Lịch sử bồi dưỡng học sinh giỏi
Thi học sinh giỏi toán quốc tế
Việc lựa chọn học sinh có năng khiếu toán để đào tạo đã được nhiều quốc gia chú trọng, đặc biệt là ở châu Âu với các kỳ thi học sinh giỏi toán được tổ chức thống nhất từ cấp cơ sở đến toàn quốc, như ở Bulgaria và CHDC Đức Để tạo sân chơi khoa học cho học sinh, một số quốc gia đã hợp tác tổ chức kỳ thi Olympic Toán học Quốc tế (IMO), lần đầu tiên diễn ra tại Rumani năm 1959 với sự tham gia của 7 quốc gia Đông Âu Ban đầu, IMO chỉ giới hạn trong các nước XHCN, nhưng từ năm 1970, số lượng đoàn tham gia đã tăng nhanh chóng, biến IMO thành một kỳ thi quốc tế cho học sinh giỏi cấp trung học phổ thông Cuộc thi đã được tổ chức liên tục hàng năm, ngoại trừ năm 1980, với IMO 2011 tại Amsterdam, Hà Lan là kỳ thi có số lượng đoàn tham gia đông nhất.
Mỗi đoàn tham dự có tối đa 6 thí sinh, một trưởng đoàn, một phó đoàn và các quan sát viên Thí sinh tham gia phải dưới 20 tuổi và không được vượt quá trình độ THPT.
Việt Nam lần đầu tham dự kỳ thi IMO vào năm 1974 và đã đạt được những thành tích đáng tự hào Để có học sinh tham gia, các quốc gia đều tổ chức tuyển chọn và đào tạo học sinh theo đặc thù riêng Những quốc gia như Mỹ, Nga, Trung Quốc, và Hàn Quốc thường đạt kết quả cao, trong khi Việt Nam thường xuyên nằm trong top 10 của kỳ thi.
Thi học sinh giỏi và bồi dưỡng học sinh giỏi ở Việt Nam 8
Kỳ thi học sinh giỏi các cấp không chỉ khuyến khích sự sáng tạo và nâng cao chất lượng dạy và học mà còn giúp cải thiện công tác quản lý giáo dục Đồng thời, nó còn phát hiện những học sinh có năng khiếu để bồi dưỡng, từ đó góp phần thực hiện mục tiêu đào tạo nhân tài cho địa phương và đất nước.
Kỳ thi học sinh giỏi toán toàn quốc, được tổ chức hàng năm từ năm học 1961-1962, nhằm tìm kiếm những học sinh xuất sắc trong môn toán cấp THPT Ban đầu, từ 1962 đến 1975, kỳ thi chỉ diễn ra ở miền Bắc, nhưng sau khi đất nước thống nhất, kỳ thi đã mở rộng ra toàn quốc Kể từ năm 1974, dựa trên kết quả của kỳ thi này, đội tuyển học sinh Việt Nam đã được chọn để tham dự kỳ thi vô địch toán quốc tế (IMO) và đã đạt được nhiều thành tích đáng ghi nhận.
Hàng năm, các trường học và lớp học đều tổ chức tuyển chọn và thành lập đội tuyển học sinh giỏi để tham gia kỳ thi học sinh giỏi ở các cấp Để đạt được mục tiêu này, công tác đào tạo và bồi dưỡng học sinh là một yếu tố quan trọng không thể thiếu.
Bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt trong môn toán, là quá trình chuẩn bị kiến thức có hệ thống và tạo môi trường giáo dục thuận lợi Người thầy sử dụng các phương pháp dạy học hiệu quả để nâng cao trình độ và kỹ năng cho học sinh Qua nỗ lực và cố gắng, học sinh đạt được năng lực đặc biệt, từ đó áp dụng vào việc giải quyết các bài toán thực tế trong cuộc sống.
Trong quá trình bồi dưỡng, vai trò của người thầy là rất quan trọng để phát huy hiệu quả tư duy, đặc biệt là tư duy sáng tạo Người thầy cần nắm bắt năng lực sẵn có của học sinh và tác động có chủ đích để giúp học sinh phát huy tối đa khả năng của mình Điều này bao gồm việc hướng dẫn học sinh sử dụng các phương pháp học tập và nghiên cứu, tự đánh giá, tìm kiếm và thu thập tài liệu, cũng như xử lý thông tin Mục tiêu cuối cùng là chuyển từ quá trình học tập và bồi dưỡng sang quá trình tự học và tự bồi dưỡng.
Những thuận lợi và khó khăn trong việc bồi dưỡng học
sinh giỏi đối với các trường THPT không chuyên và các lớp chọn trong trường THPT chuyên
Các trường THPT chuyên được hưởng nhiều thuận lợi trong việc đào tạo và bồi dưỡng học sinh giỏi theo hướng thi cấp quốc gia, như quy định trong Điều lệ trường THPT chuyên Được đầu tư về cơ sở vật chất, trang thiết bị, và đội ngũ giáo viên chất lượng, các trường này có chương trình đào tạo đạt chuẩn Giáo viên thường xuyên tham gia tập huấn và thảo luận chuyên môn do Bộ GDĐT và các Sở GDĐT tổ chức Đặc biệt, các trường trong lộ trình xây dựng trung tâm chất lượng cao tại tỉnh Nam Định còn nhận được sự quan tâm từ Tỉnh ủy, HĐND, và UBND địa phương.
Sở GDĐT đã hỗ trợ các trường trong việc cải thiện cơ sở vật chất và phát triển đội ngũ giáo viên chuyên môn cho các môn học Đồng thời, Sở cũng cho phép các trường có học sinh xuất sắc tham gia tuyển chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp quốc gia.
Mặc dù công tác bồi dưỡng học sinh giỏi (HSG) tại các trường THPT không chuyên được lãnh đạo nhà trường chú trọng và coi là mục tiêu quan trọng để đáp ứng tiêu chí thi đua, nhưng vẫn tồn tại nhiều hạn chế Những hạn chế này chủ yếu xuất phát từ một số nguyên nhân nhất định.
Do không có chương trình riêng cho học sinh chuyên, tài liệu giảng dạy chủ yếu do giáo viên tự nghiên cứu và soạn thảo Điều này dẫn đến việc thiếu tính hệ thống và liên thông trong chương trình học, khi giáo viên phải đáp ứng nhiều yêu cầu khác nhau.
Quy chế ưu tiên cho học sinh giỏi (HSG) hiện chưa được quy định rõ ràng, chỉ áp dụng cho những em đạt giải cấp quốc gia Điều này khiến học sinh cảm thấy không yên tâm và chưa dám đầu tư toàn bộ thời gian, công sức vào các môn học mà mình có thế mạnh, mà thay vào đó, họ thường tập trung vào các môn thi đại học.
Nhiều kiến thức trong lĩnh vực Khoa học Tự nhiên (KHTN) vẫn còn xa lạ và không có trong chương trình sách giáo khoa, dẫn đến việc học sinh gặp khó khăn trong việc tiếp cận và hiểu biết.
Tư duy
Khái niệm
Tư duy, theo từ điển bách khoa toàn thư Việt Nam, được định nghĩa là sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức đặc biệt trong não, phản ánh tích cực thế giới khách quan qua các khái niệm, phán đoán và lý luận Nó xuất hiện trong hoạt động sản xuất của con người, giúp phản ánh thực tại một cách gián tiếp và phát hiện những mối quan hệ hợp quy luật với thực tại.
Theo Tâm lý học, tư duy được coi là một quá trình nhận thức lý tính, đại diện cho một cấp độ nhận thức mới so với cảm giác và tri giác Tư duy giúp phản ánh những thuộc tính nội tại, bản chất và các mối liên hệ quy luật của sự vật và hiện tượng mà chúng ta chưa từng biết đến trước đây.
Tư duy là giai đoạn cao trong quá trình nhận thức, giúp con người hiểu rõ bản chất và phát hiện ra quy luật của sự vật, hiện tượng thông qua các hình thức như biểu tượng, phán đoán và suy lý.
Đặc điểm của tư duy
Khi đối mặt với những tình huống mới mà kiến thức và phương pháp hiện có không đủ để giải quyết, chúng ta rơi vào "tình huống có vấn đề" Trong những trường hợp này, con người thường có xu hướng tìm cách thoát khỏi những hiểu biết cũ để tiếp cận những điều mới mẻ, điều này yêu cầu chúng ta phải tư duy sáng tạo và linh hoạt.
Tư duy có tính khái quát cao, cho phép phản ánh những thuộc tính chung và mối liên hệ quy luật giữa nhiều sự vật và hiện tượng khác nhau.
Tư duy của con người có tính độc lập tương đối, mặc dù nó chịu ảnh hưởng từ môi trường xã hội và sự tương tác với người khác Trong cuộc sống, con người phải giao tiếp và trao đổi thông tin, dẫn đến sự biến đổi trong tư duy cá nhân Tư duy không chỉ liên quan đến bộ não của từng cá thể mà còn phản ánh sự tiến hóa của xã hội, trở thành sản phẩm xã hội trong khi vẫn duy trì tính cá nhân của mỗi người.
Mối quan hệ giữa tư duy và ngôn ngữ rất chặt chẽ, khi con người có nhu cầu giao tiếp và tiếp nhận thông tin, điều này tạo điều kiện cho sự phát sinh ngôn ngữ Tư duy luôn gắn liền với ngôn ngữ ngay từ đầu, và việc truyền tải tư duy được thực hiện thông qua ngôn ngữ Do đó, ngôn ngữ được xem như vỏ bọc của tư duy Sự xuất hiện của ngôn ngữ không chỉ là một bước phát triển quan trọng của tư duy mà còn cho thấy tư duy phụ thuộc vào ngôn ngữ trong quá trình hình thành và phát triển.
Mối quan hệ giữa tư duy và nhận thức rất quan trọng trong việc hiểu biết về thế giới Nhận thức bao gồm các cảm giác, tri giác và biểu tượng, phản ánh thực tiễn của thế giới khách quan Những thông tin về hình dạng và hiện tượng bên ngoài được tiếp nhận một cách riêng lẻ, góp phần hình thành nên nhận thức của con người.
Tư duy là công cụ và nguyên nhân của nhận thức, đồng thời cũng là kết quả và sự phát triển cao cấp của nhận thức Trong giai đoạn đầu, tư duy cụ thể hình thành, sau đó, kết hợp với ngôn ngữ, tư duy thực hiện các thao tác như so sánh, phân tích, tổng hợp và quy nạp thông tin Quá trình này giúp liên kết thông tin với sự vật, từ đó khám phá nội dung và bản chất của hiện tượng, dẫn đến việc hình thành các khái niệm, phạm trù và định luật, được gọi là giai đoạn tư duy trừu tượng.
Chẳng hạn, học sinh đã được định hướng có được công thức cos A + cos B + cos C = 1 + r
R Một cách rất tự nhiên học sinh đi tìm những công thức nào liên quan đến tỷ số r
R hoặc liên quan đến cos A + cos B + cos C Lúc này học sinh phải tổng hợp, đối chiếu, phân tích tức là phải tư duy đến công thức cos A + cos B + cos C ≤ 3
2 và kết hợp với kiến thức vừa biết đi so sánh được
R ≥ 2r. Đây cũng chính là thực hiện tư duy sáng tạo ta sẽ nghiên cứu lý luận cụ thể ở phần sau.
Những phẩm chất của tư duy
Khả năng định hướng là việc nhận thức nhanh chóng và chính xác về đối tượng cần tiếp cận, mục tiêu cần đạt được, cùng với những phương án tối ưu để hoàn thành mục tiêu đó.
Bề rộng kiến thức cho phép áp dụng nghiên cứu vào nhiều đối tượng khác nhau, trong khi độ sâu giúp hiểu rõ hơn bản chất của sự vật và hiện tượng Tính linh hoạt thể hiện qua khả năng sáng tạo trong việc vận dụng tri thức vào các hoạt động và tình huống đa dạng.
Tính mềm dẻo: Thể hiện ở hoạt động tư duy được tiến hành theo các hướng xuôi hoặc ngược chiều.
Tính độc lập: Thể hiện ở chỗ tự mình phát hiện những vấn đề, đề xuất cách giải quyết và tự giải quyết được vấn đề.
Khi đối mặt với một vấn đề, việc xây dựng mô hình khái quát là rất quan trọng Mô hình này không chỉ giúp giải quyết vấn đề hiện tại mà còn có thể áp dụng để xử lý những vấn đề tương tự trong tương lai.
Các thao tác của tư duy
Phân tích và tổng hợp là hai quá trình quan trọng trong việc hiểu biết một chỉnh thể Theo Nguyễn Cảnh Toàn, phân tích là việc tách rời chỉnh thể thành các bộ phận để khám phá chi tiết của từng phần Ngược lại, tổng hợp là nhìn nhận toàn bộ chỉnh thể, xác định mối liên hệ giữa các bộ phận và sự tương tác của chỉnh thể với môi trường xung quanh.
Phân tích và tổng hợp là hai hoạt động trí tuệ cơ bản trong quá trình tư duy, diễn ra trên nền tảng của sự kết hợp này Chúng có mối quan hệ mật thiết, không thể tách rời, thể hiện sự thống nhất biện chứng giữa hai mặt đối lập trong tư duy.
So sánh và tương tự:
So sánh là quá trình tư duy giúp xác định sự tương đồng và khác biệt giữa các sự vật và hiện tượng Để thực hiện so sánh, cần phân tích các dấu hiệu và thuộc tính của từng sự vật, sau đó đối chiếu và tổng hợp thông tin để nhận diện những điểm giống và khác nhau giữa chúng.
Tương tự là một hình thức so sánh giữa hai đối tượng có những đặc điểm chung, từ đó khẳng định rằng chúng cũng có sự tương đồng ở những khía cạnh khác Điều này cho thấy sự giống nhau giữa hai hay nhiều đối tượng ở một mức độ nhất định.
Khái quát hoá, đặc biệt hoá, trừu tượng hoá:
Khái quát hoá là quá trình chuyển đổi từ một tập hợp đối tượng lớn hơn đến một tập hợp ban đầu, thông qua việc làm nổi bật những đặc điểm chung của các phần tử trong tập hợp xuất phát.
Khái quát hoá là quá trình mở rộng nghiên cứu từ một tập hợp đối tượng cụ thể sang một tập hợp lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban đầu.
Khái quát hoá là quá trình chuyển từ cái riêng, cái đặc biệt đến cái chung, hoặc từ một tổng quát đến một tổng quát lớn hơn Trong toán học, khái quát hoá thường liên quan đến việc tổng quát hoá một yếu tố hoặc nhiều yếu tố của khái niệm, định lý, hoặc bài toán để đạt được những kết quả tổng quát hơn Ngược lại, đặc biệt hoá là thao tác tư duy trái ngược với khái quát hoá, tập trung vào việc cụ thể hoá các khái niệm.
Mối quan hệ giữa đặc biệt hoá và khái quát hoá thường được vận dụng trong tìm tòi, giải toán, sáng tạo ra những bài toán mới.
Trừu tượng hoá là quá trình tư duy loại bỏ những yếu tố, thuộc tính và mối quan hệ không cần thiết, chỉ giữ lại các thành phần thiết yếu để phục vụ cho việc phân tích và hiểu biết.
Trừu tượng hoá và khái quát hoá có mối liên hệ chặt chẽ, giúp nhận thức sự vật sâu sắc hơn Trừu tượng hoá cho phép khái quát hoá rộng hơn, trong khi khái quát hoá giúp tách biệt những đặc điểm bản chất khỏi những đặc điểm không bản chất Hoạt động trừu tượng hoá là một quá trình tư duy của con người, có thể áp dụng cho bất kỳ vấn đề nào trong khoa học, đặc biệt là toán học.
Vấn đề phát triển năng lực của tư duy
Để học sinh thực sự lĩnh hội tri thức, cần có thói quen vận dụng kiến thức vào bài tập và giải quyết các bài toán thực tế Sự hướng dẫn và định hướng từ giáo viên đóng vai trò quan trọng, giúp học sinh phát triển tư duy tích cực, phân tích và khái quát sự vật, từ đó rút ra những kết luận cần thiết.
Để phát triển năng lực tư duy, nội dung dạy học cần được thiết kế sao cho không chỉ đáp ứng nhu cầu hiện tại của học sinh mà còn thách thức họ đạt được trình độ cao hơn Điều này yêu cầu học sinh tham gia vào các hoạt động trí tuệ phức tạp, từ đó kích thích sự tìm tòi và tư duy sáng tạo nhằm đạt được những kiến thức mới.
Dấu hiệu đánh giá tư duy phát triển
Học sinh có khả năng chuyển tải tri thức và kỹ năng sang tình huống mới, điều này thể hiện qua việc giải quyết vấn đề trong quá trình học tập Khi học sinh liên tưởng và tái hiện kiến thức đã học, việc áp dụng vào tình huống mới chứng tỏ họ đang phát triển tư duy.
Tái hiện kiến thức và thiết lập được sơ đồ các mối quan hệ bản chất một cách nhanh chóng.
Có khả năng phát hiện cái chung và cái đặc biệt giữa các bài toán.
Có khả năng áp dụng kiến thức đã học để giải quyết các bài toán thực tế, nhanh chóng định hướng, phân tích và suy đoán, sử dụng các thao tác tư duy nhằm tìm ra phương án tối ưu và tổ chức thực hiện một cách hiệu quả.
Tư duy sáng tạo
Một số công trình trong nước nghiên cứu tư duy sáng tạo
Theo Phạm Văn Hoàn, tư duy sáng tạo được biểu hiện qua việc không rập khuôn theo cái cũ, mà biết thay đổi và cải tiến các biện pháp giải quyết vấn đề Nó còn thể hiện ở khả năng nhận diện mối liên hệ giữa những sự kiện tưởng chừng không liên quan để tìm ra phương pháp giải quyết hiệu quả Tác giả đã đưa ra 7 biện pháp nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo.
1) Khắc phục "Tính ỳ" của tư duy bằng cách cho học sinh làm các bài toán khác nhau.
2) Khuyến khích học sinh tìm hiểu nhiều cách giải khác nhau của một bài toán và chọn ra cách giải hay nhất.
3) Sử dụng các phép tính và bài toán không giải theo lối rập khuôn.
4) Cho học sinh giải các bài toán vui để tập suy luận khác với cách giải thông thường
5) Rèn luyện trí tưởng tượng cho học sinh.
6) Tập cho học sinh ý thức xem xét một vấn đề dưới nhiều khía cạnh khác nhau.
7) Cần và tiến hành rèn luyện tư duy ở tất cả các lớp song phải có phương pháp phù hợp.
Tác giả Hoàng Chúng đã nghiên cứu các phương pháp suy nghĩ cơ bản trong sáng tạo toán học, bao gồm đặc biệt hoá, tổng quát hoá và tương tự Những phương pháp này có thể được áp dụng để giải quyết bài tập, dự đoán kết quả, và phát triển các phương pháp giải toán, từ đó mở rộng và hệ thống hoá kiến thức Theo tác giả, để phát triển khả năng sáng tạo toán học, bên cạnh đam mê học tập, cần rèn luyện khả năng phân tích vấn đề một cách toàn diện từ nhiều khía cạnh khác nhau, thể hiện qua hai mặt quan trọng.
Phân tích khái niệm và bài toán từ nhiều góc độ khác nhau giúp chúng ta hiểu rõ hơn về kết quả đã biết Qua việc xem xét các khía cạnh đa dạng, chúng ta có thể tổng quát hóa và liên hệ đến những vấn đề tương tự, từ đó mở rộng kiến thức và ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau.
Khám phá nhiều lời giải cho một bài toán không chỉ giúp hiểu rõ hơn về vấn đề mà còn mở ra khả năng áp dụng các giải pháp đó cho những bài toán tương tự hoặc tổng quát hơn Qua việc phân tích và khai thác những lời giải khác nhau, người học có thể phát triển tư duy sáng tạo và đề xuất những bài toán mới, từ đó nâng cao khả năng giải quyết vấn đề trong toán học.
Theo Nguyễn Cảnh Toàn, cuốn sách nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo, đặc biệt là tư duy biện chứng, với trọng tâm là khả năng phát hiện vấn đề và tìm tòi cái mới Qua 10 đề tài, tác giả khẳng định tầm quan trọng của việc phát triển tư duy biện chứng trong quá trình lao động sáng tạo.
Để sáng tạo trong toán học, cần phải thành thạo cả kỹ năng phân tích lẫn tổng hợp Hai quá trình này không chỉ đan xen mà còn hỗ trợ lẫn nhau, tạo điều kiện cho sự phát triển của tư duy toán học.
Phát triển năng lực toán học ở học sinh là nhiệm vụ quan trọng của giáo viên, theo Trần Văn Hoàn, Trần Thúc Trình và Nguyễn Gia Cốc Cần tiến hành nghiên cứu tỉ mỉ về cấu trúc tư duy toán học của học sinh Việt Nam để xây dựng nội dung và phương pháp bồi dưỡng năng lực sáng tạo toán học một cách chủ động.
Tư duy sáng tạo
Sáng tạo, theo từ điển, được định nghĩa là việc tạo ra cái mới và giải quyết vấn đề theo cách không bị ràng buộc bởi cái đã có Nó bao gồm hai yếu tố chính: tính mới mẻ và lợi ích vượt trội so với cái cũ Do đó, sáng tạo là yếu tố cần thiết trong mọi hoạt động của xã hội loài người Nghiên cứu về sáng tạo thường tập trung vào quá trình hình thành cái mới dựa trên nền tảng của cái đã tồn tại.
Các nhà nghiên cứu đã đưa ra nhiều quan điểm về tư duy sáng tạo, trong đó Nguyễn Bá Kim nhấn mạnh rằng tính linh hoạt, độc lập và phê phán là những yếu tố thiết yếu Tư duy sáng tạo không chỉ thể hiện khả năng tạo ra cái mới và phát hiện vấn đề mới, mà còn tìm ra hướng đi và kết quả mới Tuy nhiên, việc nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ giá trị của cái cũ.
Tư duy sáng tạo, theo Tôn Thân, là một hình thức tư duy độc lập, tạo ra những ý tưởng mới mẻ và hiệu quả trong việc giải quyết vấn đề Nó không bị ràng buộc bởi những gì đã tồn tại, thể hiện tính độc lập trong việc xác định mục tiêu và tìm kiếm giải pháp Mỗi sản phẩm của tư duy sáng tạo đều mang dấu ấn cá nhân rõ nét của người sáng tạo.
Theo G.Polya, tư duy được coi là hiệu quả khi dẫn đến giải pháp cho một bài toán cụ thể và sáng tạo khi tạo ra tư liệu, phương tiện giải cho các bài toán khác Mức độ sáng tạo tăng lên khi số lượng và sự đa dạng của các bài toán sử dụng tư liệu này càng lớn Tác giả Trần Thúc Trình nhấn mạnh rằng sự sáng tạo trong học toán thể hiện khi người học đối mặt với những vấn đề mới, tự khám phá những kiến thức chưa biết Một bài tập được xem là sáng tạo khi các thao tác giải không bị ràng buộc bởi các quy tắc đã biết, yêu cầu người giải phải tìm hiểu và khám phá các bước giải chưa được biết đến Nhà trường phổ thông có thể chuẩn bị cho học sinh để phát triển khả năng sáng tạo theo cách này.
Tư duy sáng tạo trong học sinh được thể hiện qua khả năng tự khám phá và tìm cách chứng minh những điều chưa biết Bắt đầu từ các tình huống gợi vấn đề, tư duy sáng tạo giúp giải quyết mâu thuẫn với hiệu quả cao, thể hiện qua tính hợp lý, tiết kiệm, khả thi và vẻ đẹp của giải pháp Tóm lại, tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập, mang lại những ý tưởng mới độc đáo và hiệu quả trong việc giải quyết vấn đề.
Cấu trúc của tư duy sáng tạo
Các nghiên cứu của nhiều nhà tâm lý, giáo dục học, đã thống nhất đưa ra
5 thành phần cơ bản của cấu trức tư duy sáng tạo: Tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề.
Tính mềm dẻo của tư duy là khả năng chuyển đổi linh hoạt giữa các hoạt động trí tuệ khác nhau, bao gồm phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa và khái quát hóa Nó cho phép cá nhân áp dụng các phương pháp suy luận như quy nạp và suy diễn, đồng thời dễ dàng điều chỉnh giải pháp khi gặp phải những trở ngại trong quá trình tư duy.
Tính mềm dẻo của tư duy là khả năng thay đổi nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức, cho phép chuyển đổi giữa các quan niệm khác nhau và định nghĩa lại sự vật, hiện tượng Điều này bao gồm việc gạt bỏ sơ đồ tư duy cũ, xây dựng phương pháp mới và tạo ra những mối quan hệ mới Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng máy móc kiến thức đã có vào hoàn cảnh mới, mà thay vào đó, nhận ra những vấn đề mới trong bối cảnh quen thuộc và khám phá chức năng mới của những đối tượng đã biết.
Tính mềm dẻo là đặc điểm quan trọng của tư duy sáng tạo Để rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh, việc cho các em giải các bài tập giúp phát triển tính linh hoạt trong tư duy là rất cần thiết.
Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở khả năng nhanh chóng kết hợp các yếu tố riêng lẻ trong các tình huống khác nhau và đưa ra giả thuyết mới Các nhà tâm lý học đánh giá cao chất lượng ý tưởng được tạo ra, coi đó là tiêu chí quan trọng để đánh giá khả năng sáng tạo.
Tính nhuần nhuyễn được thể hiện qua khả năng tạo ra nhiều ý tưởng, với số lượng ý tưởng càng lớn thì khả năng xuất hiện ý tưởng độc đáo càng cao Trong trường hợp này, số lượng ý tưởng không chỉ đơn thuần là con số mà còn là yếu tố kích thích chất lượng Tính nhuần nhuyễn còn có hai đặc trưng nổi bật khác.
Tính đa dạng trong cách xử lý vấn đề khi giải toán cho phép người có tư duy linh hoạt tìm ra nhiều giải pháp từ nhiều góc độ khác nhau Khi đối mặt với một vấn đề cần giải quyết, họ nhanh chóng đề xuất nhiều phương án và từ đó xác định được phương án tối ưu nhất.
Khả năng nhìn nhận sự vật và hiện tượng từ nhiều góc độ khác nhau giúp tạo ra cái nhìn sinh động và đa chiều Điều này không chỉ tránh được cái nhìn phiến diện và cứng nhắc mà còn làm phong phú thêm hiểu biết của chúng ta về thế giới xung quanh.
Ví dụ 1.1 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:
1 ab + 1 bc + 1 ca ≤ 1 4r 2 Đây là ví dụ tiếp theo của nội dung cuối chương 2, khi ta đã có kiến thức cơ bản về hệ thức lượng giác Chẳng hạn
Kết hợp với R ≥ 2r được đpcm.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
Sử dụng kết quả trên, ta được đpcm.
Ta luôn có (ab + bc + ca)
≥ 9 Suy ra 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ 9 ab + bc + ca Mặt khác, ta dễ ràng có được a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca , sử dụng kết quả trên được đpcm.
Bài toán tương đương với 2p abc ≥ 1
(abc) 2 ⇔ abc ≥ 8(p − a)(p − b)(p − c) Thật đơn giản, ta có a = (p − b) + (p − c) ≥ p
Cách 5: Ta có (a + b) 2 ≥ 4ab ⇔ 1 ab ≥ 4 (a + b) 2 , suy ra:
Sử dụng kết quả trên, ta có đpcm.
⇔ sin A + sin B + sin C ≥ 4 sin A sin B sin C
Sử dụng kết quả trên, ta được đpcm.
Là khả năng tìm và đề xuất, quyết định phương thức hoàn toàn mới Tính độc đáo được đặc trưng bởi các khả năng:
- Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới.
- Khả năng nhìn ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau.
- Khả năng tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác Tính hoàn thiện (Elabolation)
Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩa và hành động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và kiểm chứng ý tưởng.
Tính nhạy cảm vấn đề (Problem’s Censibitity)
Kỹ năng này cho phép phát hiện nhanh chóng các vấn đề, mâu thuẫn, sai sót, và thiếu logic trong một quy trình hoặc ý tưởng Từ những phát hiện này, người sở hữu năng lực này có thể đề xuất các giải pháp sáng tạo, giúp tối ưu hóa và cải thiện hiệu quả công việc.
Tính nhạy cảm vấn đề có các đặc trưng sau:
- Khả năng nhanh chóng phát hiện vấn đề.
- Khả năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu logic, chưa tối ưu từ đó có nhu cầu cấu trúc lại, tạo ra cái mới.
Tư duy sáng tạo không chỉ dựa vào 5 thành phần cơ bản mà còn bị ảnh hưởng bởi một số yếu tố quan trọng khác như tính chính xác, năng lực định giá, khả năng phán đoán và năng lực định nghĩa lại Những yếu tố này đóng vai trò quan trọng trong việc phát triển và nâng cao khả năng sáng tạo của mỗi cá nhân.
Các yếu tố cơ bản trong tư duy sáng tạo có mối quan hệ chặt chẽ và hỗ trợ lẫn nhau Tính mềm dẻo cho phép chuyển đổi linh hoạt giữa các hoạt động trí tuệ, từ đó mở ra nhiều giải pháp đa dạng cho các tình huống khác nhau Nhờ vào tính nhuần nhuyễn, con người có thể khám phá nhiều phương án và tìm ra những giải pháp độc đáo, đặc sắc Tất cả những yếu tố này đều góp phần hình thành nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao trong các hoạt động trí tuệ của con người.
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua việc dạy học môn toán nhằm phát huy năng lực, phẩm chất của học sinh 21
toán nhằm phát huy năng lực, phẩm chất của học sinh
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp chặt chẽ với các hoạt động trí tuệ khác như phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, trừu tượng hoá, khái quát hoá và hệ thống hoá Trong đó, hoạt động phân tích và tổng hợp đóng vai trò quan trọng trong quá trình phát triển tư duy sáng tạo.
Để phát triển tính mềm dẻo và nhuần nhuyễn trong tư duy, học sinh cần thường xuyên luyện tập các kỹ năng và năng lực Việc phân tích và tổng hợp giúp học sinh nhìn nhận đối tượng từ nhiều khía cạnh khác nhau Qua việc so sánh các trường hợp riêng lẻ và sử dụng phép tương tự, học sinh có thể chuyển đổi giữa các trường hợp khác nhau, đồng thời khai thác mối quan hệ giữa trừu tượng hóa và các mối quan hệ chung, riêng Điều này làm rõ mối liên hệ giữa các mệnh đề xuất phát và các mệnh đề tìm được thông qua đặc biệt hóa và hệ thống hóa.
Rèn luyện cho học sinh khả năng khái quát hóa tài liệu toán học giúp phát triển tư duy linh hoạt và sáng tạo Qua việc tìm kiếm nhiều giải pháp từ các góc độ và tình huống khác nhau, học sinh có thể nhận diện mối liên hệ giữa những sự kiện tưởng chừng không liên quan Những hoạt động này không chỉ bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn mà còn khuyến khích sự độc đáo trong tư duy.
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cần đặt trọng tâm vào việc rèn khả năng khơi dạy những ý tưởng mới, phát hiện những vấn đề mới
Trong giảng dạy lý thuyết, việc áp dụng phương pháp tập dượt nghiên cứu là rất quan trọng, giúp tạo ra các tình huống có vấn đề để học sinh khám phá kiến thức mới Cần chú trọng rèn luyện cho học sinh kỹ năng suy luận hợp lý thông qua các phương pháp như quan sát, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá, quy nạp và tương tự Điều này giúp học sinh tự tìm tòi, dự đoán quy luật của thế giới khách quan, phát hiện và nêu ra vấn đề, cũng như tìm kiếm hướng giải cho các bài toán.
Trong thực hành giải toán, việc chú trọng đến các bài tập mà chưa rõ điều cần chứng minh là rất quan trọng Học sinh cần tự xác lập vấn đề, tìm tòi và phát hiện ra cách giải quyết một cách độc lập.
Bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo
Trong quá trình giảng dạy, giáo viên cần chú trọng phát triển các yếu tố của tư duy sáng tạo, bao gồm tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo Bằng cách khai thác nội dung giảng dạy, giáo viên có thể đề xuất những câu hỏi "Có vấn đề" để khuyến khích học sinh suy nghĩ và rèn luyện những yếu tố này.
Việc sử dụng các loại câu hỏi và bài tập khác nhau có thể tác động tích cực đến các yếu tố của tư duy sáng tạo Các bài tập đơn giản giúp khắc phục "Tính ỳ" và khuyến khích học sinh áp dụng nhiều phương pháp giải khác nhau Những bài tập liên quan đến các vấn đề thuận nghịch và song song thúc đẩy việc hình thành các liên tưởng ngược và thuận Cuối cùng, các bài toán "Không theo mẫu" giúp học sinh phát triển khả năng tư duy độc lập mà không chỉ dựa vào các định lý hay quy tắc có sẵn trong chương trình học.
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành ở tất cả các khâu của quá trình dạy học
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình liên tục và hệ thống, cần được thực hiện trong tất cả các tiết học và hoạt động trải nghiệm sáng tạo Điều quan trọng là tạo điều kiện cho học sinh rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo thông qua việc toán học hoá các tình huống thực tế, viết báo toán với đề toán tự sáng tác, và tìm ra những cách giải mới cùng các kết quả mới từ các bài tập đã giải.
Vấn đề kiểm tra và đánh giá trong giáo dục cần được chú trọng, với các đề thi được thiết kế nhằm kiểm tra năng lực tư duy sáng tạo của học sinh Để hoàn thành tốt các đề kiểm tra này, học sinh phải thể hiện rõ ràng khả năng tư duy sáng tạo của mình, thay vì chỉ học thuộc lòng và áp dụng kiến thức một cách máy móc.
Nhận xét 1.1 Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh, khi dạy giáo viên phải chuẩn bị và giao nhiệm vụ:
Để nâng cao hiệu quả dạy học, cần chuẩn bị kỹ lưỡng tài liệu với các khái niệm và định nghĩa cơ bản Việc đặt ra những câu hỏi và tình huống "Có vấn đề" liên quan đến thực tế sẽ giúp tạo động lực cho học sinh, khuyến khích sự tham gia và khám phá kiến thức.
Học sinh nên được khuyến khích phát triển tư duy thông qua các kỹ năng như so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa, phân tích và tổng hợp Việc tự sưu tầm và thu thập tài liệu liên quan sẽ giúp các em hình thành ý thức nghiên cứu và giải quyết vấn đề một cách hiệu quả.
Định hướng và tổ chức thảo luận nhóm cho học sinh giúp các em trình bày nhiều hướng giải quyết bài toán Qua đó, học sinh có cơ hội đưa ra ý kiến phản biện, thảo luận và phân tích các phương pháp khác nhau Cuối cùng, các em sẽ tự chọn lọc ra cách giải tối ưu nhất.
Học sinh cần tự mình phân tích các phương pháp đã thực hiện, đồng thời đưa ra nhận xét chi tiết về những ưu điểm và nhược điểm của từng phương pháp Việc ghi lại những nhận xét này theo cách hiểu cá nhân sẽ giúp nâng cao khả năng tư duy và phát triển kỹ năng tự học.
Học sinh được khuyến khích tự tạo ra các bài toán mới thông qua các phương pháp như phán đoán, dự đoán, đặc biệt hoá và khái quát hoá Việc giải quyết những bài toán này không chỉ giúp nâng cao kỹ năng tư duy mà còn tạo cơ hội cho học sinh trao đổi với nhau về các hướng giải quyết khác nhau Trong quá trình thảo luận, việc trân trọng tư duy phê phán là rất quan trọng, giúp các em phát triển khả năng phân tích và đánh giá ý tưởng một cách hiệu quả.
• Cuối cùng, tập hợp các kết quả (cùng các bạn hoặc có sự định hướng của thầy) tổng hợp lại các kết quả tìm được.
Nhận xét 1.2 Thái độ của giáo viên khi dạy học nhằm bồi dưỡng tư duy cho học sinh:
Học sinh cần được tiếp cận với nhiều trường phái và quan điểm khác nhau một cách cởi mở và nhẹ nhàng Việc tìm kiếm và cung cấp lý do cho những gì học sinh đang làm sẽ giúp họ hiểu rõ hơn về quá trình học tập và phát triển bản thân.
• Định hướng không để học sinh xa rời điểm chính của cuộc hội thảo, thảo luận.
• Luôn luôn cởi mở, khuyến khích quan điểm của cá nhân học sinh; tránh lặp lại nhiều lần những yêu cầu.
• Sẵn sàng tiếp nhận ý kiến của học sinh kể cả những hạn chế Nắm được cảm giác, trình độ hiểu biết, độ tinh tế của học sinh.
• Định hướng những giải pháp giàu tưởng tượng, phù hợp; định hướng học sinh viết tổng hợp, nhận xét.
Thực trạng của quá trình dạy và học nội dung đa thức bậc ba và các hệ thức lượng giác liên quan
bậc ba và các hệ thức lượng giác liên quan
Trong các năm học 2014-2015 và 2015-2016, tác giả đã tiến hành điều tra và thực nghiệm sư phạm tại các lớp học sinh năng lực tốt ở các trường trung tâm chất lượng cao tại tỉnh Nam Định, cũng như tại tổ toán của các trường này Tác giả đã đưa ra những nhận định quan trọng về quá trình giảng dạy và học tập trong môi trường này.
Chương trình giáo dục hiện hành chủ yếu tập trung vào việc trang bị kiến thức, dẫn đến phương pháp dạy học một chiều, khiến học sinh trở nên thụ động và chỉ ghi nhớ máy móc nội dung trong sách giáo khoa Việc tổ chức dạy học chủ yếu diễn ra trong lớp học mà chưa chú trọng đủ đến các hoạt động trải nghiệm thực tiễn Những hạn chế trong thiết kế nội dung môn học, phương pháp dạy học và hình thức kiểm tra, đánh giá đã cản trở việc đạt được mục tiêu giáo dục về đạo đức, lối sống, rèn luyện kỹ năng, phát triển khả năng sáng tạo và tự học cho việc học tập suốt đời.
Trong những năm gần đây, Bộ GDĐT đã chỉ đạo mạnh mẽ việc đổi mới phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại, nhằm phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo của học sinh Đội ngũ giáo viên đã chú trọng hơn đến việc bồi dưỡng kỹ năng tư duy và cách học cho học sinh, với mục tiêu phát triển năng lực và phẩm chất Tuy nhiên, việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi vẫn chưa được chú trọng đầy đủ, khi giáo viên thường tập trung vào việc cung cấp thông tin mà chưa giao nhiệm vụ học tập rõ ràng cho học sinh Hệ quả là tư duy sáng tạo của học sinh bị kìm hãm và chưa được định hướng phát triển một cách hiệu quả.
Một số giáo viên, đặc biệt là những người có nhiều năm kinh nghiệm, thường có khả năng xử lý tình huống sư phạm hiệu quả Tuy nhiên, phương pháp dạy học truyền thống vẫn còn nặng về sự áp đặt và máy móc, không khuyến khích học sinh trở thành chủ thể trong việc phát huy nội lực, từ đó hạn chế sự phát triển năng lực và tư duy sáng tạo của các em.
Trong dạy học môn toán ở các trường THPT, giáo viên thường chỉ tập trung vào việc phân dạng bài tập và giải bài mẫu, khiến học sinh phụ thuộc vào khuôn mẫu và phải ghi nhớ nhiều Hệ quả là, học sinh chỉ có thể giải quyết những bài tập quen thuộc và gặp khó khăn khi đề bài có sự thay đổi nhỏ Thêm vào đó, các em thường cảm thấy thỏa mãn khi tìm ra một lời giải duy nhất mà không chịu tìm kiếm các phương án khác, dẫn đến việc không phân tích hay lựa chọn cách giải tối ưu, cũng như không mở rộng hay phát triển bài toán.
Chuyên đề "Dạy học đa thức bậc ba và các hệ thức lượng giác liên quan" là một phương pháp quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Tuy nhiên, qua điều tra cho thấy rằng việc rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh hiện vẫn còn hạn chế.
- Việc chuẩn bị của nội dung của giáo viên chưa được hệ thống, các phương pháp dạy học hiện đại chưa được sử dụng.
Việc tổ chức các hoạt động nhóm trong lớp học hiện nay chưa đạt hiệu quả tối ưu do thiếu sự rõ ràng trong yêu cầu, phương pháp thực hiện và thời gian quy định Học sinh thường gặp khó khăn trong việc trình bày sản phẩm của mình, trong khi giáo viên yêu cầu tìm ra lời giải mà chưa phân loại mức độ khó, dẫn đến việc chưa rèn luyện tốt các thao tác tư duy cần thiết.
Việc giao nhiệm vụ về nhà cho học sinh hiện nay còn mang tính hình thức, thiếu sự động viên và khích lệ, dẫn đến việc học sinh không mặn mà trong việc tìm kiếm nhiều lời giải khác nhau Cần có sự thay đổi để khuyến khích học sinh tổng hợp các dạng toán và phát triển những dạng toán mới, từ đó tạo ra niềm đam mê trong học tập.
- Học sinh chưa nắm vững bản chất của vấn đề nên thường khi vận dụng vào giải toán chưa được nhuần nhuyễn.
Việc chuyển đổi giữa các hoạt động trí tuệ gặp nhiều khó khăn, do chưa áp dụng linh hoạt các kỹ năng phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa và khái quát hóa Suy nghĩ vẫn còn mang tính rập khuôn, máy móc, và thường theo lối mòn.
Khi giải bài toán, nhiều học sinh thường chỉ dừng lại ở kết quả cuối cùng mà không tiếp tục phát triển tư duy sáng tạo Việc tìm kiếm nhiều lời giải khác nhau, phân tích các phương pháp giải độc đáo và thay đổi giả thiết của bài toán là những cách hiệu quả để rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo cho các em.
Rất ít học sinh có khả năng và thói quen phát triển bài toán cũng như ra đề bài Tính tự giác và độc lập trong học tập của học sinh còn hạn chế, họ thường phụ thuộc vào sự hướng dẫn của giáo viên khi giải bài mẫu Học sinh chưa chú trọng vào việc tự học, tìm tòi và sưu tập tài liệu tham khảo để nâng cao kiến thức.
Trong chương 1, luận văn tổng quan về lịch sử kỳ thi IMO và quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi tại Việt Nam Tác giả phân tích lý luận phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua đề tài "Dạy học đa thức bậc ba và các hệ thức lượng giác liên quan cho học sinh khá, giỏi" Bài viết nêu rõ khái niệm, cấu trúc và đặc trưng của tư duy, cũng như tư duy sáng tạo Đặc biệt, tác giả nhấn mạnh việc bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua nội dung chuyên đề, nhằm hình thành năng lực, phẩm chất và kích thích tính sáng tạo trong học tập và cuộc sống.
Chương 2 Đa thức bậc ba và các hệ thức trong tam giác
Đa thức bậc ba
2.1.1 Công thức nghiệm của phương trình bậc ba
Phương trình bậc ba có nhiều ứng dụng trong chương trình học phổ thông, thường được sử dụng để giải quyết các bài toán định tính về nghiệm Tuy nhiên, các tài liệu giáo dục thường không cung cấp phương pháp giải tổng quát cho loại phương trình này.
Để giải phương trình bậc ba tổng quát với hệ số thực, chúng ta xem xét phương trình có dạng ax³ + bx² + cx + d = 0, với a ≠ 0 Bài toán đặt ra là tìm nghiệm của phương trình này khi đã biết một nghiệm x = x₀.
Lời giải Theo giả thiết thì ax 3 0 + bx 2 0 + cx 0 + d = 0
(2.1) ⇔ ax 3 + bx 2 + cx + d = ax 3 0 + bx 2 0 + cx 0 + d
1) Nếu ∆ = (ax 0 + b) 2 − 4a(ax 2 0 + bx 0 + c) < 0 thì phương trình (2.1) có nghiệm duy nhất x = x 0
2) Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (2.1) có các nghiệm
Hệ quả 2.1 1) Nếu x 0 là nghiệm của phương trình (2.1) thì điều kiện cần và đủ để phương trình (2.1) có ba nghiệm phân biệt là ax 2 0 + (ax 0 + b)x 0 + ax 2 0 + bx 0 + c 6= 0
2) Nếu x 0 là nghiệm của (2.1) thì có thể phân tích : ax 3 + bx 2 + cx + d = (x − x 0 )f (x) (2.2) trong đó f (x) là một tam thức bậc hai xác định.
3) Nếu x 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình (2.1) thì ax 3 + bx 2 + cx + d = a(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 ) và có công thức Viete
x 1 + x 2 + x 3 = − b a x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = c a x 1 x 2 x 3 = − d a Bài toán 2.2 Giải phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (2.3) với ac 3 = db 3 (2.4)
(Khi đó phương trình (2.3) − (2.4) có tên gọi là phương trình quy hồi bậc ba) Lời giải Từ (2.4) suy ra
2) c 6= 0 ⇒ b 6= 0 và d a = ( c b ) 3 Đặt c b = −x 0 thì c = −bx 0 , d = −ax 3 0 Thế vào (2.3) , ta được ax 3 + bx 2 − bx 0 x − ax 3 0 = 0
Nếu ∆ = (ax 0 + b) 2 − 4a 2 x 2 0 ≥ 0 thì phương trình còn có nghiệm x = −(ax 0 + b) ± √
Bài toán 2.3 Giải phương trình: 4x 3 − 3x = m với |m| ≤ 1.
Lời giải Đặt m = cos α = cos(α ± 2π) Khi đó cos α = cos(3 α
Do vậy phương trình có ba nghiệm
Lời giải. a) Đẳng thức (2.5) hiển nhiên. b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất.
Thật vậy, phương trình không có nghiệm trong [−1, 1] vì nếu x = x 0 ∈ [−1, 1] là nghiệm thì ta đặt x 0 = cos β.
Giả sử phương trình có nghiệm x = x 1 với |x 1 | > 1.
Khi đó 4x 3 1 − 3x 1 = m Vậy có phương trình
Vậy x = x 1 là nghiệm duy nhất. Đặt m = 1
Khi đó theo (2.5) phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Bài toán 2.5 Giải phương trình
Lời giải Nhận xét rằng nếu x = x 0 là nghiệm của phương trình thì đó là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, xét x > x 0 khi đó
Tương tự, với x < x 0 thì 4x 3 + 3x < 4x 3 0 + 3x 0 = m. Đặt x = 1
Khi đó dễ dàng kiểm tra đẳng thức
Suy ra cách giải phương trình như sau. Đặt m = 1
Khi đó theo (2.6) ta có nghiệm duy nhất của phương trình : x = 1
Bài toán 2.6 Giải và biện luận phương trình t 3 + at 2 + bt + c = 0.
3 Khi đó ta có thể viết phương trình dưới dạng
3 − c. a) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y = √ 3 q. b) Nếu p > 0 Đặt y = 2 q p
3 x Khi đó ta được phương trình 4x 3 − 3x = m với m = 3 √
3q 2p √ p +) |m| ≤ 1 Đặt m = cos α Khi đó phương trình có ba nghiệm: x = cos α
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
3 x ta được phương trình 4x 3 + 3x = m. Đặt m = 1
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Học sinh lớp 10 có thể dễ dàng hiểu cách giải phương trình bậc ba bằng công thức lượng giác Tác giả trình bày phương pháp chứng minh công thức Cardano, sử dụng số phức để giải quyết vấn đề này.
Mọi phương trình bậc ba tổng quát có dạng a1x³ + b1x² + c1x + d1 = 0 có thể được chuyển đổi dễ dàng về dạng chính tắc x³ + ax² + bx + c = 0.
Sử dụng phép biến đổi x = y − a
3 , ta có thể đưa về phương trình dạng sau (gọi là dạng rút gọn) y 3 + py + q = 0 (2.8) với p = b − a 2
Thật vậy, với đổi biến x = y − a
Khai triển và nhóm số hạng, ta được y 3 + (b − a 2
3 + c , ta được phương trình bậc ba (2.8) Dùng phép thế Viete y = z − p
3z vào phương trình (2.8) ta được z − p 3z
Nếu đặt lại t = z 3 thì ta được phương trình bậc hai Phương trình này có hai nghiệm (thực hoặc phức) t 1,2 = − q
Ta đã biết rằng √ 3 1 có ba giá trị (kể cả giá trị phức) là e k = cos 2kπ
2 , trong đó i là đơn vị ảo, tức là i = √
Căn bậc ba của √3t có ba giá trị là t1, t1.e1 và t1.e2, trong đó t1 là giá trị thực của √3t Từ đó, chúng ta có 6 giá trị của z tương ứng với các giá trị của t Cụ thể, nếu z = √3t1, thì ba giá trị của z sẽ là z10 = 3s.
27 , z 11 = z 10 e 1 , z 12 = z 10 e 2 với z = √ 3 t 2 cho ba giá trị là z 20 = 3 s
3z ta được 6 giá trị của y là y 1k = z 1k − p
3z 2k với k = 0, 1, 2 Tuy nhiên, chỉ có ba giá trị y 10 , y 11 , y 12 vì y 10 = y 20 , y 11 = y 22 , y 12 = y 21
Thật vậy, do t là nghiệm của phương trình t 2 + qt − p 3
3z 21 + z 21 = y 21 Vậy phương trình có ba nghiệm là y 10 = z 10 − p
3z 12 = z 12 + z 21 Sau đây ta xét số nghiệm thực của phương trình (2.8) dựa theo số nghiệm thực của phương trình bậc hai
27 > 0 Khi đó phương trình bậc hai (2.3) có hai nghiệm thực phân biệt t 1,2 = − q
Do đó phương trình (2.2) có một nghiệm thực là y 10 = z 10 + z 20 = 3 s
27 và hai nghiệm phức liên hợp là y 11 = z 11 + z 22 = z 10 e 1 + z 20 e 2
2 Khi đó phương trình (2.8) có một nghiệm đơn y 10 = z 10 + z 20 = −2 3 q q
27 < 0 Khi đó p < 0 Ta viết t 1,2 dưới dạng lượng giác t 1,2 = − q
Theo công thức Moivre, ba giá trị của z = √ 3 t 1 = √ 3 r(cosϕ + isinϕ) được tính theo công thức z 1k = √ 3 r cos ϕ + k2π
Tương tự, ba giá trị của z = √ 3 t 2 = p 3 r(cosϕ − isinϕ) = 3 r r cos(−ϕ) + isin(−ϕ) được tính theo công thức z 2k = √ 3 r cos −ϕ + k2π
Trong trường hợp này, phương trình bậc ba (2.8) có ba nghiệm thực.
Công thức nghiệm của phương trình bậc ba thường phức tạp và khó nhớ, gây khó khăn trong việc áp dụng khi giải Do đó, để đơn giản hóa quá trình, chúng ta có thể tìm một nghiệm thực của phương trình trước, sau đó chuyển đổi về dạng phương trình tích để dễ dàng xử lý.
2.1.2 Định lí Viete Định lý 2.1 Giả sử phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 (a 6= 0) có ba nghiệm là x 1 , x 2 , x 3 Khi đó ta có
x 1 + x 2 + x 3 = − b a x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = c a x 1 x 2 x 3 = − d a Chứng minh Giả sử đa thức P (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d (a 6= 0) có 3 nghiệm x 1 , x 2 , x 3 Khi đó P (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d = a(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 ) = ax 3 − a(x 1 + x 2 + x 3 )x 2 + a(x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 )x − ax 1 x 2 x 3 đúng với mọi x nên suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.2 Vì a 6= 0 nên ta chuyển về phương trình dạng x 3 + ax 2 + bx + c = 0
x 1 + x 2 + x 3 = −a x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = b x 1 x 2 x 3 = −c Ngược lại, nêú ba số x 1 , x 2 , x 3 thoả mãn
x 1 + x 2 + x 3 = −a x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = b x 1 x 2 x 3 = −c thì x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm của phương trình t 3 + at 2 + bt + c = 0 (2.9)
, 1 x 3 là nghiệm của phương trình ct 3 + bt 2 + at + 1 = 0 (2.10)
Từ hai phương trình trên và sử dụng định lý Viete ta có các tính chất về nghiệm:
18 (1 + x 1 )(1 + x 2 )(1 + x 3 ) = 1 − a + b − c Những biểu thức này yêu cầu học sinh chuẩn bị cách chứng minh, việc chứng minh được sử dụng nhiều cho những kết quả phần sau.
2.1.3 Định lí về sự tồn tại các nghiệm thực và tính chất nghiệm Định lý 2.2 Phương trình a 1 x 3 + b 1 x 2 + c 1 x + d 1 = 0 (a 1 6= 0) luôn có nghiệm thực.
Cách 1: Theo lời giải bài toán 2.6 cho ta ngay kết quả.
Xét hàm số f(x) = a₁x³ + b₁x² + c₁x + d₁ (với a₁ ≠ 0) trên tập R, ta nhận thấy hàm số này liên tục trên R Giả sử a₁ > 0, khi x tiến đến âm vô cực, lim f(x) = -∞, từ đó suy ra tồn tại số α < 0 sao cho f(α) = m với m < 0 Ngược lại, khi x tiến đến dương vô cực, lim f(x) = +∞, cho thấy tồn tại số β > 0 sao cho f(β) = M với M > 0.
Ta có f(α).f(β) = m.M < 0, suy ra tồn tại số c thuộc khoảng (α; β) sao cho f(c) = 0 Điều này chứng tỏ rằng x = c là nghiệm của phương trình f(x) = 0 trên (α; β), từ đó khẳng định phương trình f(x) = 0 có nghiệm trên R Theo định lý 2.3, nếu phương trình bậc ba a₁x³ + b₁x² + c₁x + d₁ = 0 có hai nghiệm thực x₁, x₂ thì x₁x₂ ≥ 4a₁c₁ - b₁²/a₁² Để chứng minh, giả sử x₁, x₂ là nghiệm thực của phương trình bậc ba, khi đó x₃ cũng phải là nghiệm thực.
Từ định lí Viete, suy ra x 1 + x 2 + x 3 = − b 1 a 1 và x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = c 1 a 1
Nghiệm của phương trình bậc hai \( a_1 x^2 - b_1 x + c_1 - a_1 x_1 x_2 = 0 \) là \( x = 3 \) Điều này dẫn đến bất phương trình \( 4 = b_1^2 - 4a_1 (c_1 - a_1 x_1 x_2) \leq 0 \), từ đó suy ra \( x_1 x_2 \geq \frac{4a_1 c_1 - b_1^2}{a_1^2} \) Theo định lý Sturm về nghiệm của phương trình bậc ba, phương trình \( x^3 + ax^2 + bx + c = 0 \) với các hệ số thực \( a, b, c \) sẽ có ba nghiệm thực \( x_1, x_2, x_3 \) khi và chỉ khi một số điều kiện nhất định được thỏa mãn.
Chứng minh Phương trình đã cho chuyển được về phương trình y 3 + py + q = 0 với p = b − a 2
3 + c Hơn nữa, theo phần trên phương trình có ba nghiệm thực khi và chỉ khi q 2
27 ≤ 0 , thay p, q theo a, b, c khai triển ta được điều phải chứng minh. Định lý 2.5 Phương trình x 3 + ax 2 + bx + c = 0 có ba nghiệm dương khi và chỉ khi có −4a 3 c + a 2 b 2 + 18abc − 4b 3 − 27c 2 ≥ 0 và a < 0, b > 0, c < 0.
Giả sử cả ba nghiệm đều dương thì chúng phải là những nghiệm thực theo định lí Sturm ta có −4a 3 c + a 2 b 2 + 18abc − 4b 3 − 27c 2 ≥ 0 , mặt khác, theo Viete
Để giải phương trình x³ + ax² + bx + c = 0 với a < 0, b > 0, c < 0, ta có các điều kiện −4a³c + a²b² + 18abc − 4b³ − 27c² ≥ 0, đảm bảo rằng tất cả nghiệm của phương trình đều là số dương Nếu tồn tại nghiệm x₁ ≤ 0, kết hợp với các điều kiện trên, ta sẽ có x₁³ + ax₁² + bx₁ + c < 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, mọi nghiệm của phương trình phải là số dương Định lý 2.6 khẳng định rằng nghiệm của phương trình x³ + ax² + bx + c = 0 tương ứng với độ dài các cạnh của một tam giác khi và chỉ khi các điều kiện −4a³c + a²b² + 18abc − 4b³ − 27c² ≥ 0, a < 0, b > 0, c < 0 và a³ − 4ab + 8c > 0 được thỏa mãn.
Chứng minh Ta có kết quả (x 1 + x 2 − x 3 )(x 2 + x 3 − x 1 )(x 3 + x 1 − x 2 ) = a 3 − 4ab + 8c (học sinh tự chứng minh kết quả này).
Để các nghiệm của phương trình trở thành độ dài các cạnh của tam giác, chúng cần phải là các số dương và thỏa mãn các điều kiện x1 + x2 - x3 > 0, x2 + x3 - x1 > 0, x3 + x1 - x2 > 0 Điều này chứng minh rằng bất đẳng thức −4a^3c + a^2b^2 + 18abc − 4b^3 − 27c^2 ≥ 0 được thỏa mãn với các điều kiện a < 0, b > 0, c < 0 và a^3 − 4ab + 8c > 0.
Ngược lại, vì có −4a 3 c + a 2 b 2 + 18abc − 4b 3 − 27c 2 ≥ 0 ; a < 0, b > 0, c < 0 nên nghiệm của phương trình là những số thực dương Vì a 3 − 4ab + 8c > 0 nên x 1 + x 2 − x 3 > 0, x 2 + x 3 − x 1 > 0, x 3 + x 1 − x 2 > 0.
Nếu một trong ba bất đẳng thức có dấu ngược lại, ví dụ như x₁ + x₂ - x₃ ≤ 0, thì sẽ tồn tại một bất đẳng thức có dấu cùng chiều, chẳng hạn x₃ + x₁ - x₂ ≤ 0, dẫn đến x₁ ≤ 0, điều này là vô lý Do đó, nếu ba nghiệm dương thỏa mãn a³ - 4ab + 8c > 0, thì ba nghiệm này chính là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Định lý 2.3 cung cấp một tiêu chuẩn hữu ích để xác định điều kiện khi nào nghiệm của phương trình bậc ba có thể được coi là ba cạnh của một tam giác.
2.1.4 Sử dụng dạng đồ thị để biện luận số nghiệm của phương trình bậc ba
Trong phần này, chúng ta sẽ sử dụng đồ thị để phân tích số nghiệm của phương trình bậc ba có dạng ax³ + bx² + cx + d = 0, với điều kiện a khác không Việc áp dụng đồ thị giúp chúng ta dễ dàng nhận diện các điểm giao nhau giữa đồ thị của hàm số và trục hoành, từ đó xác định số lượng nghiệm thực của phương trình.
Xét hàm số f(x) = ax³ + bx² + cx + d, với đạo hàm y' = 3ax² + 2bx + c Trong trường hợp y' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép, hàm số f(x) sẽ luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến Điều này dẫn đến việc phương trình f(x) = 0 chỉ có duy nhất một nghiệm.
Trường hợp 2: y 0 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 Khi đó hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x 1 , x 2
Nếu các giá trị cực trị là y 1 , y 2 thì y 1 = r(x 1 ) , y 2 = r(x 2 ) trong đó r(x) là phần dư của phép chia f (x) cho f 0 (x)
+ y 1 y 2 < 0 ⇔ đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
+ y 1 y 2 = 0 ⇔ đồ thị tiếp xúc với trục Ox ⇔ phương trình có 2 nghiệm (1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép).
Đa thức bậc ba với các yếu tố cạnh trong tam giác
Phương trình bậc ba theo độ dài các cạnh trong tam giác
Sau đây ta xây dựng phương trình bậc ba nhận các cạnh của tam giác ABC là nghiệm Rõ ràng a + b + c = 2p.
Ta tính ab+bc+ca ab + bc + ca = 4ab(a + b + c) + 4bc(a + b + c) + 4ca(a + b + c)
Vậy a, b, c là nghiệm của phương trình t 3 − 2pt 2 + (p 2 + r 2 + 4Rr)t − 4pRr = 0.
Nhận xét 2.5 Ta thay t bởi 1 t được phương trình t 3 − p 2 + r 2 + 4Rr
Rõ ràng phương trình có các nghiệm 1 a , 1 b , 1 c
Từ hai bài toán trên và sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc ba, ta xây dựng được các hệ thức trong tam giác ABC như sau:
Ta có biến đổi như sau a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 − 2(ab + ba + ca)
Thật vậy, ta khéo léo làm xuất hiện p = a + b + c
6 (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) = 8pr 2 Biến đổi như sau
Giáo viên đưa ra các biểu thức ở vế trái và yêu cầu học sinh phân nhóm để hoàn thành kết quả Sau đó, các nhóm sẽ kiểm tra và đối chiếu kết quả với nhau.
Phương trình bậc ba theo độ dài các tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp tam giác
tròn nội tiếp tam giác
Chúng ta đã xây dựng phương trình với các nghiệm a, b, c và từ đó suy ra phương trình có các nghiệm 1/a, 1/b, 1/c, giúp hình thành các hệ thức đối xứng về nghiệm Tiếp theo, chúng ta phát triển ý tưởng bằng cách xây dựng phương trình bậc ba với các nghiệm tương ứng với độ dài ba cạnh của tam giác là p - a, p - b, p - c.
= p 2 − pa − pb + ab + p 2 − pb − pc + bc + p 2 − pc − pa + ca
= pr 2 Khi đó p − a, p − b, p − c là nghiệm của phương trình t 3 − pt 2 + r(r + 4R)t − pr 2 = 0.
Tương tự như phần trên, ta có 1 p − a , 1 p − b , 1 p − c là nghiệm của phương trình t 3 − 4R + r pr t 2 + 1 r 2 t − 1 pr 2 = 0.
Cho học sinh xây dựng hệ thức với sự định hướng của giáo viên, ta được một một số kết quả sau
Đa thức bậc ba với các yếu tố bên trong của tam giác
Phương trình bậc ba theo đường cao trong tam giác 50
Ta xây dựng phương trình có nghiệm là độ dài các đường cao trong tam giác, như vậy ta phải tính các kết quả sau
Như ta đã biết cách tính đường cao liên quan tới công thức S = 1
2 a.h a , lại có S = pr , từ đó suy ra h a = 2pr a
Hoàn toàn tương tự ta có h b = 2pr b , h c = 2pr c h a + h b + h c = 2pr( 1 a + 1 b + 1 c )
R Vậy h a , h b , h c là ba nghiệm của phương trình t 3 − p 2 + r 2 + 4Rr
Ta cũng có 1 h a , 1 h b , 1 h c là nghiệm của phương trình t 3 − 1 r t 2 + p 2 + r 2 + 4Rr
Sử dụng tính chất nghiệm ta có các kết quả sau
Phương trình bậc ba theo bán kính đường tròn bàng tiếp trong tam giác
Ta đã biết S = pr = r a (p − a) = r b (p − b) = r c (p − c) , suy ra r a = pr p − a , r b = pr p − b , r c = pr p − c r a + r b + r c = pr
Vì theo trên ta có 1
= p 2 r Vậy r a , r b , r c là nghiệm của phương trình t 3 − (4R + r)t 2 − p 2 t − p 2 r = 0.
Thay t bởi 1 t ta được phương trình nhận 1 r a , 1 r b , 1 r c là nghiệm t 3 − 1 r 2 t 2 + 4R + r p 2 r t − 1 p 2 r = 0.
Giao bài tập cho học sinh thực hiện theo nhóm để tính toán các biểu thức Sau khi hoàn thành, học sinh sẽ kiểm tra và đối chiếu kết quả với thầy giáo.
Phương trình bậc ba theo các hàm số lượng giác trong
tam giác a Phương trình theo sin A, sin B, sin C
Ta đã biết S = pr = abc
4R và a sin A = b sin B = c sin C = 2R Khi đó ta có sin A + sin B + sin C = a
R sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = a
= 1 4R 2 (p 2 + r 2 + 4Rr). sin A sin B sin C = abc
2R 2 Vậy sin A, sin B, sin C là nghiệm của phương trình t 3 − p
Ta cũng được 1 sin A , 1 sin B , 1 sin C là nghiệm của phương trình t 3 − p 2 + r 2 + 4Rr
Sử dụng các tính chất về nghiệm có các kết quả
2 1 sin 2 A + 1 sin 2 B + 1 sin 2 C = (p 2 + r 2 + 4Rr) 2 − 16p 2 Rr
4 1 sinA + sinB + 1 sinB + sinC + 1 sinC + sinA = R(5p 2 + r 2 + 4Rr) p(p 2 + r 2 + 2Rr)
5 1 sin 2 Asin 2 B + 1 sin 2 Bsin 2 C + 1 sin 2 Csin 2 A = 2R 2 (p 2 − r 2 − 4Rr) p 2 r 2
7 (sinA + sinB)(sinB + sinC)(sinC + sinA) = p(p 2 + r 2 + 2Rr)
8 sinAsinB sinC + sinBsinC sinA + sinCsinA sinB = p 2 (p 2 + 2r 2 − 8Rr) + r(4R + r) 2
9 sinA sinBsinC + sinB sinCsinA + sinC sinAsinB = p 2 − r 2 − 4Rr pr
10 (sinA − sinB) 2 + (sinB − sinC) 2 + (sinC − sinA) 2 = p 2 − 3r 2 − 12Rr
2 b Phương trình theo cosA, cosB, cosC
Ta tính: cosA + cosB + cosC = b 2 + c 2 − a 2
= ab 2 + ac 2 − a 3 + bc 2 + ba 2 − b 3 + ca 2 + cb 2 − c 3 )
R Theo định lí hàm số cosin ta có cosA = b 2 + c 2 − a 2
Tương tự cosB = 2p(p − b) ca − 1 , cosC = 2p(p − C) ab − 1 Khi đó ta có cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A
− 4p p( 1 bc + 1 ca + 1 ab ) − ( a bc + b ca + c ab )
= 4p 2 4pRr r(4R + r) 2 + rp 2 4pR − 4p p 1 2Rr − p 2 − r 2 − 4Rr
4R 2 Vậy cosA, cosB, cosC là nghiệm của phương trình t 3 − R + r
Ta cũng có 1 cosA , 1 cosB , 1 cosC là nghiệm của phương trình t 3 − p 2 + r 2 − 4R 2 p 2 − (2R + r) 2 t 2 + 4R(R + r) p 2 − (2R + r) 2 t − 4R 2 p 2 − (2R + r) 2 = 0.
Từ hai phương trình trên và sử dụng các tính chất về nghiệm ta được các kết quả
3 1 cosA + cosB + 1 cosB + cosC + 1 cosC + cosA = R(p 2 + 5r 2 + 8Rr) r(p 2 + r 2 + 2Rr)
6 (cosA + cosB)(cosB + cosC)(cosC + cosA) = r(p 2 + r 2 + 2Rr)
7 cosA + cosB cosC + cosB + cosC cosA + cosC + cosA cosB = (R + r)(p 2 + r 2 − 4R 2 )
8 cosA cosBcosC + cosB cosCcosA + cosC cosAcosB = 4R 2 p 2 − (2R + r) 2 − 2.
9 (cos A − cos B) 2 + (cos B − cos C) 2 + (cos C − cos A) 2 = (4R + r) 2 − 3p 2
10 (cosA − cosB)(cosB − cosC) + (cosB − cosC)(cosC − cosA) + (cosC − cosA)(cosA − cosB) = 3p 2 − (4r + r) 2
2R 2 c Phương trình theo nghiệm sin 2 A
4 ((1 − cos A)(1 − cos B) + (1 − cos B)(1 − cos C) + (1 − cos C)(1 − cos A))
4 (3 − 2(cos A + cos B + cos C ) + (cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A))
16R 2 Vậy ta được phương trình t 3 − 2R − r 2R t 2 + p 2 + r 2 − 8R 2
, 1 sin 2 C 2 là nghiệm của phương trình t 3 − p 2 + r 2 − 8R 2 r 2 t 2 + 8R(2R − r) r 2 t − 16R 2 r 2 = 0.
Ta có các kết quả sau:
8R 4 d Phương trình theo nghiệm cos 2 A
2 là nghiệm của phương trình t 3 − 2R − r 2R t 2 + p 2 + r 2 − 8R 2
Tương tự thực hiện cho cos 2 B
2 là nghiệm của phương trình t 3 − 4R − r
16R 2 Theo hướng quen thuộc ta có
Nghiệm của phương trình t^3 − p^2 + (4R + r)^2 p^2 t^2 + 8R(4R + r) p^2 t − 16R^2 p^2 là 1 cos 2 C 2 Học sinh cần tự xây dựng các đẳng thức dựa trên hai phương trình đã cho và áp dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc ba để tìm ra các kết quả liên quan.
32R 3 e Phương trình theo nghiệm cot A, cot B, cot C Theo định lí hàm số cosin
2bc cos A = b 2 + c 2 − a 2 hay 2bc sin A cot A = b 2 +c 2 − a 2 hay 4S cot A = b 2 + c 2 − a 2 , suy ra cot A = b 2 + c 2 − a 2
Tương tự ta có cot B = c 2 + a 2 − b 2
Khi đó cot A + cot B + cot C = a 2 + b 2 + c 2
4pr cot A cot B cot C = cos A cos B cos C sin A sin B sin C
Lại có cot(B + C) = − cot A hay cot B cot C − 1 cot B + cot C = − cot A nên được cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1
Vậy cot A, cot B, cot C là nghiệm của phương trình t 3 − p 2 − r 2 − 4Rr
Thay t bởi 1 t nên ta có tanA = 1 cotA , tanB, tanC là nghiệm của phương trình t 3 − 2pr (2R + r) 2 − p 2 t 2 + t − 2pr p 2 − r 2 − 4Rr = 0.
Tương tự ta có các kết quả sau:
5 cot 3 A + cot 3 B + cot 3 C = (p 2 − r 2 − 4Rr) 3 − 48p 2 Rr 2
6 (cotA + cotB)(cotB + cotC)(cotC + cotA) = 2R 2 pr
7 cotA + cotB cotC + cotB + cotC cotA + cotC + cotA cotB = 12R 2 + 18Rr + 2r 2 − 2p 2 p 2 − (2R + r) 2
8 cotA cotBcotC + cotB cotCcotA + cotC cotAcotB = (p 2 − r 2 − 4Rr) 2 − 8r 2 p 2
9 (cotA − cotB) 2 + (cotB − cotC ) 2 + (cotC − cotA) 2 = (p 2 − r 2 − 4Rr) 2 − 12r 2 p 2
11 1 cotB + cotC + 1 cotC + cotA + 1 cotA + cotB = (p 2 − r 2 − 4Rr) 2 + 4r 2 p 2
12 (tanA + tanB)(tanB + tanC)(tanC + tanA) = 8pR 2 r
(p 2 − (2R + r) 2 ) 2 f Phương trình theo nghiệm tan A
2 Theo công thức tính diện tích S = pr và công thưcs tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r = (p − a)tan A
2 là nghiệm của phương trình t 3 − 4R + r p t 2 + t − r p = 0.
Ta cũng suy ra được cot A
2 là nghiệm của phương trình t 3 − p r t 2 + 4R + r r t − p r = 0.
Ta có một số kết quả sau:
= 2(p + r + 2R) p g Phương trình theo nghiệm tan 2 A
2 là nghiệm của phương trình t 3 + 2p 2 − (4R + r) 2 p 2 t 2 + p 2 − 2r 2 − 8Rr p 2 t − r 2 p 2 = 0.
Thay t bằng 1 t , ta được cot 2 A
2 là nghiệm của phương trình t 3 − p 2 − 2r 2 − 8Rr r 2 t 2 − 2p 2 − (4R + r) 2 r 2 t − p 2 r 2 = 0.
Tương tự phần trên, học sinh xây dựng được các hệ thức dựa các tính chất nghiệm của phương trình.
Xây dựng các đẳng thức trong tam giác
Với những hệ thức đã biết ta so sánh và thế những đối tượng giống nhau, ta được
4 h a + h b + h c = bsinC + csinA + asinB (vì cùng bằng 1
2r 2 − 4R + r p 2 r So sánh vế phải của hai đẳng thức trên, ta được kết quả.
Xây dựng các bất đẳng thức trong tam giác
Các hệ thức trong tam giác, khi kết hợp với một số bất đẳng thức cơ bản, cho phép chúng ta xây dựng các bất đẳng thức mới trong tam giác.
Một số kết quả thường sử dụng Cho a, b, c là các số dương, ta có:
6 Cho tam giác ABC, khi đó cosA + cosB + cosC ≤ 3
Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Việc chứng minh bất đẳng thức được coi là một bài tập nhỏ cho học sinh Dưới đây, tác giả sẽ chứng minh bất đẳng thức 5 và 6.
Chứng minh bất đẳng thức 5.
Vì (x − y)(x 2 − y 2 ) ≥ 0 , với x, y > 0 nên x 3 + y 3 ≥ xy(x + y) , suy ra
1 c 3 + a 3 + abc ≤ 1 ca(c + a) + abc = c abc(a + b + c) Cộng các bất đẳng thức trên, ta được
Chứng minh bất đẳng thức 6.
Ta có cosx + cosy = 2cos x + y
2 với x, y > 0, x + y < π Khi đó cosA + cosB + cosC = cosA + cosB + cosC + cos π
Ta đã biết cosA + cosB + cosC = 1 + r
R , khi đó bất đẳng thức 6 tương đương
Thậy vậy, từ (a + b + c) 3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca) ⇔ 2.(2p) 3 + 9.(4prR) ≥ 7.(2p).(p 2 + r 2 + 4Rr)
Khai triển và rút gọn được R ≥ 2r
Bất đẳng thức R ≥ 2r có nhiều ứng dụng quan trọng trong việc giải quyết và đề xuất các bài toán khác nhau Để chứng minh bất đẳng thức Chapple-Euler, có thể sử dụng nhiều phương pháp khác nhau Một trong những phương pháp hiệu quả là áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, cụ thể là (p − a)(p − b) ≤ (p − a) + (p − b).
2 Nhân từng vế của các bất đẳng thức ta được
4R , suy ra kết quả R ≥ 2r Cách chứng minh trực tiếp khác cho ta kết quả như sau d 2 = R 2 − 2Rr
Trong đó d là độ dài đoạn thẳng nối tâm tròn nội tiếp với tâm tròn ngoại tiếp của một tam giác Vì d 2 ≥ 0 nên suy ra R ≥ 2r
Việc chứng minh bất đẳng thức Chapple-Euler gặp khó khăn do không rõ nguồn gốc từ bất đẳng thức hay kiến thức nào cụ thể Tuy nhiên, một kết quả quan trọng là cosA + cosB + cosC ≤ 3, cung cấp một cơ sở cho các nghiên cứu và ứng dụng trong lĩnh vực toán học.
2 và sử dụng hệ thức cosA + cosB + cosC =
R có thể nhanh chóng đạt được giá trị R ≥ 2r, từ đó mở ra hướng đi mới trong việc xây dựng các bất đẳng thức mới dựa trên những đẳng thức đã biết và các bất đẳng thức cơ bản.
Chúng ta sẽ phát triển các bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức R ≥ 2r Đầu tiên, hãy xác định các đẳng thức liên quan đến R và r mà đã được đề cập ở phần trước.
(p − c)(p − a) = 1 r 2 Bằng những biến đổi thật đơn giản ta được những kết quả sau
Ta xét bài toán (Vô địch Quốc tế lần thức 6, năm 1964).
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng: a 2 (b + c − a) + b 2 (c + a − b) + c 2 (a + b − c) ≤ 3abc.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2a 2 (p − a) + 2b 2 (p − b) + 2c 2 (p − c) ≤ 3abc hay 2p(a 2 + b 2 + c 2 ) − 2(a 3 + b 3 + c 3 ) ≤ 3abc
Ta đã biết a 2 + b 2 + c 2 = 2p 2 − 2r 2 − 8Rr , a 3 + b 3 + c 3 = 2p(p 2 − 3r 2 − 6Rr) thế vào ta được 2r 2 ≤ Rr hay 2r ≤ R
Theo trên ta có bất đẳng thức ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 , kết hợp với các hệ thức ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − r 2 − 4Rr) suy ra, p 2 + r 2 + 4Rr ≤ 2(p 2 − r 2 − 4Rr)
⇔ p 2 ≥ 3r 2 + 12Rr. Đây chính là nội dung (Đề thi Olympic 30 4 lần thứ 7, 2001, Tiền Giang đề nghị).
Ta có thể áp dụng bất đẳng thức (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) và các hệ thức quen thuộc đã biết a + b + c = 2p , ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr , suy ra p 2 ≥ 3r 2 + 12Rr.
Ta xét bài toán sau (Thi vô địch Cộng hoà Liên bang Đức, 1987)
2 Lời giải Bất đẳng thức tương đương với
3 ≤ p 2 − r 2 − 4Rr tương đương p 2 ≥ 3r 2 + 12Rr (đã chứng minh trên), còn p 2 − r 2 − 4Rr < p 2 là hiển nhiên
Bất đẳng thức 5 tương đương
4Rrp ; lại có R ≥ 2r nên suy ra
Từ bất đẳng thức 5 và một số hệ thức đã biết ta có một số kết quả
Sau đây ta giải một số bài toán
27 p 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + 2 abc p < 2p 2 Thật vậy, ta có a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − r 2 − 4Rr) ; abc = 4pRr , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
Từ (a + b + c) 3 ≥ 27abc , suy ra 2p 2 ≥ 27Rr Lại có R ≥ 2r được 26p 2 ≤ 27p 2 − 27r 2 Sau đây ta cho thêm giả thiết Chẳng hạn, cho nửa chu vi p = 1 , ta được bài toán
27 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 (Thi toán trên tập chí Colle Mathematics, Mỹ, 1.1994; Olympic Toán khu vực Đông Nam Á lần thứ nhất, 1988).
2 (Học sinh giỏi toàn quốc, 1970) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: sin A
Ta có A + B + C = π , nên có ít nhất một góc nhỏ hơn hoặc bằng π
Ta đã có kết quả sau sin A
2 = r 4R , lại có R ≥ 2r , suy ra sin A
Trong chương 2, tác giả trình bày phương pháp giải phương trình bậc ba, cùng với nội dung định lý Viete và định lý tồn tại nghiệm Bài viết cũng đề cập đến tính chất nghiệm của phương trình bậc ba, bao gồm biểu thức đối xứng với ba nghiệm Trong quá trình khám phá các tính chất này, giáo viên chỉ đưa ra những gợi ý định hướng, khuyến khích học sinh tự thực hiện hoặc làm việc theo nhóm để phát triển tư duy và kỹ năng giải quyết vấn đề.
Tác giả phát triển phương trình bậc ba với các nghiệm liên quan đến các yếu tố trong tam giác như độ dài cạnh, độ dài tiếp tuyến, độ dài đường cao và bán kính đường tròn bàng tiếp Bằng cách tìm phương trình chứa nghiệm nghịch đảo, học sinh có thể nhanh chóng khám phá các hệ thức mới, đồng thời rèn luyện tính kiên trì và khả năng phát hiện vấn đề Chương cuối cùng tổng hợp các thao tác như quan sát, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá và quy nạp, kết hợp các bất đẳng thức cơ bản để giải quyết các bài toán, nhiều trong số đó đã xuất hiện trong các kỳ thi Olympic Quốc tế và khu vực Việc tạo ra hoặc giải quyết bài toán mới sẽ khơi dậy hứng thú và niềm đam mê với môn Toán, giúp học sinh tự tin và nhanh chóng giải quyết các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, chuẩn bị cho các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh và toàn quốc.
Chương 3Thực nghiệm sư phạm
Mục đích và nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm
Mục đích của thực nghiệm sư phạm
Thực nghiệm sư phạm được thực hiện trên các đối tượng nghiên cứu để kiểm định và đánh giá tính khả thi cũng như hiệu quả của đề tài.
Nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm
Dạy học đa thức bậc ba cùng các hệ thức lượng giác liên quan là một phương pháp giáo dục hiệu quả dành cho học sinh khá, giỏi Phương pháp này không chỉ giúp học sinh nắm vững kiến thức mà còn phát triển tư duy logic và khả năng giải quyết vấn đề Qua việc biên soạn và thực hiện các bài giảng thử nghiệm, giáo viên có thể điều chỉnh nội dung phù hợp với năng lực của từng học sinh, từ đó nâng cao chất lượng giảng dạy và học tập.
Chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng để tiến hành dạy thực nghiệm, thu thập thông tin phản hồi qua nhiều kênh như bài kiểm tra và phiếu học tập cho học sinh Đánh giá chất lượng, hiệu quả và tính khả thi của việc dạy đa thức bậc ba cùng các hệ thức lượng giác liên quan, nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh giỏi.
Phương pháp thực nghiệm
Tác giả áp dụng phương pháp thử nghiệm đối chứng để giảng dạy rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua kiến thức về hệ thức lượng trong tam giác Nghiên cứu được thực hiện tại trường THPT chuyên Lê Hồng Phong và trường THPT Trần Hưng Đạo, tỉnh Nam Định.
Tác giả đã thực hiện một quy trình dạy học hoàn chỉnh bao gồm việc xây dựng kế hoạch, soạn giáo án và chuẩn bị các tài liệu, thiết bị cần thiết Sau khi tiến hành tiết dạy, tác giả tiến hành kiểm tra và đánh giá kết quả học tập, thu thập thông tin phản hồi để đánh giá sự chuyển biến Dựa trên những phản hồi này, tác giả điều chỉnh kế hoạch dạy học và lặp lại quy trình để hoàn thiện nội dung giáo án, nhằm đạt được các mục tiêu giáo dục đã đề ra.
Thực nghiệm được tiến hành đồng thời giữa lớp thực nghiệm và lớp đối chứng Để lựa chọn mẫu thực nghiệm phù hợp với đối tượng nghiên cứu, tác giả đã thực hiện các bước cần thiết.
Để nắm bắt tình hình học tập của học sinh, phụ huynh nên trao đổi với giáo viên dạy toán và giáo viên chủ nhiệm lớp Việc này giúp họ hiểu rõ hơn về nhận xét, sổ điểm, học bạ và đánh giá của nhà trường đối với tập thể lớp, từ đó có những biện pháp hỗ trợ kịp thời cho con em mình.
Phát phiếu điều tra học sinh nhằm khảo sát năng lực học tập và mức độ hứng thú của học sinh với môn toán, đặc biệt là nội dung các hệ thức lượng trong tam giác.
Tác giả áp dụng nhiều phương pháp như quan sát, tổng kết kinh nghiệm và phiếu điều tra để thu thập thông tin Sau mỗi tiết dạy, tác giả trực tiếp trao đổi với giáo viên và học sinh nhằm rút ra bài học kinh nghiệm, từ đó điều chỉnh kế hoạch và mục tiêu để nâng cao hiệu quả cho các lần thử nghiệm tiếp theo.
Nội dung và tổ chức thực nghiệm
Chọn nội dung thực nghiệm
Dạy thực nghiệm về hệ thức lượng giác trong tam giác nhằm vận dụng kiến thức đã học để tạo ra các bài toán mới dưới dạng đẳng thức và bất đẳng thức Mục tiêu chính là rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh tại một số trường THPT tỉnh Nam Định Việc kiểm tra và đánh giá khả năng tư duy sáng tạo của học sinh được thực hiện thông qua việc chứng minh hệ thức lượng trong tam giác và kết hợp với các bất đẳng thức đã biết để phát triển bài toán mới.
Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm được tiến hành tại trường THPT chuyên Lê Hồng Phong và trường xây dựng trung tâm chất lượng cao THPT Trần Hưng Đạo, tỉnh Nam Định.
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong:
Trường xây dựng trung tâm chất lượng cao THPT Trần Hưng Đạo:
Thời gian thực nghiệm diễn ra từ ngày 25/11/2015 đến 20/12/2015, với việc chọn hai lớp từ mỗi trường dựa trên kết quả khảo sát và phân loại học sinh Lớp thực nghiệm và lớp đối chứng có trình độ tương đương và số lượng học sinh cũng tương đương Cụ thể, lớp 12T1 và 12T1 của trường chuyên Lê Hồng Phong học theo tài liệu chuyên, trong khi lớp 12A1 và 12A2 của trường THPT Trần Hưng Đạo theo chương trình ban cơ bản do Bộ GDĐT ban hành Tuy nhiên, vì đây là vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi, tác giả đã soạn giáo án dựa trên nội dung kiến thức chung dưới dạng chuyên đề.
Các lớp được lựa chọn có đặc điểm:
Lớp thực nghiệm Lớp đối chứng
Lớp Sĩ số Kí hiệu Lớp Sĩ số Kí hiệu
Các lớp thực nghiệm và đối chứng được giảng dạy bởi cùng một giáo viên trong cùng khoảng thời gian, nội dung kiến thức và điều kiện dạy học tương tự Toàn bộ bài dạy được thiết kế thống nhất từ mục tiêu, yêu cầu, trọng tâm đến phương pháp, biện pháp, phương tiện dạy học và tài liệu sử dụng Bài kiểm tra được đánh giá theo thang điểm 10 và chia thành 4 nhóm khác nhau.
Nhóm yếu: Đạt điểm dưới 5.
Nội dung dạy thực nghiệm và đề kiểm tra
I Mục tiêu, yêu cầu, trọng tâm của bài
1 Về kiến thức Học sinh nắm vững được các nội dung, kiến thức sau:
- Nội dung định lí Viete, các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba.
- Các công thức cơ bản về lượng giác; các kết quả đã tìm được trong những bài trước về hệ thức lượng trong tam giác.
- Biết vận dụng các kiến thức đã học, thực hiện thao tác so sánh, tương tự Xây dựng đẳng thức lượng giác trong tam giác.
Vận dụng sáng tạo kiến thức về hệ thức lượng giác trong tam giác và các bất đẳng thức cơ bản, người học có thể tạo ra những bài toán mới liên quan đến bất đẳng thức trong tam giác Sự kết hợp này không chỉ giúp củng cố kiến thức mà còn phát triển khả năng tư duy sáng tạo trong toán học.
3 Về tư duy, thái độ
- Tự giác, tích cực học tập, hứng thú tham gia hoạt động khám phá tìm ra kết quả mới.
- Vận dụng hài hoà các thao tác tư duy áp dụng vào bài học; tư duy sáng tạo được vận dụng tối đa.
- Tư duy các vấn đề của toán học một cách logic và hệ thống.
4 Năng lực thể hiện năng lực tính toán, năng lực phát hiện vấn đề và năng lực giải quyết vấn đề.
II Chuẩn bị của giáo viên và học sinh
1 Giáo viên: Giáo án, tài liệu, đồ dùng dạy học.
2 Học sinh: Các kiến thức đã được học về hệ thức lượng trong tam giác; tính chất nghiệm của phương trình bậc ba.
III Tiến trình bài giảng
1 Kiểm tra bài cũ Tìm phương trình bậc ba nhận độ dài ba cạnh của một tam giác a, b, c là nghiệm
Học sinh xây dựng như trong phần nội dung a + b + c = 2p. ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr. abc = 4RS.
Khi đó a, b, c là ba nghiệm của phương trình t 3 − 2pt 2 + (p 2 + r 2 + 4Rr)t − 4pRr = 0.
Giáo viên hỏi học sinh về cách giải khác cho bài toán, sau đó thay t bằng a vào phương trình, dẫn đến phương trình a³ - 2pa² + (p² + r² + 4Rr)a - 4pRr = 0, yêu cầu học sinh quan sát kỹ phương trình này.
Để tìm ra hệ thức liên quan giữa a và các đại lượng p, R, r, ta có thể áp dụng quy trình tương tự cho các đại lượng b và c Qua đó, chúng ta sẽ xác định được phương trình có nghiệm là a, b, c.
Biểu diễn sinA theo tan A
Biến đổi ta có phương trình a^3 − 2pa^2 + (p^2 + r^2 + 4Rr)a − 4pRr = 0, tương tự với b và c, dẫn đến các phương trình b^3 − 2pb^2 + (p^2 + r^2 + 4Rr)b − 4pRr = 0 và c^3 − 2pc^2 + (p^2 + r^2 + 4Rr)c − 4pRr = 0 Những phương trình này chứng minh rằng a, b, c là nghiệm của phương trình tổng quát t^3 − 2pt^2 + (p^2 + r^2 + 4Rr)t − 4pRr = 0.
Chú ý: Cách giải 2, cho phép ta có một hướng mới đi tìm phương trình có nghiệm cho trước.
2 Bài mới Hoạt động 1 Chứng minh đẳng thức trong tam giác
Ví dụ 1 Chứng minh đẳng thức sau
Giáo viên giao nhiệm vụ học tập cho học sinh.
Sử dụng kiến thức đã biết
Yêu cầu học sinh tính 1 h a + 1 h b + 1 h c
= 1 r Yêu cầu học sinh tính trực tiếp 1 r a
+ 1 r b + 1 r c (Gợi ý S = (p − a)r a ) Đề xuất bài toán mới:
Gợi ý từ biểu thức hai vế cho ta nghĩ đến bất đẳng thức
1 x + 1 y + 1 x ≥ 9 x + y + z , kết hợp với kết quả trên 1 h a
≥ 9 4R + r Vì r a + r b + r c = 4R + r. h a + h b + h c ≥ 9r Tương tự xây dựng được nhiều bất đẳng thức đối với r a , r b , r c
Hoạt động 2 Chứng minh đẳng thức có nhiều ứng dụng khi giải những bài toán khác
Ví dụ 2 Chứng minh đẳng thức sau p 2 + r 2 ≥ 14Rr
Giáo viên giao nhiệm vụ học tập để khuyến khích học sinh suy nghĩ và tìm ra hướng giải quyết cho bài toán Học sinh sẽ trình bày ý tưởng và sản phẩm của mình, giúp phát triển kỹ năng tư duy và sáng tạo.
Sử dụng kiến thức đã biết
Hướng suy nghĩ, tìm những hệ thức đơn giản, đã biết liên quan tới p, R, r và áp dụng bất đẳng thức cho chúng Chẳng hạn:
Hoặc cách giải khác đã được giới thiệu:
1 Xuất phát từ bất đẳng thức (a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 9abc (việc chứng minh giành cho học sinh) và thay a + b + c = 2p , ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr , abc = 4pRr cho ta kết quả cần chứng minh.
2 Xuất phát từ ví dụ 1 là h a + h b + h c ≥ 9r và h a + h b + h c = p 2 + r 2 + 4Rr
2R ta được điều cần chứng minh.
Hoạt động 3 Chứng minh đẳng thức trong tam giác
Cho a, b, c là các số dương Chứng minh bất đẳng thức sau
Từ đó, hãy xây dựng những bất đẳng thức trong tam giác
Giáo viên giao nhiệm vụ học tập cho học sinh Học sinh thảo luận nhóm tìm ra lời giải
Vì (x − y)(x 2 − y 2 ) ≥ 0 , với x, y > 0 nên x 3 + y 3 ≥ xy(x + y) , suy ra
1 b 3 + c 3 + abc ≤ 1 bc(b + c) + abc = a abc(a + b + c) 1 c 3 + a 3 + abc ≤ 1 ca(c + a) + abc = c abc(a + b + c) Cộng các bất đẳng thức trên, ta được
Cho học sinh về nhà tìm những lời giải khác.
Suy nghĩ, đề xuất bài toán mới
3 Củng cố Chứng minh các đẳng thức lượng giác;
Chứng minh các bất đẳng thức cơ bản, kết hợp với các hệ thức lượng giác đã biết xây dựng được các bài toán mới.
Từ những ví dụ trên, tìm các giả khác bài toán đồng thời xây dựng thêm các bất đẳng thức lượng giác mới.
5 Nhận xét rút kinh nghiệm sau tiết dạy:
Sau khi thực hiện dạy thực nghiệm bài soạn, tác giả tiến hành kiểm tra tại các lớp thực nghiệm và lớp đối chứng Nội dung đề kiểm tra được xây dựng nhằm đánh giá hiệu quả của phương pháp giảng dạy.
(Thời gian làm bài: 45 phút)
Câu 1 (4 điểm) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: a + b c + b + c a + c + a b = p 2 + r 2 − 2Rr
Câu 2 (6 điểm) a) Cho x, y, x là các số dương Chứng minh rằng:
Để giải bài toán bất đẳng thức, chúng ta có thể bắt đầu từ hệ thức lượng giác đã học và áp dụng bất đẳng thức đã đưa ra Mỗi học sinh nên trình bày rõ ràng từng bước để xây dựng ít nhất hai bất đẳng thức mới, từ đó giúp củng cố hiểu biết về các khái niệm này Việc kết hợp giữa lý thuyết và thực hành sẽ tạo ra những bất đẳng thức mới, góp phần nâng cao khả năng tư duy và giải quyết vấn đề trong toán học.
Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: a + b c + b + c a + c + a b = p 2 + r 2 − 2Rr
Ta đã có a + b + c = 2p ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr abc = 4pRr
Với những kiến thức đã biết ta có thể giải theo hướng sau:
2a) Cho x, y, x là các số dương Chứng minh rằng:
(3 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương 1 x ; 1 y ; 1 z và x, y, z 1 x + 1 y + 1 z ≥ 3 3 r 1 xyz x + y + z ≥ 3 √ 3 xyz
Nhân từng vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được 1 x + 1 y + 1 z
Mỗi học sinh cần trình bày hai bất đẳng thức mới được suy ra từ bất đẳng thức trong câu a) và các kiến thức cơ bản về hệ thức lượng trong tam giác Việc này giúp củng cố hiểu biết và áp dụng lý thuyết vào thực tiễn.
4pRr ; a + b + c = 2p , kết hợp với bất đẳng thức trên ta được
Tiếp tục biến đổi ta được p 2 + r 2 − 14Rr ≥ 0.
Theo bất đẳng thức trên, ta có:
Kết hợp những kiến thức trên, ta được:
Kết quả thực nghiệm sư phạm
Cơ sở để đánh giá kết quả thực nghiệm
- Dựa vào các nhận xét, ý kiến đóng góp của giáo viên dự giờ tiết thực nghiệm.
- Dựa vào kết quả bài kiểm tra của học sinh sau tiết thực nghiệm.
Sau mỗi bài dạy thực nghiệm, học sinh được kiểm tra với cùng một đề thi cho cả lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, chấm theo thang điểm 10 Các số liệu thu được từ điều tra và thực nghiệm sư phạm sẽ được xử lý thống kê với các tham số đặc trưng Điểm trung bình, được tính theo công thức x = 1/N * Σn, xác định giá trị trung bình của dãy số thống kê.
+ Phương sai (s 2 ) : Đánh giá mức độ phân tán các giá trị của biến ngẫu nhiên
X xung quanh trị số trung bình của nó Phương sai càng nhỏ thì độ phân tán càng nhỏ. s 2 = 1 N n
+ Độ lệch chuẩn (s) : Biểu thị mức độ phân tán của các số liệu quanh giá trị trung bình cộng. s = v u u t
X i=1 n i (x i − x) 2 + Hiệu trung bình (d) : So sánh điểm trung bình cộng của các lớp thực nghiệm và lớp đối chứng trong các lần kiểm tra. d = x T N − x DC
Kết quả thực nghiệm sư phạm
a) Nhận xét từ giáo viên qua tiết dạy Các nhận xét của giáo viên đã được tổng hợp thành các ý kiến chủ yếu sau:
Học sinh ở lớp thực nghiệm thể hiện sự tích cực và chủ động hơn so với lớp đối chứng, họ làm việc độc lập và tham gia nhiệt tình vào các hoạt động Các tiết học diễn ra sôi nổi, với sự hào hứng trong việc hoàn thành nhiệm vụ được giao.
Học sinh lớp thực nghiệm cảm thấy thoải mái hơn và có sự trao đổi tích cực giữa các bạn trong nhóm cũng như giữa các nhóm với nhau và với giáo viên Điều này giúp học sinh phát huy tối đa năng lực cá nhân Họ bắt đầu yêu thích môn toán, cảm nhận được vẻ đẹp của những lời giải hay và khám phá nhiều bài toán mới liên quan đến hệ thức lượng trong tam giác.
Học sinh lớp thực nghiệm, dưới sự hướng dẫn của giáo viên, có khả năng tiếp nhận và xử lý nhiệm vụ tốt hơn so với học sinh lớp đối chứng Các em có thể tổng hợp, phân tích thông tin và giải quyết các bài toán liên quan đến hệ thức lượng trong tam giác một cách hiệu quả Bên cạnh đó, học sinh cũng biết cách huy động kiến thức cơ bản và tri thức liên quan, cải thiện kỹ năng lựa chọn phương pháp giải, đồng thời trình bày lời giải một cách chặt chẽ và khoa học.
Các hoạt động học tập như giải bài tập, trả lời câu hỏi và nhận xét giúp học sinh tự rút ra kiến thức mới, đồng thời củng cố kiến thức cơ bản đã học trên lớp Ngoài ra, giáo viên cũng dễ dàng nhận diện những sai sót của học sinh để có biện pháp khắc phục kịp thời.
Học sinh tham gia các tiết học một cách sôi nổi và hào hứng, từ đó tự phát hiện và giải quyết vấn đề, giúp việc học trở nên chủ động và sáng tạo hơn với những bài toán mới Dựa vào các nhận xét và ý kiến đóng góp từ giáo viên tham gia thực nghiệm sư phạm, cùng với kết quả bài kiểm tra 45 phút, tác giả đã thực hiện so sánh, đánh giá và đưa ra nhận xét về điểm số.
Lớp thực nghiệm Lớp đối chứng Tần số Tổng điểm Tần số Tổng điểm
Tổng số 89 541 90 443 Điểm trung bình 6.1 4.9
Phương sai 2.66 3.27 Độ lệch chuẩn 1.63 1.81
Theo thống kê, điểm trung bình bài kiểm tra của lớp thực nghiệm đạt 6.1, cao hơn 1.2 điểm so với lớp đối chứng là 4.9 Mặc dù lớp thực nghiệm có kết quả tốt hơn, nhưng điểm số không đồng đều, với 7 học sinh chỉ đạt 3 điểm Kết quả cho thấy lớp thực nghiệm vượt trội so với lớp đối chứng Dưới đây là bảng khảo sát liên quan.
Lớp Số bài trên trung bình
Tỷ lệ Số bài dưới trung bình
Số bài có điểm trên trung bình của lớp thực nghiệm nhiều hơn lớp đối chứng
Lớp thực nghiệm đạt kết quả tốt hơn lớp đối chứng với 20 bài, cho thấy sự chênh lệch 23.2% Đồng thời, số bài có điểm dưới trung bình ở lớp thực nghiệm ít hơn so với lớp đối chứng.
Lớp Số bài khá, giỏi Tỷ lệ
Tỷ lệ học sinh khá giỏi trong lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng, cho thấy lớp thực nghiệm hiệu quả trong việc bồi dưỡng học sinh có năng lực tốt.
Học sinh lớp thực nghiệm đạt kết quả kiểm tra cao hơn lớp đối chứng, với tỉ lệ điểm trung bình và tỉ lệ học sinh khá giỏi vượt trội Điều này cho thấy phương pháp dạy học thực nghiệm phát huy tốt năng lực sáng tạo và khả năng vận dụng kiến thức của học sinh Lớp thực nghiệm không chỉ có điểm số cao hơn mà còn thể hiện sự đa dạng và sáng tạo trong cách giải bài toán, với hai bài đạt điểm tuyệt đối Ngược lại, lớp đối chứng chỉ có một phương pháp giải duy nhất, thiếu tính sáng tạo và không có bài nào đạt điểm 10.
Kết quả thực nghiệm cho thấy lớp học được rèn luyện kỹ năng trí tuệ và năng lực suy nghĩ độc lập đã nâng cao rõ rệt năng lực tư duy của học sinh Các em nhớ lâu, nhớ chính xác hơn và thể hiện sự sáng tạo trong bài làm Trong khi đó, lớp đối chứng với trình độ tương đương nhưng sử dụng phương pháp giảng dạy thông thường không khuyến khích việc đào sâu tư duy và sáng tạo, dẫn đến việc học sinh gặp khó khăn trong việc vận dụng kiến thức để giải quyết các bài toán đa dạng.
Mặc dù lớp thực nghiệm áp dụng phương pháp mới, vẫn có một số học sinh chỉ đạt điểm 3, cho thấy họ chưa đạt được "ngưỡng" cần thiết để cải thiện kết quả Để khắc phục tình trạng này, giáo viên cần đưa ra yêu cầu cụ thể và nhẹ nhàng hơn, đồng thời cung cấp gợi ý và định hướng rõ ràng hơn Việc giáo viên theo sát quá trình thực hiện nhiệm vụ và giải quyết vấn đề của học sinh cũng là rất quan trọng.
Trong chương 3, tác giả thực hiện thực nghiệm sư phạm theo đúng quy trình nghiên cứu, bao gồm việc chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, thu thập ý kiến từ giáo viên và học sinh qua phiếu điều tra Quá trình này đảm bảo tính khách quan và chính xác Kết quả cho thấy lớp thực nghiệm đạt được sản phẩm tốt hơn và khác biệt so với lớp đối chứng, khẳng định hiệu quả và tính khả thi của đề tài nghiên cứu.
Kết luận và khuyến nghị
1 Kết luận Qua quá trình nghiên cứu và thực hiện đề tài này, tác giả đã thu được một số kết quả sau:
- Nêu rõ lịch sử kỳ thi Olympiad toán quốc tế (IMO), việc bồi dưỡng học sinh giỏi trong các nhà trường.
Tư duy là khả năng nhận thức, phân tích và giải quyết vấn đề, trong khi tư duy sáng tạo là khả năng phát triển những ý tưởng mới và độc đáo Việc phát triển tư duy sáng tạo là rất quan trọng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, giúp học sinh không chỉ tiếp thu kiến thức mà còn áp dụng chúng một cách linh hoạt và sáng tạo Để nuôi dưỡng tư duy sáng tạo, cần tạo ra môi trường học tập khuyến khích sự khám phá và thử nghiệm, đồng thời cung cấp các phương pháp giảng dạy đa dạng và phong phú.
Định lý Viete là một phần quan trọng trong toán học, tuy không có trong sách giáo khoa THPT, và việc chứng minh định lý này sẽ giúp học sinh nắm vững kiến thức cơ bản Hệ thống hóa và sắp xếp các hệ thức lượng trong tam giác một cách khoa học và thống nhất sẽ tạo điều kiện cho việc học hiệu quả hơn Bên cạnh đó, định hướng phát triển tư duy sáng tạo thông qua những kiến thức này sẽ giúp học sinh xây dựng và giải quyết các bài toán mới một cách linh hoạt và sáng tạo.
Việc "Dạy học đa thức bậc ba và các hệ thức liên quan cho học sinh khá, giỏi" đã được khẳng định là khả thi và hiệu quả trong việc rèn tư duy sáng tạo cho học sinh Tài liệu này hoàn toàn có thể được sử dụng bởi giáo viên toán tại các trường THPT để bồi dưỡng học sinh giỏi.
2 Khuyến nghị Trong quá trình thực hiện đề tài, tác giả xin mạnh dạn đề xuất một số ý kiến sau: