng:
n
Z (n
0, n
1)
1
1
1
1 .2
2 .3
3 .4
thì Q =
không phải là số nguyên.
8. Chứng minh rằng: S =
1
2
2
1
4
2
1
6
2
...
1
200
1
2
2
...
1
n(n
1)
Phần thứ tPhạm vi áp dụng
Chuyên đề chỉ xin giới thiệu các bài tập giành cho các đối t-ợng học sinh Kh¸
- Giái ë c¸c khèi líp 6 - 7, đà giải quyết đ-ợc phần lớn các dạng toán về dÃy số.
Tôi cho rằng đây là một trong những phần kiến thức cơ bản để các thầy cô giáo
và các em học sinh có thể áp dụng để nghiên cứu các dạng toán t-ơng tự ở các
khối 8, 9 và các khối lớp cao hơn.
Những vấn đề còn bỏ ngỏ
ở chuyên đề này tôi mới chỉ đề cập đến các bài toán liên quan đến việc tìm giá
trị, tính tổng của các dÃy số và một số kiến thức đ-ợc áp dụng từ các bài tập đó ở
số học 6, 7. Vì vậy vẫn còn các bài tập ở các khối 8, 9 và một số dạng khác ch-a
đ-ợc giải quyết, đây cũng là một trong những điều bất cập của chuyên đề. Tuy
nhiên, những vấn đề còn lại đó về số l-ợng và phạm vi ảnh h-ởng là không lớn,
mong rắng các bạn đồng nghiệp tiếp tục đóng góp ý kiến để chuyên đề đ-ợc hoàn
thiện hơn.
h-ớng đề xuất, tiếp tục nghiên cứu
Trong quá trình dạy học toán nói chung cũng nh- quá trình dạy học giải toán
số học nói riêng, ng-ời dạy với ng-ời học cần phải tạo ra cho mình một thói quen
là: Sau khi đà tìm đ-ợc lời giải bài toán, dù là đơn giản hay phức tạp, cần tiếp tục
suy nghĩ, lật lại vấn đề để tìm ra những kết quả mới hơn, cái tổng quát hơn rồi lại
tiếp tục cái mới nữa, cứ nh- thế chúng ta sẽ tìm đ-ợc những kết quả thú vị.
Để áp dụng chuyên đề này có hiệu quả cao, giáo viên cần phải thực hiện một
số yêu cầu sau:
1 - Tích cực tìm tòi các dạng toán liên quan (nhất là đối với các học sinh khối lớp
6, 7).
2 - Th-ờng xuyên bồi d-ỡng các kiến thức cơ bản cho häc sinh vỊ sè häc nãi
chung, vỊ phÇn d·y số nói riêng.
3 - Thực hiện giảng dạy theo chuyên đề để tạo điều kiện cho các em phát huy
tính tích cực, chủ động, sáng tạo trong việc nắm bắt kiến thức, thực hành các kĩ
năng, kĩ xảo trong việc tìm ra lời giải hay cho những bài toán.
Tuy nhiên, vẫn còn một l-ợng các bài tập ở các khối lớp cao hơn do điều kiện
không trình bày đ-ợc, đề nghị độc giả có thể áp dụng một số nội dung trong
chuyên đề này để giải quyết các bài tập đó. Rất mong đ-ợc sự cộng tác của độc
giả và các đồng nghiệp.
Kết luận
Trên đây là một số bài toán cơ bản về giá trị của dÃy số, đó là một vấn đề
t-ơng đối khó đối với học sinh khá ở lớp 6, 7. Tuy nhiên trong quá trình giảng
dạy, sau khi tôi cho các em đ-ợc tiếp xúc, đ-ợc giải các bài tập một cách có hệ
thống những bài tập trong chuyên đề này thì các em đà không gặp phải khó khăn
trong việc vận dụng kiến thức để giải toán. Nhất là việc giải các bài tập ở cùng
thể loại nh-ng ở các mức độ cao hơn, ở các khối lớp 8; 9 và các bậc học sau thì
đây là những cơ sở vững chắc để các em có thể làm chủ đ-ợc kiến thức về phần
dÃy số.
Qua quá trình giảng dạy cũng nh- sự trao đổi với các đồng nghiệp, tôi nghĩ
rằng việc phổ biến chuyên đề này cũng sẽ góp phần trang bị thêm cho các em
một mảng kiến thức t-ơng đối quan trọng ở bậc học, tạo những suy luận mang
tính lôgíc, tổng quát hoá các bài toán (một vấn đề quan trọng trong việc học
toán). Hình thành năng lực sáng tạo, phát triển t- duy, không ngừng thúc đẩy
việc tạo nên những bài toán mới, tạo nên sự suy nghĩ theo những chiều h-ớng
khác nhau có lợi trong việc tìm ra lời giải một bài toán.
Trên đây là một số bài toán và một số kinh nghiệm trong việc góp phần bồi
d-ỡng kiến thức toán học cho các em học sinh. Tuy nhiên trong quá trình nghiên
cứu, s-u tầm và trình bày không tránh khỏi nhiều hạn chế, rất mong sự đóng góp
của các đồng nghiệp và nhều độc giả, tôi xin chân thành cảm ơn!
Ngày .. tháng .. năm 2007
tác giả
