Áp dụng khái quát hóa, đặt biệt hóa, tương tự hóa trong việc giải toán sơ cấp

Header Page of 145 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐOÀN VĂN AN ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01.13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2016 Footer Page of 145 Header Page of 145 Công trình hoàn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS PHAN ĐỨC TUẤN Phản biện 1: TS Lê Hải Trung Phản biện 2: TS Hoàng Quang Tuyến Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng năm 2016 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng Footer Page of 145 Header Page of 145 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Giải toán sơ cấp bậc học phổ thông hoạt động quan trọng Chúng ta biết toán giải cách dễ dàng Khi gặp toán mà giải trực tiếp gặp nhiều khó khăn ta nên xét trường hợp đặc biệt, trường hợp tương tự hay tổng quát xét toán theo khía cạnh lại dễ từ trường hợp ta suy cách giải toán ban đầu Khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự hóa, thao tác tư có vai trò quan trọng trình dạy học toán trường phổ thông Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa phương pháp giúp mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải toán, mở rộng, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức góp phần quan trọng việc hình thành phẩm chất trí tuệ cho học sinh.Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa chưa rèn luyện mức dạy học trường phổ thông Việc áp dụng lượng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; vào việc giải toán sơ cấp ngày phát triển, tạo hứng thú cho em trình học toán, vận dụng toán vào sống, tạo hứng thú học sinh yêu thích toán học, đam mê sáng tạo, tìm tòi cho môn toán Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu vai trò khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự dạy học toán dạy học lượng giác, hình học chứng minh bất đẳng thức - Đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc Footer Page of 145 Header Page of 145 biệt hoá tương tự cho học sinh vào giải toán lượng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; số dạng toán khác hay gặp bậc phổ phổ thông Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tƣợng nghiên cứu Việc áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá để giải toán sơ cấp phổ thông - Một số toán đẳng thức bất đẳng thức.(Đại số) - Một số toán lượng giác - Một số toán hình học - Một số toán thường gặp chương trình phổ thông Trong phần đưa vào ví dụ tập áp dụng cụ thể 3.2 Phạm vi nghiên cứu Tìm hiểu khả khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự học sinh phổ thông thông qua toán lượng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; vài dạng toán hay gặp bậc phổ thông Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu tổng hợp từ sách, báo, tài liệu có đề cập đến khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hóa, lý luận dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, sách giáo viên, tạp chí giáo dục, Đóng góp đề tài ây dựng, hệ thống đề xuất số biện pháp nhằm áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa cho học sinh phổ thông chứng minh số dạng toán đẳng thức bất đẳng thức, lượng giác hình học, số dạng toán thường gặp bậc phổ thông Footer Page of 145 Header Page of 145 Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, hai chương danh mục tài liệu tham khảo Chương Khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá Chương Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá việc giải toán sơ cấp vào chứng minh đẳng thức bất đẳng thức, lượng giác, hình học dạng thường gặp khác bậc phổ thông CHƢƠNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ 1.1 CÁC KHÁI NIỆM 1.1.1 Khái quát hóa Theo G Pôlya, “Khái quát hóa chuyển từ việc nghiên cứu tập hợp đối tượng việc nghiên cứu tập lớn hơn, bao gồm tập hợp ban đầu” 3, tr.21 Trong “Phương pháp dạy học môn Toán”, tác giả Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy nêu rõ: “Khái quát hóa chuyển từ tập hợp đối tượng sang tập hợp lớn chứa tập hợp ban đầu cách nêu bật số đặc điểm chung phần tử tập hợp xuất phát” 7, tr.31 Chẳng hạn, khái quát hóa, chuyển từ việc nghiên cứu tam giác sang nghiên cứu tứ giác, đa giác với số cạnh Từ hệ thức lượng tam giác vuông sang việc nghiên cứu hệ thức lượng tam giác thường Chúng ta chuyển việc nghiên cứu bất đẳng thức cho hai số sang bất đẳng cho n số tùy ý, 1.1.2 Đặc biệt hóa 1.1.3 Tƣơng tự hóa Footer Page of 145 Header Page of 145 1.2 VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TOÁN SƠ CẤP 1.2.1 Vai trò khái quát hóa, đặt biệt hóa, tƣơng tự hóa việc giải toán sơ cấp Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa trở thành phương pháp suy nghĩ sáng tạo nguồn gốc nhiều phát minh toán học sơ cấp toán học cao cấp Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa vận dụng để mò mẫm dự đoán kết toán, tìm phương hướng giải toán, để mở rộng, đào sâu hệ thống hóa kiến thức Khi giải toán, phương pháp chung đưa toán đơn giản cho giải toán giải toán cho Khi phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa có nhiều tác dụng Trong lịch sử toán học, có toán mà suốt hàng chục năm, chí hàng trăm năm hệ nhà toán học giới với bao công sức giải số trường hợp đặc biệt Từ kiến thức toán cho vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành tri thức mới, đề xuất giải toán Trên sở đào sâu hiểu rõ khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến thức Từ tạo cho hiểu rõ chất quy luật kiện toán học, xác lập mối liên hệ thống tri thức mà tiếp nhận 1.2.2 Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Trong tam giác, tính chất của ba đường cao; đường trung Footer Page of 145 Header Page of 145 tuyến; đường phân giác tam giác Một đặc điểm mà biết ba đường loại xuất phát từ ba đỉnh tam giác, đồng quy điểm gọi trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác Suy chúng có điều chung! Sau ta xét trường hợp đặc biệt a ét giao điểm ba đường trung tuyến: A B1 C1 B C A1 A1 B B1C C1 A 1 A1C B1 A C1 B Ta có (1.1) b Xét giao điểm ba đường phân giác A B1 C1 A1 B C A1 B B1C C1 A 1 A1C B1 A C1 B Vậy ta có c Xét giao điểm ba đường cao Xét cặp tam giác đồng dạng sau: A B1 C1 B Footer Page of 145 A1 C Header Page of 145 Suy ra: A1 B B1C C1 A AB BC CA  1 C1 B A1C B1 A CB AC BA Vậy (1.1) với trường hợp ba đường cao d Bài toán tổng quát Từ trường hợp ta có toán tổng quát sau : - Bài toán tổng quát : Nếu A1, B1, C1 ba điểm thuộc ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC cho AA1, BB1, CC1 đồng quy thì: A1 B B1C C1 A 1 A1C B1 A C1 B (1.2) Tóm lại, từ trường hợp đặc biệt đường trung tuyến, phân giác, đường cao ta đưa trường hợp tổng quát cho ba đường thẳng đồng quy Việc tổng quát hóa giúp cho ta nhiều số toán chứng minh đồng quy Từ kiến thức toán cho vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành tri thức mới, đề xuất giải toán Trên sở đào sâu hiểu rõ khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến thức Từ tạo cho hiểu rõ chất quy luật kiện toán học, xác lập mối liên hệ thống tri thức mà tiếp nhận Ví dụ 3: + Xét toán sau: Cho a, b  Chứng minh rằng: a +b3  a b+b2a Chúng ta giải toán theo cách sau: Cách Ta có Footer Page of 145 (1.11) Header Page of 145 a3  b3 - a 2b - b2 a  a  a - b  - b2  a - b    a - b   a  b    a3  b3  a2b  b2 a Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a  a  b3  3 a6b3  3a 2b  2a3  b3  3a 2b Tương tự 2b3  a3  3ab2 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh a Bài toán tương tự hóa, ta có toán Cho a, b  Chứng minh rằng: a4  b4  a3b  b3a (1.11.1) a  b  a b  b a (1.11.2) 5 4 Theo hướng khai thác ta khái quát hóa toán tổng quát sau: + Cho a, b  Chứng minh rằng: a n  bn  a n-1b  bn-1a  n  * + Cho a, b  Chứng minh rằng: an  bn  a mbn-m  bm a n-m  m, n  , n  m  (1.11.3) (1.11.4) b Bài toán đặt biệt hóa: n  4, m  , từ (1.11.4) ta ta có toán bất đẳng thức sau: a4  b4  2a2b2 (1.11.5) Tương tự: n  5, m  ta ta có toán bất đẳng thức sau: a5  b5  a3b2  b3a c Từ khái quát hóa, ta có toán tương tự sau + Cho a, b, c  , chứng minh rằng: Footer Page of 145 (1.11.6) Header Page 10 of 145 a3  b3  c3  a2b  b2c  c2 a (1.11.7) a b c  a b b c c a 4 2 2 2 (1.11.8) + Khái quát hóa toán trường hợp n biến Cho n số dương a1 , a2 , a3 , an , m, k  , m  k Chứng minh rằng: a1m  a2m   an m  a1k a2m-k  a2k a3m-k   anm a1m-k (1.11.9) Bằng cách làm ta hướng học sinh độc lập suy nghĩ để không ngừng rèn luyện trí thông minh sáng tạo Ta sáng tạo bất đẳng thức (1.11.1), (1.11.2), (1.11.3), (1.11.4), (1.11.5), (1.11.6), (1.11.7) từ toán ban đầu bất đẳng thức (1.11) Đối chiếu tương ứng bất đẳng thức tìm dấu hiệu chất chúng để xây dựng toán tổng quát Từ khái quát hóa để bất đẳng thức (1.11.4), (1.11.5) (1.11.9) ta thấy mức độ khái quát hóa tăng dần Tính sáng tạo phát triển cao ta biết đề xuất giải toán từ toán biết CHƢƠNG ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP 2.1 MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC 2.1.1 Giới thiệu tóm tắt lý thuyết bất đẳng thức 2.1.2 Một số vận dụng đẳng thức bất đẳng thức Bài toán 1: Xét toán ban đầu: Cho a, b dương thỏa mãn a  b  1, chứng minh rằng: Footer Page 10 of 145 Header Page 12 of 145 10 Từ khái quát hóa toán với n ( n  * ) số dương tùy ý + Cho n số dương tùy ý a1 , a2 , a3 , an thỏa mãn n a  i i 1 Chứng minh rằng: a a1 a n    n  - a1 - a2 - an 2n -1 (2.1.3) Vẫn cách nhìn góc độ trên, tổng biến n mà số bất kì, tức a i 1 i  k ta có bất đẳng thức tổng quát a a1 a nk    n  - a1 - a2 - an 2n - k (2.1.4) Ta xây dựng bất đẳng thức cách thay số bất đẳng thức tham số α với α  Khi ta có toán: n a + Cho n số dương tùy ý a1 , a2 , a3 , an thỏa mãn i i 1 chứng minh: a a1 a nk với      n   - a1  - a2  - an n - k  k, (2.1.5) Ngoài ta mở rộng toán cách tăng số mũ biến + Cho n số dương tùy ý a1 , a2 , a3 , an thỏa mãn n a i 1 i m  k, chứng minh: an m a1m a2 m nk với   (2.1.6)     m m m  - a1  - a2  - an n - k Footer Page 12 of 145 11 Header Page 13 of 145 Thông qua toán ta thấy việc nhìn toán nhiều góc độ khác giúp ta khai thác mở rộng toán theo nhiều hướng khác 2.2 MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG LƢỢNG GIÁC 2.2.1 Giới thiệu số công thức lƣợng giác 2.2.2 Một số vận dụng lƣợng giác Bài toán 6: Bài toán ban đầu: Chứng minh A,B,C tam giác thì: sin A  sin B  sin C  3 (2.6) + Nhận xét : Vì A,B,C 3 A B C  3sin 3 góc tam giác + Từ (2.6) Ta có toán khái quát sau: Chứng minh rằng: 00  A, B, C  1800 thì: A B C sin A  sin B  sin C  3sin nên: (2.6.1) + Hướng dẫn giải (2.6.1) ta xét toán đơn giản hơn: “Cho x,y hai góc không âm, không vượt qua 1800 thì: x y " sinx  sin y  2sin x y x y Ta có sinx  sin y  2sin cos 2 x  y 00  x, y  1800 nên  cos  sinx,sin y  Vì x y  sinx  sin y  2sin Footer Page 13 of 145 12 Header Page 14 of 145 Áp dụng  A B C  D  ,     kết cho góc (A,B);(C,D); A B (1) CD (2) 00  C, D  1800  sinC  sin D  2sin Mặt khác: 00  A, B  1800 00  A, B  1800  sinA  sin B  2sin 00  C, D  1800 A B C  D  00  ,  1800 2 A B CD A B C  D (3)  sin  sin  2sin 2 Từ (1), (2), (3) ta có : sinA  sin B  sinC  sin D  4sin A B C  D (2.6.2) Ở 00  A, B, C, D  1800 A B C Chọn D  (rõ ràng 00  D  1800 ) A B C Từ (2.6.2)  sinA  sin B  sinC  3sin (đpcm) Vì toán ban đầu trường hợp đặc biệt toán nên ta có kết toán ban đầu lời giải toán ban đầu cách giải toán khái quát Như vậy, để tìm lời giải cho toán ban đầu ta sử dụng linh hoạt toán phụ đặc biệt hóa khái quát hóa Bài toán 9: Bài toán ban đầu: Chứng minh  ABC ta có: cosA +cosB + cosC  (2.9) Footer Page 14 of 145 Header Page 15 of 145 13 Cách giải 1: A BC BC  2cos cos  , 2 2 A B C A  4sin  4sin cos 1  , 2 2 A B C   B C    2sin  cos   sin 2   (2.9)   2sin Biểu thức cuối Dấu đẳng thức xảy khi: A B C  2sin  cos  sin A     2  A  B  C   ABC  sin B  C   B  C  Cách giải 2: Biến đổi vế trái (2.9)  cos A  cos B .1  cos( A  B)   cos A  cos B .1  sin Asin B  cos Acos B 1   cos A  cos B   12   (sin A  sin B)  cos A cos B    2 Dấu đẳng thức xảy khi:  cos A  cos B  cos A    A  B   ABC   sin A  sin B A  B  Và nhiều cách giải Khi A, B, C ba góc tam giác A B B C C  A , , 2 ba góc tam giác Suy ra: A B BC CA cos +cos +cos  2 2 A B C  sin + sin + sin  2 2 Footer Page 15 of 145 (2.9.1) 14 Header Page 16 of 145 Dấu đẳng thức xảy khi: A B B C C  A   = = = A=B=C=   ABC 2 3 Tổng quát hoá: Giả sử m, n số dương Khi đó: mA  nB mB  nC mC  nA cos + cos + cos  (2.9.2) mn mn mn Sử dụng tính chất bắc cầu: Nếu  ABC không tù, ta có: 21  cos A  cos A    cos A  , 2 2  21  cos B  cos B    cos B  , 2 2  cos C  Suy ra: 21  cos C    cos C  2 2  23    cos A  cos B  cos C   2  cos A  cos B  cos C  (2.9.3) cos A  cos B  cos C  Vậy ta có: Tổng quát hoá: Với  ABC không tù, ta có: n cos A  n cos B  n cos C  n (2.9.4) Từ (2.9.4) với x, y, z > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x  n cos A  y  n cos B  z  n cos C   x  y  z n cos A  n cos B  n cos C    3   x yz   n  2  Footer Page 16 of 145    15 Header Page 17 of 145 Vậy:   x yz  x  cos A y  cos B z  cos C    n  (2.9.5) 2  n  n   n Với  ABC nhọn với n  N*, dấu đẳng thức xảy   A  B  C  khi:   x  y  z Đặc biệt hoá: Cho x = y =z = n = 2, từ (2.9.5) ta có: 25 (2.9.6)  cos A  cos B  cos C  11      Tương tự (2.9.4), ta có: A n B C n sin  sin  n sin  n 2 2 Tương tự (2.9.5), ta có:  A  B  C n sin y  z  n sin  x  n sin        (2.9.7)   x yz  n     2   (2.9.8) Mặt khác, với giả thiết  ABC không tù,ta có: cos A  cos B  cos C cos A cos B cos C    cos A cos B cos C  (2.9.9) Tất nhiên  ABC tù (2.9.9) hiển nhiên Vậy (2.9.9) với  ABC Khi  ABC nhọn, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1        cos A cos B cos C cos A cos B cos C  Footer Page 17 of 145  16 Header Page 18 of 145  3.2 (  0)  1 3   8 1 Vậy:    3.2 (  0)    cos A cos B cos C 1 i  = 1:    cos A cos B cos C 1 ii  = 2:    12 2 cos A cos B cos C Mà   tg x nên từ (2.9.11) ta có: cos x tg A  tg B  tg 2C    (2.9.10) (2.9.11) (2.9.12) Với  ABC nhọn Tổng quát hoá: Áp dụng bất đẳng thức:  x y y xn  y n  z n  3    Suy ra: tg 2n A  tg 2n B  tg 2nC  3n1 n , x, y, z  0, n  N* ,   ABC nhọn,  n  N* Cũng với giả thiết  ABC nhọn, ta có: 1 1 cos A   cos A      cos A 4cos A 4cos A 4cos A 4cos A cos3 A 5 Tương tự: cos B  cos C    5 4 cos B cos B cos C cos3 C Suy ra: 1   cos A cos B cosC  55  1    5  3 5  cos A cos B cos C  cos A  cos B  cosC  Footer Page 18 of 145 17 Header Page 19 of 145  55 cos A cos BcosC  5 15  45 Vậy: cos A  cos B  cos C  1 15    cos A cos B cos C (2.9.13) Với  ABC nhọn Tổng quát hoá: cosm A  cosm B  cosm C    2m  n  1     m  (2.9.14) cosn A cosn B cosn C   Với  ABC nhọn,  m, n  N* Vẫn từ toán ban đầu (2.9), sử dụng định lý hàm cosin, tacó: b2  c  a c  a  b2 a  b2  c    2bc 2ca 2ab 2 2 2 2  a  b  c  a   b  c  a  b   c  a  b  c   3abc  a2  b  c  a   b2  c  a  b   c  a  b  c   3abc (2.9.15) Từ (2.9.9) với giả thiết  ABC không tù, ta có: cos A  cos B  cos 2C  1  4cos A cos B cos C  1    Do cos2A = 2cos2A – 1, cos2B = 2cos2B – 1, cos2C = 2cos2C – nên: cos A  cos B  cos C  Tổng quát hoá: Từ (2.9.16) ta có toán tổng quát: Footer Page 19 of 145 (2.9.16) 18 Header Page 20 of 145 cos2 n A  cos n B  cos n C  4n (2.9.17) Do sin2A = – cos2A, sin2B = – cos2B, sin2C = – cos2C, nên: sin A  sin B  sin C  Áp dụng định lý hàm số sin vào (2.9.18), ta có: a2 b2 c2    , 2 4R 4R 4R 2  a  b  c  9R2 (2.9.18) (2.9.19) Áp dụng tính chất độ dài đường trung tuyến vào (2.9.19), ta được: ma2  mb2  mc2  27 R Kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có: ma  mb  mc  R Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 27 ma mb mc  R (2.9.20) (2.9.21) (2.9.22) Từ (2.9.18) kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có: (2.9.23) x sin A  y sin B  z sin C  x  y2  z2 Đặc biệt hoá: Từ (2.9.23) ta chọn : i x = y = z = 1, ta có: 3 sin A  sin B  sin C  (2.9.24) ii x = cosA, y = cosB, z = cosC, ta có: sin A  sin 2B  sin 2C  cos A  cos B  cos C (2.9.25) Footer Page 20 of 145 Header Page 21 of 145 19 Từ (2.9.24) áp dụng bất đẳng thức Cauchy, tacó: 3 sin A sin B sin C  (2.9.26) Vậy từ toán xuất phát đơn giản, cách sử dụng phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá có nhiều kết khác mà nhiều làm độc lập gặp không khó khăn Với cách khai thác toán ta dễ dàng lập nên nhiều toán hay có hệ thống 2.2.3 Vận dụng đặc biệt hoá để chứng minh bất đẳng thức lƣợng giác tam giác 2.3 MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG HÌNH HỌC Bài toán 10: “Chứng minh tổng số khoảng cách từ điểm tam giác tới cạch không đổi” Giải toán đơn giản, ta tổng khoảng cách gì? Để tính tổng ta lấy trường hợp riêng: chọn điểm trùng với đỉnh tam giác Dễ dàng nhận thấy tổng đường cao tam giác Vấn đề chứng minh tổng số khoảng cách từ điểm đến cạnh tam giác đường cao Khó khăn liên hệ tổng ba khoảng cách với đường cao Để giải ta tiếp tục xét trường hợp riêng sau: Điểm nằm cạnh tam giác: Footer Page 21 of 145 Header Page 22 of 145 20 Lúc ta cần tính MI  MJ d  M , AC   Từ M vẽ MN // BC, N  BC Gọi O = MN AH Rõ ràng  AMN  MJ = AO Mặt khác MI = OH, nên MI + MJ = OH + AO = AH Từ trường hợp đặt biệt ta bước vào trường hợp tổng quát: M điểm bất kỳ: Qua M kẻ đường thẳng song song BC cắt AB AC P Q MI  BC, MJ  AB, MK  AC ét tam giác APQ: MK + MJ = AO (Vì M  PQ) Mặt khác: MI = OH (vì PQ // BC) Vậy: MK + MJ + MI = AO + OH = AH Vậy ta giả trường hợp tổng quát dựa vào trường hợp đặt biệt Vận dụng tương tự hoá ta tìm cách xây dựng toán tương tự không gian: tương tự với tam giác không gian? Dễ dạng nhận tứ diện đều; đường cao tam giác ứng với đường cao tứ diện Vậy chứng minh toán: “Tổng khoảng cách từ Footer Page 22 of 145 Header Page 23 of 145 21 điểm bên tứ diện tới mặt đường cao tứ diện” 2.4 MỘT SỐ BÀI TOÁN THƢỜNG GẶP TRONG CHƢƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG Bài toán 13 Bài toán ban đầu sau: - Tương tự, a < b  - Nếu a = b rõ ràng a a  2001  b b  2001 a a  2001  b b  2001 +Từ toán ban đầu (2.13) cho ta toán tương tự Bài 13.1 Cho a, b  , b > So sánh hai số hữu tỉ a a  2015 b b  2015 (2.13.1) Đến ta nghĩ đến toán tổng quát sau : Bài 13.2 Cho a, b  , b  0, n  N * So sánh hai số hữu tỉ a an (2.13.2) b bn Hướng dẫn giải toán tổng quát (2.13.2) sau: Xét tích: a  b  n   ab  an b  a  n   ab  bn Vì b > 0, n  N * nên b + n > - Nếu a  b ab  an  ab  bn a(b  n)  b(a  n) a an   b bn a an - Tương tự , a  b  b bn Footer Page 23 of 145 22 Header Page 24 of 145 - Nếu a  b a an  b bn + Từ lời giải toán tổng quát (2.13.2) ta sáng tác toán sau: Bài 13.3 Cho a, b , b  0, n  N * , chứng minh rằng: a a an Nếu >1  (2.13.3) b b bn Hướng dẫn giải: (2.13.3) a Ta có   a  b b  an  bn ,vì n  N *  ab  an  ab  bn  a(b  n)  b(a  n) a an   b bn + Từ (2.13.3) ta đề xuất toán sau: Bài 13.5 So Sánh hai phân số 1941 2005 1931 1995 (2.13.5) Hướng dẫn giải Từ (2.13.5) ta có 1941  nên theo (2.13.3) suy 1931 1941 1941  64 2005   1931 1941  64 1995 Bài 13.7 So Sánh số hữu tỉ sau: 19751976  19751975  A= B = 19751975  19751974  Hướng dẫn giải: Từ (2.13.7), Rõ ràng A > theo (2.13.3) Ta có: Footer Page 24 of 145 (2.13.7) 23 Header Page 25 of 145 A= (19751976  1)  1974 19751976  1975 19751976  >  (19751975  1)  1974 19751975  1975 19751975   1975(19751975  1) 19751975   B 1975(19751974  1) 19751974  Vậy: A > B Bài 13.9 Với n, m A * So sánh hai số hữu tỉ: n 1 n 1 nn  B  nn  n n 1  (2.13.9) Hướng dẫn giải Từ (2.13.9) ta có: - Nếu n = thi A = B - Nếu n > ta thấy A > Vì nn1   nn  Theo (2.13.3) Ta có: nn 1  (nn 1  1)  (n  1) nn 1  n n(n n  1) A n  n  n  B n 1 (n  1)  (n  1) n  n n(nn 1  1) Vậy: A > B + Từ toán (2.13.9) cho ta toán tổng quát hơn, khái quát sau: Bài 13.11 Cho a, b, m, n, x, y ∈ N* thỏa mãn x ≥ a, y ≥ b So sánh số tỉ: A x m 1  a xn  a B  xn  a x n 1  a (2.13.11) Như từ toán xuất phát đơn giản, cách sử dụng phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá có nhiều kết khác mà nhiều làm độc lập gặp không khó khăn Với cách khai thác toán ta dễ dàng lập nên nhiều toán hay có hệ thống Footer Page 25 of 145 24 Header Page 26 of 145 KẾT LUẬN Luận văn tiến hành nghiên cứu nghiêm túc, khoa học hướng dẫn Tiến sĩ Phan Đức Tuấn trình bày vấn đề: Các khái niệm khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa Vai trò khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa việc giải toán sơ cấp bậc học phổ thông Nghiên cứu áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa vào giải toán lượng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; số áp dụng khác toán học phổ thông Từ toán xuất phát ban đầu đơn giản ta có nhiều cách giải, cách giải ta vận dụng trường hợp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tổng quát hóa để sáng tác nhiều toán hay có hệ thống Kết luận văn có ý nghĩa khoa học mang tính thực tiễn phù hợp với chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp Nội dung luận văn tài liệu tham khảo tốt, đáp ứng nhu cầu việc bồi dưỡng giáo viên bậc học phổ thông Tác giả xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến Thầy giáo Tiến sĩ Phan Đức Tuấn, chủ nhiệm khoa Toán, trường Đại học sư phạm Đà Nẵng Các Thầy cô giáo Khoa Toán giành nhiều thời gian, công sức hướng dẫn tận tình va cho ý kiến đóng góp giá trị tới luận văn Trong thời gian ngắn, trình độ lực thân chưa đáp ứng kỳ vọng quý thầy cô Mong quý thầy cô góp ý để luận văn tiếp tục bổ sung, mở rộng thêm để phục vụ cho việc bồi dưỡng giáo viên phổ thông nhiều bổ ích Footer Page 26 of 145 ... HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TOÁN SƠ CẤP 1.2.1 Vai trò khái quát hóa, đặt biệt hóa, tƣơng tự hóa việc giải toán sơ cấp Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa trở thành... quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa Vai trò khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa việc giải toán sơ cấp bậc học phổ thông Nghiên cứu áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự hóa vào giải... hoá, tương tự hoá để giải toán sơ cấp phổ thông - Một số toán đẳng thức bất đẳng thức.(Đại số) - Một số toán lượng giác - Một số toán hình học - Một số toán thường gặp chương trình phổ thông Trong