Bạn đang xem bài viết Phương Pháp Quy Nạp Toán Học được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Phương pháp quy nạp toán học
I. Quy nạp toán học
Cho ({n_0}) là một số nguyên dương và (P(n)) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên (n ge {n_0}).
(1) Nếu (P({n_0})) là đúng.
(2) Giả sử (P(k)) đúng, ta chứng minh được (P(k + 1))cũng đúng với mọi số tự nhiên (k ge {n_0});
thì kết luận mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên (n ge {n_0}) .
II. Phương pháp quy nạp toán học
Quy trình chứng minh mệnh đề (P(n)) đúng với mọi số tự nhiên (n ge {n_0}, )({n_0} in mathbb{N}) bằng phương pháp quy nạp như sau:
Bước 1: (Cơ sở) Kiểm tra (P({n_0})) là mệnh đề đúng. Nghĩa là mệnh đề đúng với (n={n_0})
Bước 2: (Xây dựng giả thiết quy nạp) Giả sử mệnh đề đúng với (k ge {n_0}). Nghĩa là mệnh đề đúng với (n= k ge {n_0})
Bước 3. (Quy nạp) Ta chứng mệnh đề (P(k + 1)) cũng đúng. Nghĩa là mệnh đề đúng với (n= k+1)
Kết luận: (P(n)) đúng với (forall n ge {n_0}).
III. Ví dụ minh họa
Vấn đề 1: Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức – Bất đẳng thức
Bước 1: Tính (P({n_0}),{rm{ }}Q({n_0})) rồi chứng minh (P({n_0}) = Q({n_0}))
Bước 2: Giả sử (P(k) = Q(k);{rm{ }}k in mathbb{N},k ge {n_0}), ta cần chứng minh
(P(k + 1) = Q(k + 1)).
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng (forall n in {{rm N}^*}) ta luôn có đẳng thức sau:
(1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2})
Giải
Đặt ({A_n} = 1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2},)
Bước 1. (Bước cơ sở). Kiểm tra mệnh đề đúng với n=1.
Với n=1, ta có: (1 = frac{{1.(1 + 1)}}{2} = 1) (đúng)
Bước 2. (Xây dựng giả thiết quy nạp)
Giả sử mệnh đề đúng với (n = k ge 1).
nghĩa là:
({A_n} = 1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2},)
Bước 3. (Quy nạp) ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
Nghĩa là: ({A_{n + 1}} = 1 + 2 + … + n + (n + 1) = ,frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2})
Thật vậy: ({A_{n + 1}} = 1 + 2 + … + n + (n + 1) = ,frac{{n(n + 1)}}{2} + (n + 1))
(Leftrightarrow {A_{n + 1}} = ,frac{{n(n + 1) + 2(n + 1)}}{2} = frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}) . Suy ra mệnh đề đúng với n= k+1.
Vậy (1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2}) (forall n in {{rm N}^*}).
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng (forall n in {{rm N}^*}) ta luôn có đẳng thức sau:
(1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = ,frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3})
Giải
Đặt ({A_n} = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = ,frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3})
Với n= 1: ({(2.1 – 1)^2} = frac{{1.({{4.1}^2} – 1)}}{3} = 1). Suy ra An đúng với n=1.
Giả sử với (n = k ge 1) ta có:
(1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = ,frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3}) (giả thiết quy nạp)
Ta phải chứng minh:
({A_{n + 1}} = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} + ,{[2(n + 1) – 1]^2} = ,frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} – 1]}}{3},)
Ta có: (VT = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} + ,{[2(n + 1) – 1]^2})
Theo giả thiết quy nạp ở trên: (VT = frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3} + ,{[2(n + 1) – 1]^2})
= (frac{{4{n^3} – n + 3{{(2n + 1)}^2}}}{3}) (= frac{{4{n^3} – n + 12{n^2} + 12n + 3}}{3})
(= frac{{4{n^3} + 12{n^2} + 11n + 3}}{3}) (= frac{{4{n^3} + 4{n^2} + ,8{n^2} + 8n + 3n + 3}}{3})
(VT = frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}) (1)
Ta lại có: ({rm{VP}} = ,frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} – 1]}}{3},)
(= ,frac{{(n + 1)[4({n^2} + 2n + 1) – 1]}}{3},)
(= ,frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 4 – 1)}}{3},)
({rm{VP}} = ,frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3},) (2)
Từ (1) và (2): ({A_{n + 1}} = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} + ,{[2(n + 1) – 1]^2} = ,frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} – 1]}}{3},)
Vậy (1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = ,frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3}) (forall n in {{rm N}^*}).
Vấn đề 2: Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học
Ví dụ 3
Chứng minh rằng (forall n in {{rm N}^*}) :
({n^3} + 2n) chia hết cho 3.
Giải
Đặt ({A_n} = {n^3} + 2n)
Bước 1. (Bước cơ sở). Kiểm tra mệnh đề đúng với n=1.
Với n= 1: ({A_n} = 1 + 2 = 3, vdots ,3)
Bước 2. (Xây dựng giả thiết quy nạp). Giả sử mệnh đề đúng với (n = k ge 1)
nghĩa là:
({A_n} = {n^3} + 2n,, vdots ,,3) (giả thiết quy nạp)
Bước 3. (Quy nạp). Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
Thật vậy:
({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1),, vdots ,,3)
Ta có: ({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1), = ,{n^3} + 3{n^2} + 3n + 1 + 2n + 2)
(= ,{n^3} + 2n + 3({n^2} + n + 1))
Theo giả thiết quy nạp: ({n^3} + 2n,, vdots ,,3)
Đồng thời: (3({n^2} + n + 1),, vdots ,,3)
Vậy ({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1),, vdots ,,3)
Kết luận: ({n^3} + 2n,, vdots ,,3) (forall n in {{rm N}^*})
Ví dụ 4:
Cho (n) là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: ({a_n} = {16^n}-15n-1 vdots 225)
Giải
( bullet ) Với (n = 1) ta có: ({a_1} = 0 Rightarrow {a_1} vdots 225).
( bullet ) Giả sử ({a_k} = {16^k} – 15k – 1 vdots 225), ta chứng minh
({a_{k + 1}} = {16^{k + 1}} – 15(k + 1) – 1 vdots 225)
Thậ vậy: ({a_{k + 1}} = {16.16^k} – 15k – 16 = {16^k} – 15k – 1 – 15left( {{{16}^k} – 1} right))
( = {a_k} – 15left( {{{16}^k} – 1} right))
Vì ({16^k} – 1 = 15.left( {{{16}^{k – 1}} + {{16}^{k – 2}} + … + 1} right) vdots 15) và ({a_k} vdots 225)
Nên ta suy ra ({a_{k + 1}} vdots 225). Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 5
Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi ((n ge 3)) bằng ((n – 2){180^0}).
Lời giải:
( bullet ) Với (n = 3) ta có tổng ba góc trong tam giác bằng ({180^0})
( bullet ) Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với (k < n), ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là (left( {k – 1} right){180^0}) và (left( {n – k – 1} right){180^0}).
Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là ((k – 1 + n – k – 1){180^0} = (n – 2){180^0})
Suy ra mệnh đề đúng với mọi (n ge 3).
IV. Luyện tập
Câu 1: Chứng minh mệnh đề ” (forall n in {N^ * })ta luôn có (1 + 2 + … + n = frac{{nleft( {n + 1} right)}}{2})” bằng phươg pháp quy nạp toán học, bước 1 ta kiểm tra với giá trị nào của n?
A. n=0
B. n=1
C. n=2
D. n=3
—————–
Bài 1,2,3,4,5 Trang 82,83 Sgk Đại Số Và Giải Tích 11: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
Tóm tắt lý thuyết và Giải bài 1,2,3 trang 82; Bài 4,5 trang 83 SGK đại số và giải tích 11: Phương pháp quy nạp toán học. Đây là bài đầu tiên Chương 3 Đại số và giải tích lớp 11: Dãy số – cấp số cộng cấp số nhân.
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Để chứng minh một mệnh đề P(n) là đúng với mọi n ∈ N*, ta thường dùng phương pháp quy nạp toán học, được tiến hành theo hai bước như sau:
Bước 1 (bước cơ sở): Kiểm tra mệnh đề P(n) đúng với n = 1.
Bước 2 ( bước quy nạp): Giả thiết mệnh đề P(n) đúng với một số tự nhiên bất kì n = k, (k ≥ 1) (ta gọi là giả thiết quy nạp) và chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1.
Khi đó, theo nguyên lí quy nạp toán học, ta kết luận mệnh đề P(n) đùng với mọi n ∈ N*
2. Trong trường hợp phải chứng minh một mệnh đề P(n) lf đúng vơi mọi số tự nhiên n ≥ p (p là số tự nhiên) thì:
– Ở bước 1, ta kiểm tra mệnh đề P(n) đúng với n = p.
Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề P(n) đúng với một số tự nhiên bất kì n = k, (k ≥ p) và chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1.
3. Phép thử với một số hữu hạn số tự nhiên tuy không phải là chứng minh nhưng cho phép ta dự đoán được kết quả. Kết quả này chỉ là giá thuyết và để chứng minh ta có thể dùng phương pháp quy nạp toán học.
Một số bài toán thường gặp
– Chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức.
– Dự đoán kết quả và chứng minh.
B. Giải bài tập sách giáo khoa bài phương pháp quy nạp toán học – Sách giáo khoa đại số giải tích lớp 11 trang 82,83
Bài 1. Chứng minh rằng với n ∈ N*, ta có đẳng thức:
Vậy VT = VP hệ thức a) đúng với n = 1.
Đặt vế trái bằng S n.
(điều phải chứng minh)
Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức a) đúng với mọi n ∈ N*
b) Với n = 1, vế trái bằng 1/2, vế phải bằng 1/2, do đó hệ thức đúng.
Đặt vế trái bằng S n.
Giả sử hệ thức b) đúng với n = k ≥ 1, tức là
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có:
Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức b) đúng với mọi n ∈ N*
c) Với n = 1, vế trái bằng 1, vế phải bằng 1(1+1)(2+1) / 6 = 1 nên hệ thức c) đúng với n = 1.
Đặt vế trái bằng S n.
Ta phải chứng minh
Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức c) đúng với mọi n ∈ N*
Bài 2. Chứng minh rằng với n ε N* ta luôn có:
a) n 3 + 3n 2 + 5n chia hết cho 3;
b) 4 n + 15n – 1 chia hết cho 9;
c) n 3 + 11n chia hết cho 6.
Với n = 1 thì S 1 = 9 chia hết cho 3
Giả sử với n = k ≥ 1, ta có S k = (k 3 + 3k 2 + 5k) ⋮ 3
Ta phải chứng minh rằng S k+1 ⋮ 3
Theo giả thiết quy nạp thì S k⋮3, mặt khác 3(k 2 + 3k + 3) ⋮3 nên S k+1 ⋮ 3.
Giả sử với n = k ≥ 1 thì S k= 4 k + 15k – 1 chia hết cho 9.
Ta phải chứng minh S k+1 ⋮ 9.
Thật vậy, ta có: S k+1 = 4 k + 1 + 15(k + 1) – 1
= 4(4 k + 15k – 1) – 45k + 18 = 4S k – 9(5k – 2)
Theo giả thiết quy nạp thì Sk ⋮ 9 nên 4S 1 ⋮ 9, mặt khác 9(5k – 2) ⋮ 9, nên S k+1 ⋮ 9
Vậy (4 n + 15n – 1) ⋮ 9 với mọi n ∈ N*
Với n = 1, ta có S 1 = 1 3 + 11n = 12 nên S 1 ⋮ 6
Giả sử với n = k ≥ 1 ,ta có S k = k 3 + 11k ⋮ 6
Ta phải chứng minh S k+1 ⋮ 6
Thật vậy, ta có S k+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k 3 + 3k + 3k + 1 + 11k + 11
THeo giả thiết quy nạp thì Sk ⋮ 6, mặt khác k 2 + k + 4 = k(k + 1) + 1 là số chẵn nên 3(k 2 + k + 4) ⋮ 6, do đó S k+1 ⋮ 6
Vậy n 3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n ∈ N*
Bài 3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có các bất đẳng thức:
Đáp án: a) Dễ thấy bất đẳng thức đúng với n = 2
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 2, tức là
Nhân hai vế của (1) vơi 3, ta được:
tức là bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
b) Với n = 2 thì vế trái bằng 8, vế phải bằng 7. Vậy bất đẳng thức đúng với n = 2
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 2, tức là
Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n= k + 1, nghĩa là phải chứng minh
Nhân hai vế của bất đẳng thức (2) với 2, ta được:
b) Dự đoán công thức tính tổng S n và chứng minh bằng quy nạp.
Giải: a) Ta có:
Ta sẽ chứng minh đẳng thức (1) bằng phương pháp quy nạp
Khi n = 1, vế trái là S1 =1/2, vế phải bằng 1/(1+1)=1/2. Vậy đẳng thức (1) đúng.
tức là đẳng thức (1) cũng đúng với n = k + 1.
Vậy đẳng thức (1) đã được chứng minh.
Giải: Ta chứng minh khẳng định đúng với mọi n ∈ N* , n ≥ 4.
Với n = 4, ta có tứ giác nên nó có hai đường chéo.
Mặt khác thay n = 4 vào công thức, ta có số đường chéo của tứ giác theo công thức là: 4(4-3)/2 = 2
Vậy khẳng định là đúng với n= 4.
Giả sử khẳng định là đúng với n = k ≥ 4, tức là đa giác lồi k cạnh có số đường chéo là k(k – 3)/2
Nối A 1 và A k, ta được đa giác k cạnh A 1A 2…A k có k(k-3)/2 đường chéo (giả thiết quy nạp). Nối A k+1 với các đỉnh A 2, A 3, …, A k-1, ta được thêm k -2 đường chéo, ngoài ra A 1A k cũng là một đường chéo.
Như vậy, khẳng định cũng đúng với đa giác k + 1 cạnh. Vậy bài toán đã được chứng minh.
Phương Pháp Giải Bài Toán Động Học
Chúng tôi trích giới thiệu với các bạn một số bản dịch từ tác phẩm Những câu hỏi và bài tập vật lí phổ thông của hai tác giả người Nga L. Tarasov và A. Tarasova, sách xuất bản ở Nga năm 1968. Bản dịch lại từ bản tiếng Anh xuất bản năm 1973.
§ 5. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN ĐỘNG HỌC
GV: Giả sử hai vật đang rơi từ một độ cao nhất định. Một vật không có vận tốc ban đầu và vật kia có một vận tốc ban đầu nhất định theo phương ngang. Từ đây trở về sau chúng ta sẽ bỏ qua sức cản của không khí. So sánh thời gian để hai vật rơi xuống chạm đất.
HS: Chuyển động của một vật bị ném ngang có thể xem là sự kết hợp của hai chuyển động: thẳng đứng và nằm ngang. Thời gian bay được xác định bởi thành phần thẳng đứng của chuyển động. Vì chuyển động theo phương thẳng đứng của vật được xác định trong cả hai trường hợp bởi số liệu giống nhau (cùng một độ cao và không có thành phần thẳng đứng của vận tốc ban đầu), nên thời gian rơi là như nhau đối với cả hai vật. Nó bằng (2H/g), trong đó H là độ cao ban đầu.
GV: Hoàn toàn đúng. Giờ ta hãy xét một trường hợp phức tạp hơn. Giả sử hai vật đang rơi từ độ cao H với vận tốc ban đầu bằng không, nhưng trên đường rơi của nó một trong hai vật gặp phải một mặt phẳng cố định, nghiêng một góc 45o so với phương ngang. Hệ quả của sự va chạm này là hướng vận tốc của vật trở thành nằm ngang (Hình 23). Điểm tiếp xúc nằm ở độ cao h. Hãy so sánh thời gian rơi của hai vật.
HS: Cả hai vật mất thời gian rơi như nhau đến mức ngang mặt phẳng nghiêng. Hệ quả của sự va chạm lên mặt phẳng đó là một trong hai vật thu lấy một thành phần nằm ngang của vận tốc. Tuy nhiên, thành phần nằm ngang này không thể ảnh hưởng đến thành phần thẳng đứng của chuyển động của vật. Vì thế, trong trường hợp này, thời gian rơi sẽ là như nhau đối với cả hai vật.
GV: Em sai rồi. Em đã đúng khi nói thành phần nằm ngang của vận tốc không ảnh hưởng đến chuyển động thẳng đứng của vật, và hệ quả là không ảnh hưởng đến thời gian rơi của nó. Khi vật chạm trúng mặt phẳng nghiêng, nó không những thu lấy một thành phần vận tốc nằm ngang, mà nó còn mất thành phần thẳng đứng của vận tốc của nó, và tất nhiên điều này phải ảnh hưởng đến thời gian rơi. Sau khi va chạm với mặt phẳng nghiêng, vật rơi từ độ cao h với vận tốc thẳng đứng ban đầu bằng không. Sự va chạm với mặt phẳng nghiêng làm chậm chuyển động thẳng đứng của vật và do đó làm tăng thời gian rơi của nó. Thời gian rơi đối với vật rơi thẳng xuống đất là (2H/g); thời gian rơi đối với vật va chạm với mặt phẳng nghiêng là (2(H – h)g) + (2h/g).
Kết quả này đưa chúng ta đến câu hỏi sau đây: tỉ số h/H là bao nhiêu thì thời gian rơi sẽ đạt tới giá trị tối đa của nó? Nói cách khác, mặt phẳng nghiêng đặt ở độ cao nào thì nó chậm chuyển động rơi nhất?
HS: Em không có khả năng trả lời chính xác câu hỏi này. Theo em thì tỉ số h/ H không nên gần bằng 1 hoặc bằng 0, vì một tỉ số bằng 1 hoặc 0 là tương đương với không có mặt phẳng nghiêng nào hết. Mặt phẳng nghiêng nên đặt ở đâu đó khoảng chính giữa mặt đất và điểm rơi ban đầu.
GV: Nhận xét định tính của em khá đúng đấy. Nhưng em sẽ không gặp khó khăn gì để tìm câu trả lời chính xác cả. Chúng ta có thể viết thời gian rơi của vật như sau
Nếu thời gian là cực đại, thì bình phương của nó cũng đạt cực đại. Cái rõ ràng từ phương trình trên là đạt cực đại khi hàm y = (1 – x) x đạt cực đại. Như vậy, vấn đề suy luận thành đi tìm giá trị cực đại của tam thức bậc hai
y = – x2 + x = – (x – ½)2 + ¼
Tam thức này đạt cực đại tại x = ½. Như vậy, độ cao h bằng một nửa độ cao H.
Ở phần tiếp theo chúng ta sẽ nói về những bước cơ bản để giải những bài toán động học xoay quanh ví dụ một vật được ném lên nghiêng một góc so với phương ngang (thường gọi là ném xiên).
HS: Em không rành những bài toán như vậy cho lắm.
GV: Ta sẽ bắt đầu với dạng thức thường gặp của bài toán: một vật được ném lên nghiêng một góc so với phương ngang với vận tốc ban đầu . Hãy tìm thời gian bay T, tầm bay cao H và tầm bay xa L. Như thường lệ, trước tiên ta tìm các lực đang tác dụng lên vật. Có một lực duy nhất là trọng lực. Như vậy, vật chuyển động với vận tốc không đổi theo phương ngang và với gia tốc không đổi g theo phương thẳng đứng. Ta sẽ phân tích riêng thành phần chuyển động thẳng đứng và nằm ngang, vì mục đích ta phân tích vector vận tốc ban đầu thành thành phần thẳng đứng (sin) và nằm ngang (cos). Thành phần vận tốc nằm ngang giữ nguyên không đổi trong suốt lúc bay trong khi thành phần thẳng đứng biến thiên như thể hiện trên Hình 24. Ta hãy xét thành phần thẳng đứng của chuyển động. Thời gian bay T = + , trong đó là thời gian bay lên (vật đi lên thẳng đứng chậm dần đều) và là thời gian bay xuống (vật đi xuống nhanh dần đều). Vận tốc thẳng đứng của vật tại điểm cao nhất của quỹ đạo của nó (tại thời điểm t = ) rõ ràng là bằng không. Mặt khác, vận tốc này có thể biểu diễn bằng công thức thể hiện sự phụ thuộc của vận tốc của chuyển động chậm dần đều theo thời gian. Ta có
Thời gian bay xuống có thể tính bằng thời gian vật rơi từ độ cao H đã biết mà không có vận tốc thẳng đứng ban đầu
Ta có thể thấy từ phương trình (17) rằng nếu tổng hai góc tại đó hai vật được ném lên là bằng 90 o và nếu hai vận tốc ban đầu là bằng nhau, thì hai vật sẽ rơi tại cùng một điểm.
Đến đây thì mọi thứ với em đã rõ ràng hay chưa?
HS: À vâng, mọi thứ dường như đã rõ.
HS: Ngược với bài toán trước, chuyển động nằm ngang của vật là không đều, bây giờ nó chuyển động với gia tốc nằm ngang a = ( F/ P) g.
GV: Có bất kì thay đổi nào ở thành phần thẳng đứng của chuyển động hay không?
HS: Vì lực của gió tác dụng theo phương ngang, nên gió không thể ảnh hưởng đến chuyển động thẳng đứng của vật.
GV: Tốt. Giờ hãy cho tôi biết những đại lượng cần tìm nào có cùng giá trị như ở bài toán trước.
HS: Rõ ràng đây sẽ là thời gian bay T và tầm bay cao H. Chúng là những đại lượng được xác định trên cơ sở chuyển động thẳng đứng của vật. Do đó chúng sẽ có giá trị bằng như trong bài toán trước.
GV: Hay. Thế còn tầm bay xa?
HS: Gia tốc theo phương ngang và thời gian bay là đã biết, nên có thể tính ra tầm bay xa. Ta có
Tiếp theo ta sẽ xét một bài toán mới: một vật được ném lên nghiêng một góc so với một mặt phẳng nghiêng hợp một góc với phương ngang (Hình 25). Vận tốc ban đầu của vật là v0. Tìm khoảng cách L từ điểm vật được ném lên đến điểm nó rơi lên mặt phẳng nghiêng.
HS: Em đã từng giải một bài toán như thế này rồi nhưng chịu không làm được.
GV: Em không nhìn thấy sự tương đồng nào giữa bài toán này và bài toán trước hay sao?
HS: Không, em chẳng thấy gì hết.
GV: Giờ ta hãy tưởng tượng hình vẽ cho bài toán này xoay một góc để mặt phẳng nghiêng trở thành nằm ngang (Hình 26 a). Khi đó trọng lực không còn thẳng đứng nữa. Giờ ta phân tích nó thành một thành phần thẳng đứng ( Pcos) và một thành phần nằm ngang ( Psin). Giờ thì ta có thể thấy mình đã có bài toán trước một lần nữa, trong đó lực Psin giữ vai trò của lực của gió, và P cos giữ vai trò trọng lực. Do đó, ta có thể tìm kết quả bằng cách sử dụng phương trình (18) biết rằng chúng ta có những thay thế sau
Khi đó, ta được
Cái còn lại là biểu diễn các hệ số a và b theo , và . Vì mục đích này, ta xét hai điểm của parabol – B và C (xem Hình 26 b). Ta viết phương trình parabol cho từng điểm này
y2C = axc2 + bxC y2B = axB2 + bxB
Tọa độ của các điểm C và B là đã biết. Như vậy, hệ phương trình trên cho phép chúng ta xác định các hệ số a và b. Tôi đề nghị lúc rảnh em hãy giải cho xong nghiệm của hệ phương trình này và thu về kết quả ở dạng phương trình (19).
HS: Em thích cách giải thứ nhất hơn.
GV: Đó là vấn đề khẩu vị thôi. Hai phương pháp giải về bản chất là khác nhau. Cách thứ nhất có thể gọi là phương pháp “vật lí”. Nó sử dụng sự tương tự với bài toán cơ bản (chúng ta đổi góc nhìn của mình đi một chút và suy giản bài toán thành bài toán cũ có lực của gió). Phương pháp thứ hai có thể gọi là phương pháp “toán học”. Ở đây chúng ta sử dụng hai hàm số và đi tìm tọa độ giao điểm của chúng. Theo quan điểm của tôi, phương pháp thứ nhất thì đẹp hơn, nhưng kém tổng quát hơn. Lĩnh vực áp dụng phương pháp thứ hai về cơ bản là rộng hơn. Chẳng hạn, có thể áp dụng nó trên nguyên lí khi hình cắt của ngọn đồi mà nó được ném lên không phải là đường thẳng. Ở đây, thay cho hàm tuyến tính y1, một hàm nào đó khác sẽ được sử dụng để khớp với hình cắt của ngọn đồi. Phương pháp thứ nhất không thể áp dụng trên nguyên tắc trong những trường hợp như vậy. Ta có thể lưu ý rằng lĩnh vực áp dụng rộng hơn của phương pháp thứ hai là do bản chất trừu tượng hơn của chúng.
Bài tập
1. Vật A được ném lên thẳng đứng với vận tốc 20 m/s. Hỏi vật B phải ở độ cao nào thì khi được ném với một vận tốc nằm ngang 4 m/s cùng lúc với vật A, va chạm với nó trong chuyển động bay của nó? Khoảng cách tính theo phương ngang giữa hai điểm ném ban đầu là 4 m. Đồng thời hãy tìm thời gian bay của một vật trước khi va chạm và vận tốc của mỗi vật tại thời điểm va chạm.
2. Từ các điểm A và B, ở độ cao tương ứng 2 m và 6 m, hai vật được ném đồng thời về phía nhau: một vật được ném ngang với vận tốc 8 m/s và vật kia được ném chếch xuống 45 o so với phương ngang và có vận tốc ban đầu sao cho hai vật va chạm trong khi bay. Khoảng cách tính theo phương ngang giữa A và B bằng 8 m. Tìm vận tốc ban đầu của vật được ném nghiêng góc 45 o, tọa độ x và y của điểm va chạm, thời gian bay t của mỗi vật trước khi va chạm và vận tốc và của hai vật tại thời điểm va chạm. Biết quỹ đạo của hai vật nằm trong cùng một mặt phẳng.
3. Hai vật được ném lên từ một điểm xiên góc 1 và 2 so với phương ngang và có vận tốc ban đầu tương ứng và . Hỏi hai vật sẽ cách nhau bao xa sau thời gian t? Xét hai trường hợp: (1) quỹ đạo của hai vật nằm trong cùng một mặt phẳng và hai vật được ném theo hai hướng ngược nhau, và (2) hai quỹ đạo nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau.
4. Một vật rơi từ độ cao H với vận tốc ban đầu bằng không. Ở độ cao h, nó bật đàn hồi trên một mặt phẳng nghiêng góc 30 o so với phương ngang. Tìm thời gian vật rơi tới đất.
5. Một vật trọng lượng P được ném lên xiên một góc bao nhiêu so với phương ngang thì tầm bay cao của nó bằng tầm bay xa? Giả sử có một lực F không đổi nằm ngang của gió tác dụng lên vật trong chuyển động bay của nó.
6. Một viên đá được ném lên vuông góc với một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng . Nếu vận tốc ban đầu là thì khoảng cách từ điểm ném lên đến điểm nó rơi xuống bằng bao nhiêu?
7. Một đứa trẻ cao 1,5 m đang đứng cách 15 m với một hàng rào cao 5 m, ném lên một viên đá nghiêng góc 45 o với phương ngang. Hỏi viên đá được ném với tốc độ tối thiểu bằng bao nhiêu thì nó bay qua hàng rào đó?
Vui lòng ghi rõ “Nguồn chúng tôi khi đăng lại bài từ CTV của chúng tôi.
Thêm ý kiến của bạn
Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích
Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích
Để giúp các em học sinh nắm bắt được nội dung môn Toán, cũng như cách giải các dạng toán khảo sát hàm số từ cơ bản đến nâng cao, Nhóm tác giả đã biên soạn cuốn sách Phương Pháp Giải Toán Chuyên Đề Hình Học Giải Tích
Cuốn sách gồm 2 chương tương ứng với 2 chuyên đề trọng tâm của chương trình Toán THPT. Nội dung mỗi chương gồm các bài được trình bày thống nhất:
- Kiến thức cơ bản: Tóm tắt lý thuyết cơ bản theo từng nội dung kiến thức
- Phương pháp giải các dạng toán thường gặp: Trong mỗi dạng toán đều đưa ra phương pháp giải và các ví dụ minh họa. Các bài tập có kèm theo hướng dẫn giải, giúp các em rèn luyện kỹ năng giải toán và khắc sâu kiến thức.
Cập nhật thông tin chi tiết về Phương Pháp Quy Nạp Toán Học trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!