PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI (SKKN)

Cái hay của một bài toán không dừng lại khi chúng ta ñã hoàn thành lời giải, mà sau mỗi bài toán bao giờ cũng còn lại nhiều ñiều ñể ta suy nghĩ, chẳng hạn: • Bài toán ñó có thể tổng quát hóa ñược không? Có thể tạo ra ñược một lớp các bài toán tương tự ( có cùng thuật giải ) không? • Qua lời giải bài toán ñó, có thể ñoán nhận ñược nguồn gốc hình thành bài toán của tác giả không? v.v… Có vậy, khả năng sử dụng các phương pháp suy luận như so sánh, tổng quát hóa, tương tự hóa, ñặc biệt hóa của học sinh mới ñược phát triển, làm phong phú vốn kiến thức và rèn luyện kỹ năng trong thực hành giải toán (ñáp ứng ñược yêu cầu ñổi mới phương pháp dạy học). Cho nên, dạy học giải bài tập toán cần phải làm cho học sinh vươn ñược tới tầm cao mới: • Biết phân tích tìm ra nguồn gốc giả thiết và kết luận của bài toán (từ ñó ñoán nhận ñược sự hình thành bài toán của người ra ñề, tìm ra cách giải thích hợp ) • Có khả năng sáng tạo ñược các bài toán mới (làm giàu vốn tri thức từ các tri thức ñã có của bản thân)

Trao ñổi kinh nghiệm dạy học PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO BÀI TỐN MỚI ðỗ Thanh Hân Phó hiệu trưởng THPT Chuyên Bạc Liêu A/ ðặt vấn ñề: Cái hay tốn khơng dừng lại hồn thành lời giải, mà sau tốn lại nhiều điều để ta suy nghĩ, chẳng hạn: • Bài tốn tổng qt hóa khơng? Có thể tạo lớp tốn tương tự ( có thuật giải ) khơng? • Qua lời giải tốn đó, đốn nhận nguồn gốc hình thành tốn tác giả khơng? v.v… Có vậy, khả sử dụng phương pháp suy luận so sánh, tổng qt hóa, tương tự hóa, đặc biệt hóa học sinh ñược phát triển, làm phong phú vốn kiến thức rèn luyện kỹ thực hành giải tốn (đáp ứng u cầu đổi phương pháp dạy học) Cho nên, dạy học giải tập toán cần phải làm cho học sinh vươn ñược tới tầm cao mới: • Biết phân tích tìm nguồn gốc giả thiết kết luận tốn (từ đốn nhận hình thành tốn người đề, tìm cách giải thích hợp ) • Có khả sáng tạo tốn (làm giàu vốn tri thức từ tri thức ñã có thân) Mặt khác, học sinh giỏi tốn u cầu lại quan trọng, bởi: việc tiếp thu tri thức, rèn luyện kỹ vận dụng tri thức, học sinh phải tiến tới nghiên cứu nội dung tri thức khám phá tri thức Tất điều đó, lý mà viết: Phương pháp sáng tạo toán hình thành Xuất phát từ tư tưởng viết, tơi trình bày số ví dụ minh họa với số toán cụ thể (trong vơ số tốn khác nhau), có kèm theo lời giải, hướng giải, ý tưởng phép giải; ñể qua ta nhìn thấy phương pháp sáng tạo tốn, đồng thời thấy được: khơng phương pháp giải tốn mà phát nguồn gốc hình thành tốn (làm cho mối liên hệ biện chứng tri thức tốn học ln “sống” suốt nội dung viết) B/ Nội dung vấn ñề (các phương pháp): 1) Diễn tả ñiều ñã biết nhiều dạng khác nhau: Ví dụ 1: Xuất phát từ ñẳng thức quen thuộc : a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c − ab − bc − ca) = (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2  Phương pháp sáng tạo toán _ ðTH (a) (b) a + b + c = a = b = c Hệ quả: a3 + b3 + c3 − 3abc = ⇔  (c) Tùy theo khối lớp, đối tượng học sinh ta cho toán sau: Bài toán 1: Chứng minh ∀ x, y, z khơng đồng thời nhau, ta ñều có: x + y + z3 > xyz ⇔ x + y + z > Bài toán 2: Cho số x, y, z khác không, thỏa : x + y + z3 = xyz Hãy tính:  x  y  z     P =  +   +  +  y z x Bài tốn 3: Tìm nghiệm ngun phương trình : x − y − = xy Bài tốn 4: Giải phương trình: ( x − 3)3 − (4 x + 6)3 + 216 = 18(4 x + 6)(3 − x ) Bài tốn 5: Tìm nghiệm ngun dương hệ:  x + y + xyz = z3  (2 x + y) = z Bài tốn 6: Giải phương trình: log33 x + ( x − 2)3 − ( x − 2) log3 x + = Bài tốn 7: Tìm x,y thỏa hệ thức: 8x + 27 y + = x.3y+1 Nhận xét: Bài toán 1: dễ thấy lời giải dựa vào đẳng thức (b) Các tốn từ → có mức độ phức tạp cao ña b c + + = Chứng minh ñồ thị hàm số y = ax + bx + c cắt trục Ox điểm có hồnh độ thuộc khoảng ( 0;1) Thực chất toán chứng minh phương trình ax + bx + c = có nghiệm x0 ∈ ( 0;1) Vì vậy, ta cần xét hàm số F ( x ) = [ 0;1] với lưu ý x ≠ 0, ∀x ∈ ( 0,1) ax bx cx + + đoạn Ví dụ 9: Từ tốn hình học phẳng : Cho tam giác ABC vòng tròn nội tiếp tam giác Các tiếp tuyến đường tròn song song với cạnh tam giác, tạo với cạnh tam giác thành tam giác nhỏ có diện tích : S1 , S2 , S3 Gọi S diện tích tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ tỉ số : S1 + S2 + S3 S Ta mở rộng tốn khơng gian sau : Bài toán 16: Cho tứ diện ABCD mặt cầu nội tiếp tứ diện Các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ñồng thời song song với mặt tứ diện, tạo với mặt tứ diện thành tứ diện nhỏ tích : V1 , V2 , V3 , V4 Gọi V thể tích tứ diện ABCD Tìm giá trị nhỏ tỉ số : V1 + V2 + V3 + V4 V ( Phép giải toán gốc (HHP) dựa vào tỷ số diện tích phép giải tốn mở rộng (HHKG) dựa vào tỷ số thể tích ) Ví dụ 10: Từ tốn : Cho a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh : a + b + c ≥ a + b + c ( *) Có ba cách giải khác nhau, nhiên cách giải sau ñây : Từ giả thiết, ta có: ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) = nên : ( *) ⇔ ( a4 − a3 ) + ( b − b3 ) + ( c − c3 ) ≥ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ⇔ ( a − 1) ( a2 + a + 1) + ( b − 1) ( b2 + b + 1) + ( c − 1) ( c + c + 1) ≥ 2 ðiều hiển nhiên ñúng, nên ( *) ñược chứng minh Ta đề xuất tốn tổng qt sau : Bài toán 17: Cho n số a1 , a2 , , an có a1 + a2 + + an = n Chứng minh : a1k + a2 k + + an k ≥ a1k −1 + a2 k −1 + + an k −1 , ∀n, k ∈ N * ( Với phép giải hoàn tồn tương tự tốn gốc ) Ví dụ 11: Từ toán quen thuộc: Chứng minh ∀a, b ∈ R ta có Phương pháp sáng tạo toán _ ðTH a2 + b2  a + b  ≥    phương pháp qui nạp ta dễ dàng chứng minh tốn tổng qt sau : 2k a2 k + b2 k  a + b  * ≥  , ∀a, b ∈ R, k ∈ N   ( **) Từ toán ta lại đề xuất tiếp tốn: Bài tốn 18: Giải phương trình : ( x + 1) ( + x+ ) = 18 − Cách giải sau : Áp dụng ( **) ta có : ( x + 1) ( + x+ ( ⇒ ( x + 1) + x + ) ) = ( − x − 1) ( + x+ ) 6  −1 ≥   = −   ≥ 18 − ðẳng thức xảy ⇔ − x − = x + ⇔ x = − 1+ ( Rõ ràng việc đề xuất tốn tổng qt giúp ta tìm ứng dụng sáng tạo ) Chú ý : Nếu thêm ñiều kiện a + b ≥ ta có bất ñẳng thức tổng quát khác : n an + b n  a + b  * ≥  ; ∀n ∈ N 2   Ví dụ 12: Từ tốn : Cho tam giác ABC cạnh a điểm M đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA2 + MB + MC = 2a A Ta giải tốn sau : Giả sử M thuộc cung nhỏ B , áp dụng định lí Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ABMC ta có : C B MA.BC = MB.CA + MC.AB ⇔ MA = MB + MC Sau áp dụng ñịnh lí hàm số cosin cho tam M giác : ABM, ACM ta dễ dàng suy ñược ñpcm Nhưng khơng gian , bất đẳng thức Ptơlêmê ( áp dụng cho tứ diện ) trở thành đẳng thức, nên cách giải khơng cho phép ta mở rộng tốn khơng gian Trong , việc đề xuất tốn sau : Bài tốn 19: Cho tứ diện ABCD cạnh a điểm M mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh : MA + MB + MC + MD = 3a Phương pháp sáng tạo toán _ ðTH ( việc làm tự nhiên ) Vậy cách giải toán gốc (ở ví dụ 12) giúp ta giải tốn 19 cách đơn giản Một tốn quen thuộc chương trình tốn bậc THPT có nội dung sau : Cho tam giác ABC có G trọng tâm Chứng minh với ñiểm M tùy ý, ta ln có : MG = 1 MA2 + MB + MC ) − ( AB + BC + CA ) ( phép chứng minh hệ thức đơn giản ( dựa vào cơng cụ tích vơ hướng hai véctơ ) , hệ thức gọi hệ thức Lép-nít Rõ ràng tốn gốc ñã nêu ví dụ 12 hệ hệ thức Lép-nít ( với MG = MO = a ; AB = BC = CA = a ) Tương tự phép chứng minh hệ thức Lép-nít, ta dễ dàng chứng minh ñược kết tổng quát sau : “ Nếu O trọng tâm hệ ñiểm A1, A2 , , An M điểm tùy ý khơng gian : MO = n MAi2 − ∑ n i =1 n n ∑AA i , j =1 i< j i j “ (***) Như toán 19 hệ (***) với n = ( ta cần phải tính MO theo a ) Khơng , từ tốn gốc ta đề xuất tốn mở rộng khác sau: Bài tốn 20: Cho đa giác A1 A2 An điểm M đường tròn ngoại n tiếp đa giác Chứng minh ∑ MA i =1 có giá trị khơng đổi ( Bài tốn hệ trực tiếp (***) , : Từ MO khơng đổi , Ai A j khơng ñổi áp dụng (***) ta dễ dàng suy ñược đpcm ) ( Còn nhiều tốn mở rộng khác từ tốn gốc nêu , mong bạn tiếp tục ) * Chú ý quan trọng: Các phép suy luận dựa vào thao tác : khái quát hóa , mở rộng , tương tự hình thức suy luận nghe có lí , chưa phải phép suy luận logic toán thu từ hình thức suy luận cần phải kiểm chứng lại Việc kiểm chứng đơi gặp nhiều khó khăn chí khơng thể khẳng định điều dự đốn hay sai, : Khi đề xuất tốn ( dựa phép suy luận nghe có lí ) ta phải nhìn tốn nhiều góc độ khác ñặc biệt ý ñến yếu tố bất biến trình chứng minh ( trình bày lời giải ) tốn Sau sơ đồ phản ánh nội dung nêu mối liên hệ chúng : Phương pháp sáng tạo tốn _ ðTH Bài tốn gốc (định lí, tốn, ) Khái qt hóa ðặc biệt hóa Phương pháp sáng tạo Tương tự Mở rộng Diễn ñạt khác Bài toán C/ Tổ chức thực hiện: Qua ví dụ tốn ta thấy: việc đề xuất tốn tương tự , toán tổng quát hay việc xây dựng thuật giải ( Angơrít giải tốn ) cho dạng tốn cơng việc khơng khó khăn ñối với học sinh , giỏi Cho nên, q trình dạy học tốn ta cần : Tạo điều kiện , khuyến khích học sinh thường xun tập dượt cơng việc nói ( tức cơng việc cần tích hợp nội dung tiết dạy tốn , đặc biệt tiết giải tập toán ) Tổ chức buổi ngoại khóa với nhiều nội dung hình thức khác : thi sáng tác đề tốn theo chủ đề định sẵn , đề xuất tốn tổng qt tốn , xây dựng Angơrít giải tốn cho dạng tốn ñó ( học sinh tự chọn ), v.v… (tất nhiên nội dung ngoại khóa nên thơng báo trước để học sinh có chuẩn bị tích cực , góp phần làm cho buổi ngoại khóa sinh động ñạt kết cao ) Tùy theo đối tượng: học sinh chun tốn, khơng chun tốn; học sinh khá, giỏi mà lựa chọn nội dung , hình thức tập dượt sáng tạo phù hợp D/ Lời kết: Với quan ñiểm ñổi phương pháp dạy học: “ Phát huy tính tích cực , chủ động sáng tạo, tự học tự rèn luyện học sinh “ việc giúp học sinh biết sáng tạo tốn mới, biết khái qt vấn đề học, đặc biệt biết khái qt hóa hướng suy nghĩ, phương pháp giải tốn vơ quan trọng Bởi : • Qua đó, học sinh có thói quen thay điều kiện tốn điều kiện tương đương, có thói quen khái qt hóa tốn cách tự nhiên ðiều tích cực hóa sáng tạo học sinh, làm cho học sinh nhận thức ñược mối liên hệ biện chứng tri thức toán học: tốn phân tích thành tốn ñơn giản ( mà ta có khả giải ñược ), ñồng thời khái quát hóa tốn thành tốn phức tạp • Nhờ nó, việc giải tốn loại trở nên dễ dàng dễ dàng mở rộng tốn thành tốn có ý nghĩa, nhà tốn học Rơnêðềcac nói: “ Mỗi vấn đề tơi giải ñều trở thành mẫu mực ñể giải vấn ñề khác “ Phương pháp sáng tạo tốn _ ðTH 10 • Nhờ nó, số lượng chất lượng học sinh giỏi ngày nâng cao, Giáo sư Trần Thúc Trình nói: “ Dù có giải hàng trăm, hàng nghìn tốn, khơng biết đứng nhìn tốn tầm cao thợ giải tốn mà khơng thể nhà toán học “ - - - - - Hết - - - - Tài liệu tham khảo: Các tạp chí Tốn học tuổi trẻ Các tập san Giáo dục trung học phổ thông Phương pháp sáng tạo toán _ ðTH 11