Khi ta không biết cả ẩn số cần tìm mà cũng không biết các đại lượng có thể giúp tính ra trực tiếp ẩn số đó mà chỉ biết các thông tin liên quan (như tổng, hiệu, tích, tỷ) thì đấy chính là[r]
(1)HỘI NGHỊ VỀ NGHIÊN CỨU VAØ GIẢNG DẠY TỐN HỌC PHỔ THƠNG
(TP Hồ Chí Minh, 08-09/08/2014) H
K OA ÏC
O H
H O
ÏI ÏC
A T
Đ Ư
G Ï N
NØ H
Ơ IE
Ư
ÂN
R T
TP.HỒ CHÍ MINH
CHƯƠNG TRÌNH
VÀ KỶ YẾU HỘI NGHỊ
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NAÊM 2014
(2)HỘI NGHỊ VỀ NGHIÊN CỨU VÀ GIẢNG DẠY TOÁN HỌC PHỔ THƠNG
(Tp Hồ Chí Minh, 08-09/08/2014)
CHƯƠNG TRÌNH
VÀ KỶ YẾU HỘI NGHỊ
(3)HỘI NGHỊ VỀ NGHIÊN CỨU VÀ GIẢNG DẠY TOÁN HỌC PHỔ THƠNG
(TP Hồ Chí Minh, 08-09/08/2014)
ĐƠN VỊ TỔ CHỨC
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
BAN TỔ CHỨC
1 GS.TS Trần Linh Thước (Hiệu trưởng trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM, Trưởng ban)
2 TS Trần Nam Dũng (Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM)
3 TS Trịnh Thanh Đèo (Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM) TS Nguyễn Viết Đông (Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM)
5 ThS Dương Bửu Lộc (Sở Giáo Dục Đào tạo Tp.HCM)
6 TS Nguyễn Văn Lượng (Trường Đại học Nguyễn Tất Thành, Tp.HCM) PGS.TS Phạm Hồng Qn (Trường Đại học Sài Gịn)
8 TS Lê Bá Khánh Trình (Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM)
(4)MỤC LỤC
Chương trình
Tóm tắt báo cáo viết toàn văn
Lê Quốc Bảo
Ứng dụng tích phân việc giải phương trình hàm
Trịnh Đào Chiến
Đa thức nội suy Lagrange đồng thức Newton góc nhìn
của tốn phổ thơng 17
Lê Quốc Dũng
Từ nguyên tắ c sống đến nguyên tắ c dạy học 25
Trần Nam Dũng
Giải toán cách lập phương trình 35
Trịnh Thanh Đèo
Một số nhận xét câu phân loại đề thi tuyển sinh đại học
mơn tốn năm gần 44
Nguyễn Hiếu, Trần Minh Nguyệt
Ứng dụng lý thuyết nhóm vào tốn tơ màu tổ hợp 45
Nguyễn Khắc Minh
Về việc giảng dạy Tổ hợp Tốn học nhà trường phổ thơng 50
Phạm Sỹ Nam
Dạy học khái niệm giải tích cho học sinh THPT Chun Tốn
trên sở vận dụng lý thuyết kiến tạo 51
Trần Ninh
Ứng dụng software để dựng hình theo cơng thức tổng qt chia (2n+ 1)
một góc 52
Nguyễn Quang Thi
Một vài dạng toán nhị thức Newton xác suất 63
Nguyễn Quang Thi
Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình mũ
(5)Lê Bá Khánh Trình
Vấn đề biên soạn tập phục vụ cho việc giảng dạy mơn Hình học
ở bậc trung học phổ thơng 84
Lê Anh Tuấn
Một số biện pháp rèn luyện phát triển phẩm chất trí tuệ học sinh thơng qua giải tốn 86
Nguyễn Trọng Tuấn
Một số phương pháp chứng minh hàm số hàm 95
Lê Anh Vinh
Một số mơ hình câu lạc tốn học dành cho học sinh phổ thông 115
Huỳnh Quang Vũ
Vài suy nghĩ tác động MOOC tới việc giảng dạy toán
trong lớp học truyền thống 116
(6)CHƯƠNG TRÌNH THỨ SÁU, NGÀY 08/08/2014 Buổi sáng
08h00-08h30: Đăng ký đón tiếp đại biểu
08h30-08h40: Khai mạc
Phiên họp thứ nhất. Chủ tọa: GS.TS Đặng Đức Trọng
08h40-09h40: Báo cáo mời: Ông Nguyễn Khắc Minh
“Về việc giảng dạy Tổ hợp Toán học nhà trường phổ thông”
09h40-10h10: Nguyễn Hiếu
“Ứng dụng lý thuyết nhóm vào tốn tơ màu tổ hợp”
10h10-10h30: Nghỉ giải lao
Phiên họp thứ hai. Chủ tọa: PGS.TS Lê Anh Vinh
10h30-11h00: Lê Quốc Bảo
“Ứng dụng tích phân việc giải phương trình hàm”
11h00-11h30: Trần Ninh
“Ứng dụng software để dựng hình theo cơng thức tổng quát
chia (2n+ 1) một góc bất kỳ”
Buổi chiều
Phiên họp thứ nhất. Chủ tọa: TS Nguyễn Viết Đông
14h00-15h00: Báo cáo mời: TS Lê Bá Khánh Trình
“Vấn đề biên soạn tập phục vụ cho việc giảng dạy
môn Hình học bậc trung học phổ thơng”
15h00-15h30: Trịnh Đào Chiến
“Đa thức nội suy Lagrange đồng thức Newton
dưới góc nhìn tốn phổ thông”
15h30-15h50: Nghỉ giải lao
Phiên họp thứ hai. Chủ tọa: ThS Dương Bửu Lộc
15h50-16h20: Phạm Sỹ Nam
“Dạy học khái niệm giải tích cho học sinh THPT Chuyên Toán
trên sở vận dụng lý thuyết kiến tạo”
16h20-16h50: Huỳnh Quang Vũ
“Vài suy nghĩ tác động MOOC tới việc giảng dạy toán
trong lớp học truyền thống”
16h50-17h20: Lê Quốc Dũng
(7)THỨ BẢY, NGÀY 09/08/2014 Buổi sáng
Phiên họp thứ nhất. Chủ tọa: TS Trần Nam Dũng
08h30-09h30: Báo cáo mời: PGS.TS Lê Anh Vinh
“Một số mô hình câu lạc tốn học dành cho học sinh phổ thông”
09h30-10h00: Trịnh Thanh Đèo
“Một số nhận xét câu phân loại đề thi tuyển sinh đại học
những năm gần đây”
10h00-10h20: Nghỉ giải lao
Phiên họp thứ hai. Chủ tọa: TS Trịnh Thanh Đèo
10h20-10h50: Trần Nam Dũng
“Giải tốn cách lập phương trình”
10h50-11h20: Nguyễn Quang Thi
“Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình mũ
và phương trình lôgarit”
11h20-11h50: Lê Anh Tuấn
“Một số biện pháp rèn luyện phát triển phẩm chất trí tuệ
của học sinh thơng qua giải tốn”
(8)(9)Ứng dụng tích phân việc giải phương trình hàm
Lê Quốc Bảo
Trường THPT Trần Hưng Đạo, Tp Cam Ranh, tỉnh Khánh Hịa
1 Mở đầu
Phương trình hàm Cauchy phương trình dạng
f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R.
Cauchy chứng minh (năm 1821) hàm thỏa mãn phương trình liên tục khơng liên tục hồn tồn Hơn nữa, f hàm số liên tục f(x) =ax
với x ∈ R. Năm 1875, G Darboux chứng minh giả thiết liên tục thay giả thiết liên tục điểm, năm sau ông lại tiếp tục thay giả thiết hàm f bị chặn Phương trình hàm Cauchy nhiều nhà Tốn học quan tâm có nhiều cách giải khác bạn quan tâm tham khảo [2] [3] Một phương pháp mà hai tài liệu đề cập sử dụng đạo hàm vào giải phương trình hàm nhiên địi hỏi giả thiết mạnh nhiều
Một câu hỏi tự nhiên đặt liệu ta sử dụng tích phân để giải tốn trên? Trong đề tài này, tơi vận dụng tích phân việc giải phương trình hàm Cauchy tốn liên quan Vì thời gian gấp rút số yếu tố khách quan khác hẳn trình hồn thành đề tài khó tránh khỏi sai sót, mong bạn thầy thơng cảm có dẫn q báu để đề tài hồn thiện Hy vọng vài trang ỏi giúp thầy cô giáo em học sinh thích thú với phương trình hàm Có cách nhìn sáng sủa việc giải tốn phương trình hàm tạm trả lời lại có cách đổi biến “khơng dễ chịu tý nào” mà tiếp xúc với phương trình hàm điều gặp khó Xin mời bạn đến với số tốn khơng q nhiều thân tác giả nhận thấy vừa đủ để minh họa cho phương pháp này!
2 Ứng dụng tích phân để giải phương trình hàm
2.1 Một số kiến thức chuẩn bị
(10)Định lý 1. Nếu hàm số liên tục đoạn [a;b] thì khả tích đoạn đó.
Định lý 2 (Định lý bản). Hàm số F(x) =
x a
f(x)dx là khả vi khoảng U và
F(x) =f(x).
2.2 Kết chính
Bài tốn 1 (Phương trình hàm Cauchy). Xác định hàm f(x) liên tục trên R thỏa
mãn điều kiện
f(x+y) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R. (1)
Giải. Vìf liên tục [0; 1] nên f khả tích trên[0; 1] Lấy tích phân hai vế theo biến x
của (1) [0; 1] ta
1
0
f(x+y)dx=
1
0
f(x)dx+
1
0
f(y)dx
Để ý
0
f(y)dx=f(y). Thực phép đổi biến t=x+y, ta
y+1
y
f(t)dt=
1
0
f(x)dx+f(y).
Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f(y+ 1)−f(y) = f(y)⇔f(y) =f(1).
Do f(y) =f(1)y+c. Thử lại ta đượcc= Kết luận f(x) = ax,∀x∈R(a∈R tùy ý)
Bài toán 2. Xác định hàmf(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
f(x+y) = f(x)f(y),∀x, y ∈R. (2)
Giải. Nhận xét f(x) ≡ nghiệm Xét trường hợp tồn x0 cho f(x0)= 0.
Theo (2)
(11)Suy f(x)= 0,∀x∈R.và
f(x) =f
x
2 +
x
2
=f2
x
2
>0,∀x∈R.
Lấy tích phân hai vế theo biến x (2) trên[0; 1] ta
1
0
f(x+y)dx=
1
0
f(x)f(y)dx
Để ý
f(x)f(y)dx =
0
f(x)dx.f(y)
f(x)dx > 0. Thực phép đổi biến
t =x+y, ta
y+1
y
f(t)dt=
1
0
f(x)dx.f(y).
Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f(y+ 1)−f(y) =
1
0
f(x)dxf(y)
⇔(f(1)−1)f(y) =
1
0
f(x)dxf(y).
Do
f(y)
f(y) =
(f(1)−1)
1
0
f(x)dx .
Lấy tích phân hai vế ta
ln|f(y)|= (f(1)−1)
1
0
(12)với clà số Đặt b= (f1(1)−1)
0
f(x)dx
.Khi
f(y) =eby+c.
Thử lại ta f(x) =ax, a >0.
Kết luận.Hàm số f ≡0 f(x) = ax,∀x∈R (a >0) hàm số cần tìm
Bài tốn 3. Xác định hàmf(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
f(xy) =f(x)f(y),∀x, y ∈R∗. (3)
Giải. Thayy = vào (2.3) ta
f(x)(1−f(1)) = 0,∀x∈R.
Nếu f(1)= suy f ≡0. Xétf(1) = 1. Ta
f(1) =f
x.1 x
=f(x)f
1
x
,∀x = 0.
Vậy f(x)= với mọix=
f(x2) =f(x)f(x) = f2(x)>0,∀x= 0.
Lấy tích phân hai vế theo biến x (3) trên[0; 1] ta
1
0
f(xy)dx=
1
0
f(x)f(y)dx.
Thực phép đổi biến t=xy, ta
1
y y
0
f(t)dt=
1
0
f(x)dx.f(y)
hay
y
0
f(t)dt=
1
0
(13)Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f(y) =
1
0
f(x)dx(f(y) +yf(y))
⇔ ⎛
⎝1−
1
0
f(x)dx ⎞
⎠f(y) =
1
0
f(x)dx.yf(y).
Do
f(y)
f(y) = 1−
1
0
f(x)dx
1
0
f(x)dx .1
y.
Lấy tích phân hai vế ta
ln|f(y)|= 1−
1
0
f(x)dx
1
0
f(x)dx
.ln|y|+c
với clà số Đặt b= 1−
1
0
f(x)dx
1
0
f(x)dx
. Khi
|f(y)|=ec.|y|b.
Thử lại ta |f(y)|=|y|b, a∈R tùy ý
Kết luận Hàm số f ≡0 |f(y)|=|y|b,∀x∈R (b∈R cần tìm)
Bài tốn 4. Xác định hàmf(x) liên tục trên R∗ thỏa mãn điều kiện
f(xy) =f(x) +f(y),∀x, y ∈R. (4)
Giải. Lấy tích phân hai vế theo biếnx (4) [0; 1] ta
1
0
f(xy)dx=
1
0
(14)Thực phép đổi biến t=xy, ta
1
y y
0
f(t)dt=
1
0
f(x)dx.f(y)
hay
y
0
f(t)dt=
1
0
f(x)dx.y+yf(y)
Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f(y) =
1
0
f(x)dx+f(y) +y.f(y)
⇔f(y) =−1
y
1
0
f(x)dx.
Do
f(y) =−
⎛ ⎝
1
0
f(x)dx ⎞
⎠.ln|y|+c
với clà số Thử lại ta c= 0.
Kết luận hàm sốf(x) =a.ln|x|,∀x∈R (a ∈Rtùy ý hàm cần tìm)
Bài tốn 5. Xác định hàmf(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
f(x+y) =f(x) +f(y) +xy,∀x, y ∈R. (5)
Giải. Lấy tích phân hai vế theo biếnx (5) [0; 1] ta
1
0
f(x+y)dx=
1
0
f(x)dx+
1
0
(15)Để ý
0
f(y)dx=f(y). Thực phép đổi biến t=x+y, ta
y+1
y
f(t)dt=
1
0
f(x)dx+f(y) + y 2.
Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f(y+ 1)−f(y) =f(y) +
2 ⇔f(1) +y=f
(y) +
2 ⇔f
(y) = f(1) +y−1
2
Do f(y) = y
2
2 +
f(1)−1
y. Thử lại thấy thỏa mãn
Kết luận f(x) = x
2
2 +ax,∀x∈R với a∈R tùy ý
Bài toán 6. Xác định hàmf(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
f(x+y) = f(x) +f(y) +x2y+xy2+xy,∀x, y ∈R. (6)
Giải. Lấy tích phân hai vế theo biếnx (6) [0; 1] ta
1
0
f(x+y)dx=
1
0
f(x)dx+
1
0
f(y)dx+
1
0
(x2y+xy2+xy)dx
Để ý
1
0
(x2y+xy2+xy)dx= y +
y2
2 +
y
2.
Thực phép đổi biến t=x+y, ta
y+1
y
f(t)dt=
1
0
f(x)dx+f(y) + y +
y2
2 +
y
2.
Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f(y+ 1)−f(y) =f(y) +y+5
6 ⇔f(1) +y
2+ 2y=f(y) +y+5
(16)hay
f(y) =f(1) +y2+y−
6
Do f(y) = y
3
3 +
x2
2 +
f(1)−
y. Thử lại thấy thỏa mãn
Kết luận f(x) = x
3
3 +
x2
2 +ax,∀x∈R với a∈R tùy ý
Bài toán 7. Xác định hàmf(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
f
x+y
2
= f(x) +f(y)
2 ,∀x, y ∈R.
Giải. Lấy tích phân hai vế theo biếnx (7) [0; 1] ta
1
0
f
x+y
2 dx=
(x) +f(y) dx.
Để ý
1
0
f(x) +f(y) dx =
1
1
0
f(x)dx+f(y) .
Thực phép đổi biến t= x+y
2 , ta
2 y+1 y
f(t)dt=
1
0
f(x)dx+ f(y) .
Lấy đạo hàm hai vế theo biến y ta
f
y+ −f y = f
(y)
2 ⇔f
(y) = 2f
1
.
Do f(y) = 2f
1
y+c. Thử lại thấy thỏa mãn
(17)TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Đinh Thế Lục, Phạm Huy Điển Tạ Duy Phượng,Giải tích tốn học Hàm số một biến, sách Toán cao cấp Viện Toán học, 2005
2 Nguyễn Tài Chung Lê Hồng Phị, Chun khảo Phương trình hàm, nhà xuất đại học quốc gia Hà nội, 2013
(18)Đa thức nội suy Lagrange đồng thức Newton góc nhìn tốn phổ thơng
Trịnh Đào Chiến
Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai
Đa thức nội suy Lagrange Đồng thức Newton khái niệm toán học cao cấp, đề cập chủ yếu giáo trình bậc đại học sau đại học Tuy nhiên, “bóng dáng” chúng thường “ẩn hiện” số tốn khó phổ thơng Mặt khác, chúng công cụ mạnh để giáo viên học sinh phổ thông sáng tác đẳng thức bất đẳng thức Bài viết phần đề cập đến số áp dụng nêu
1 ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE
1.1 Định lý. Chon số x1, x2, , xn phân biệt và n số a1, a2, , an tùy ý Thế tồn tại
duy đa thứcP (x)với bậc không quán−1, thỏa mãnP (xj) =aj; ∀j = 1,2, , n.
Đa thức có dạng
P(x) =
n
j=1
aj
n
i=1,i=j
x−xi xj −xi
.
Đa thức gọi Đa thức nội suy Lagrange Công thức nội suy Lagrange Các số x1, x2, , xn gọi nút nội suy
- Với n= 2, đa thức
P (x) =a1 x−x2 x1−x2 +a2
x−x1 x2−x1.
- Với n= 3, đa thức
P (x) =a1 (x−x2) (x−x3)
(x1−x2) (x1−x3)+a2
(x−x3) (x−x1) (x2−x3) (x2 −x1)+a3
(19)1.2 Hệ quả. Cho n số x1, x2, , xn phân biệt Thế đa thức P(x) với bậc khơng
q n−1, viết dạng
P (x) =
n
j=1
P(xj)
n
i=1,i=j
x−xi xj −xi
.
1.3 Áp dụng.
Một số tốn khó phổ thơng giải nhờ việc ứng dụng Công thức nội suy Lagrange Sau toán minh họa
Bài toán 1. (Olympic Hoa Kỳ - 1975) Cho đa thức P (x) bậc n thỏa mãn đẳng thức
P (k) =
Cnk+1; k = 0,1,2, , n. Tính P (n+ 1).
Giải. Với n+ giá trị xk =k, k= 0,1, , nđã cho, áp dụng Công thức nội suy Lagrange
cho đa thức P (x), với degP (x) =n, ta có
P (x) =
n
k=0
P (k)
n
i=0,i=k
x−i k−i
.
Do
P(n+ 1) =
n
k=0
1
Cnk+1 n
i=0,i=k
n+ 1−i k−i
.
Mà
n
i=0,i=k
n+ 1−i k−i =
n+
k . n k−1.
n−1
k−2
n−k+ .
n−k
(−1)
k−n+ 1.
k−n
=
(n+ 1)!
n−k+
k!.(−1)n−k.(n−k)! = (−1)
n−k (n+ 1)!
k!.(n−k+ 1)! = (−1)
n−k
Cnk+1.
Do P (n+ 1) =
n
k=0
(−1)n−k, khin chẵn, khin lẻ
(20)Bài toán 2. (VMO - 1977) Cho số nguyên x0 < x1 < < xn Chứng minh rằng
trong giá trị đa thức P (x) =xn+a1xn−1+ +an tại điểmx0, x1, , xn ln
tìm số mà giá trị tuyệt đối khơng bé hơn n!
2n.
Bài tốn 3. Tìm tất đa thức P (x) có bậc nhỏ hơn n và thỏa mãn điều kiện
n
k=0
(−1)n−k−1CnkP (k) = 0.
Bài tốn 4.Cho đa thứcP (x)có bậc khơng vượt quá2n và thỏa mãn điều kiện |P(k)| ≤
1;∀k ∈ {−n, ,0, , n} Chứng minh rằng |P (x)| ≤4n;∀x ∈[−n;n].
Bài toán 5. (Olympic Châu Á – Thái Bình Dương, 2001) Trong mặt phẳng với hệ trục
tọa độ vng góc, điểm gọi điểm hỗn hợp hai thành phần tọa độ điểm số hữu tỉ, thành phần số vơ tỉ Tìm tất đa thức có hệ số thực cho đồ thị đa thức khơng chứa điểm hỗn hợp cả.
Bài tốn 6. Tìm tất cặp đa thức P (x) và Q(x) có bậc ba với hệ số thực thỏa
mãn điều kiện sau
a) Cả hai đa thức nhận giá trị điểm x= 1,2,3,4;
b) Nếu P (1) = hoặc P (2) = 1, thì Q(1) =Q(3) = 1;
c) Nếu P (2) = hoặc P (4) = 0, thì Q(2) =Q(4) = 0;
d) Nếu P (3) = hoặc P (4) = 1, thì Q(1) = 0.
Bài toán 7. Giả sử đoạn [−1; 1] cho k điểm khác Với điểm cho, lập
tích khoảng cách từ điểm đến k−1điểm lại Như ta thu được k tích tương
ứng Gọi Sk là tổng nghịch đảo của k tích Chứng minh rằng Sk≥2k−2.
Bài toán 8. Chop là số nguyên tố và P(x)là đa thức bậc s thỏa mãn điều kiện
a) P (0) = 0, P(1) = 1.
b) P (n) hoặc chia hết cho p hoặc có số dư 1, với mọi n.
Chứng minh rằng: s≥p−1.
Bài toán 9. Cho số tự nhiên s và dãy đa thức Pn(x) có bậc khơng vượt quá s Giả
thiết hàm số g(x) xác định khoảng (0; 1) và thỏa mãn điều kiện
|g(x)−Pn(x)|<
(21)Chứng minh tồn đa thứcQ(x) có bậc khơng vượt quás, trùng vớig(x)
trong khoảng (0; 1).
Bài tốn 10. Chon số ngun dương đơi khác nhau x1, x2, , xn Gọi pj =P(xj),
trong đó P(x) =
n
j=1(x−xj) Chứng minh dãy (uk) xác định theo công thức uk =
n
i=1
(xi)k pi
là dãy số nguyên.
Bài toán 11. Chứng minh rằng, với ABC là tam giác khơng cân, ta có
tan2A
(tanA−tanB) (tanA−tanC) + +
tan2C
(tanC−tanA) (tanC−tanB) = 1.
Bài toán 12. Chứng minh rằng, với ABC là tam giác khơng cân, ta có
a9
(a3−b3) (a3 −c3) +
b9
(b3 −c3) (b3−a3)+
c9
(c3−a3) (c3−b3) = 2p.
Bài toán 13. Giả sử P là điểm tùy ý thuộc mặt phẳng chứa tam giácABC Chứng minh
rằng
P A BC +
P B CA +
P C AB ≥
√
3.
2 ĐỒNG NHẤT THỨC NEWTON 2.1 Khái niệm
Giả sử x1, x2, , xn n số thực xác định Kí hiệu ⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
σ1 =x1 +x2+· · ·+xn,
σ2 =x1x2+x1x3 +· · ·+xn−1xn,
σ3 =x1x2x3+x1x2x4 +· · ·+xn−2xn−1xn,
· · ·
σn=x1x2· · ·xn.
Xét đa thức
f(x) =
n
i=1
(x−xi) =xn+ n
j=1
(22)trong cj = (−1)j.σj,j = 1,2, , n
Đặt Sk=x1k+x2k+ +xnk; k = 1,2,3,4,
Thế thì, ta có Đồng thức Newton sau:
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
S1+c1 = 0,
S2+S1c1+ 2c2 = 0,
Sn+Sn−1c1+ +S1cn−1+ncn= 0, Sk+Sk−1c1+ +S1ck−1 = 0, k ≥n+ 1.
2.2 Áp dụng
Áp dụng Đồng thức Newton, ta giải số tốn khó phổ thơng, chẳng hạn tốn sau đây:
Bài toán 14. Giả sử Sk=xk1+xk2+ +xkn Biết rằng Sk =k, với k = 1,2, , n Tính Sn+1.
Giải. Áp dụng Đồng thức Newton, ta có
Sn+Sn−1.c1+· · ·+n.cn= ⇔Sn+
n−1
j=1
Sn−jcj+n.cn=
⇔n+
n−1
j=1
(n−j).cj +n.cn= 0⇔n.cn=−n−
n−1
j=1
(n−j).cj
⇔cn=−1−1
n
n−1
j=1
(n−j).cj ⇔(−1)n.σn =−1− n
n−1
j=1
(n−j).(−1)j.σj
⇔(−1)n.σn =−1 +
n
n−1
j=1
(n−j).(−1)j+1.σj ⇔
σn = (−1)n+1+
(−1)n
n ·
n−1
j=1
(n−j).(−1)j+1.σj. (7)
Ngoài
Sn+1+Sn.c1+Sn−1.c2+· · ·+S2.cn−1+S1.cn=
⇔Sn+1+
n
j=1
Sn−j+1.cj =
⇔Sn+1+
n
j=1(n−j+ 1).(−1)
j
.σj =
⇔Sn+1 =−
n
j=1
(23)Sn+1 =
n
j=1
(n−j+ 1).(−1)j+1.σj. (8)
Từ (2), ta có
Sn+1 =
n
j=1
(n−j+ 1).(−1)j+1.σj. (9)
Thay (3) vào (1), ta có
σn = (−1)n+1+ (−1) n
n ·Sn. (10)
Thay (4) vào (2), ta có
Sn+1 =
n
j=1(n−j+ 1).(−1)
j+1.
(−1)j+1+(−1)
j j ·Sj
⇒
Sn+1 =
n
j=1
(n−j + 1).
1−Sj
j
,n≥1, (11)
với S1 =
Ngồi ra, (5) cịn viết lại dạng
Sn+1 =
n−1
j=1
(n−j+ 1).
1− Sj
j
+
1−Sn
n
,n≥2, (12)
với S1 = 0, S2 =
Với n ≥2, từ (5), thay số n+ n, n−1, ta có
Sn =
n−1
j=1
(n−j).
1− Sj
j
, (13)
Sn−1 =
n−2
j=1
(n−j −1).
1− Sj
j
=
n−2
j=1
(n−j−1).
1−Sj
j
+ =
n−2
j=1
(n−j−1).
1−Sj
j
+ (n−(n−1)−1)
1− Sn−1
n−1
(24)Sn−1 =
n−1
j=1
(n−j−1).
1− Sj
j
. (14)
Bởi (6), (7), (8), ta có
Sn+1+Sn−1 =
n−1
j=12 (n−j).
1− Sj
j
+
1−Sn
n
=
n−1
j=1(n−j).
1−Sj
j
+
1− Sn
n
= 2Sn+
1− Sn
n
= + 2n−1
n ·Sn⇒
Sn+1+Sn−1 = + 2nn−1·Sn, (15)
với S1 = 0, S2 =
Ta thu phương trình sai phân tuyến tính cấp hai, với hệ số biến thiên
Sn+1− 2n−1
n ·Sn+Sn−1 = 1,n≥2 S1 = 0, S2 = 1.
(16)
Để giải phương trình sai phân này, ta xét hàm sinh sau
g (x) =
∞
n=1
Sn+1xn.
Khi đó, (10), ta có
(1−x)2.g(x) = x 1−x −
x
0
g(t)dt. (17)
Lấy đạo hàm, theo vế (11), ta có
−2 (1−x).g(x) + (1−x)2.g(x) =
(1−x)2 −(g(x)−g(0)), (18)
với g(0) =
(25)⎧ ⎨ ⎩
(1−x)2.g(x) + (2x−1).g(x) = (1−x)2
g(0) = 0.
(19)
Giải phương trình vi phân (13), ta nghiệm
g(x) = 1−e
− x x−1
(1−x)2 .
Khai triển hàm theo Công thức Taylor chuỗi lũy thừa, ta thu
Sn+1 =
n
k=1
(−1)k−1
k! C
k+1
n+1.
Bài toán giải với lưu ý rằng, số khái niệm năm thứ bậc đại học sử dụng nhằm tránh hướng giải cồng kềnh sử dụng kiến thức phổ thông
Một số tập sau xin dành cho bạn đọc:
Bài toán 15. Chứng minh nếu x1, x2, , xn là số nguyên dương phân biệt thì
x31+x32+ +x3n ≥(x1+x2+ +xn)2.
Bài toán 16. (Olympic Rumani - 2001)Cho k và n1, n2, , nk(n1 < n2 < < nk)là các số nguyên dương lẻ Chứng minh rằng:
n21−n22+n23 − · · · −nk2−1+n2k ≥2k2−1.
Bài tốn 17. Tìm tất đa thức P (x) =anxn+an−1xn−1 +· · ·+a1x+a0(an= 0) thỏa điều kiện sau
a) (a0, a1,· · ·, an) là hoán vị của (0,1,2,· · · , n)
b) Tất nghiệm của P (x) là số hữu tỷ.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
(26)Từ nguyên tắc sống đến nguyên tắc dạy học
Lê Quốc Dũng
Cựu sinh viên trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
Báo cáo trình bày mối liên hệ nguyên tắc sống, TRIZ, cổ học Trung Hoa với nguyên tắc dạy học
1 Bậc tam cấp
Chúng ta xây đặt bậc tam cấp để làm gì? Chẳng phải để ta dễ di chuyển từ bề mặt thấp đến bề mặt cao (và ngược lại) sao? Dạy học thế, có u cầu tốn dễ giải học sinh lại gây trở ngại cho học sinh khác Thay can thiệp theo kiểu “giờ em phải này, làm kia, suy nọ, để ấy”, ta chêm vài yêu cầu để “đệm” cho học sinh dễ đến đích
Ví dụ. [Hình học 10, LTĐH] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
có đỉnh B(−4; 1), trọng tâm G(1; 1) đường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x−y−1 = Tìm tọa độ đỉnh A C (Trích đề thi TSĐH khối D năm
2011)
Bài tập phù hợp với học sinh biết cách khai thác tia phân giác Với học sinh lớp 10 học hình học giải tích phẳng học sinh ơn thi đại học ôn lại kiến thức bản, ta cần chêm vào số yêu cầu chẳng hạn:
a) Kẻ BK vng góc với AE tạiI, vớiK thuộc đường thẳngAC Chứng minh rằngI trung điểm đoạn thẳngBK, từ xác định tọa độ điểmK
b) Xác định tọa độ trung điểm M cạnh AC để viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC
c) Xác định tọa độ điểm A vàC
Độ mịn chuỗi bài tập đệm tùy thuộc vào lực xoay sở học sinh dự
(27)2 Đi lên cầu thang
Ví dụ. [Đại số 9] Sau học sinh nắm bước giải phương trình bậc hai, giáo
viên giao chuỗi tập:
a) x(x+√2)−√3x−√6 =
b)
x−
1
x+ = 30.
c) x4−13x2+ 36 =
d)
2x
2−2x+ = 0.
e) −5x2 + 3x−1 =
f) (x−3)(x−1) = 3(x+ 1)2 g) x2−3x−4 =
h) x+
x+ +
x−1
x−2 =
2x+
x+ .
Chuỗi tập làm phát sinh vấn đề:
Vấn đề 1: Có tiêu chí dành cho tập mở đầu chuỗi tập áp dụng
một cơng thức, quy tắc hay quy trình giải hay khơng?
Vấn đề 2: Có tiêu chí dành cho diễn tiến tập chuỗi
tập hay không?
Đề trả lời hai câu hỏi trên, ta sử dụng khái niệm tạm gọi làđộ trở ngại (hoặc độ
sai lệch) Độ trở ngại tập mở đầu phải thấp (tức độ sai lệch về: dấu hiệu
nhận dạng, thao tác thực hiện, phương pháp giải, so với công thức, quy tắ c hay quy trình giải áp dụng gần 0) Các tập “đi” theo độ trở ngại lớn dần (theo nghĩa gặp trở ngại ở: dấu hiệu, thao tác, yếu tố tâm lý, nhiều) Người học tiến dần từ tập dễ đến tập khó giống hình ảnh người lên cầu thang từ bậc thấp đến bậc cao
Chuỗi tập xếp lại sau:
a) x2−3x−4 = b) −5x2 + 3x−1 =
c)
2x
(28)d) (x−3)(x−1) = 3(x+ 1)2 e) x(x+√2)−√3x−√6 =
f)
x−
1
x+ = 30.
g) x+
x+ +
x−1
x−2 =
2x+
x+ .
h) x4−13x2+ 36 =
Nguyên tắc “từ dễ đến khó” vốn hiển nhiên Tuy nhiên, “đi” chuỗi tập lần đầu, người dạy hay quên nguyên tắc lý sau: chưa bao quát hệ thống tập nôn nóng dạy khó
3 Ăn dưa hấu
Không ăn dưa hấu cách bỏ nguyên trái vào miệng Giả sử làm điều đó, họ phải nhai thành miếng nhỏ nuốt Có vậy, bao tử xử lý nổi, thức ăn tiêu hóa Dạy học tốn Học sinh dễ tiếp thu “tiêu hóa” kiến thức giảng chia nhỏ Chẳng hạn lựa cơng thức logarit thích hợp để áp dụng từ công thức chắn dễ từ danh sách 10 cơng thức Từ học sinh nhận thức dễ dàng chức phạm vi áp dụng công thức
Tư tưởng chia vấn đề thành vấn đề nhỏ hơn, dễ giải vốn phổ biến lĩnh vực đời sống với tên gọi “chia để trị” Trong [D; tr.22, 110] có nguyên
tắc phân nhỏ Ta phân nhỏ nguyên tắc phân nhỏ thành trường hợp sau:
- Trường hợp 1: Đối với giảng có nhiều cơng thức, ta phân giảng thành nhiều phần nhỏ, phần gồm từ đến công thức
- Trường hợp 2: Đối với học sinh tiếp thu chậm, ta phân đơn vị học thành nhiều đơn vị học có cấp thấp
- Trường hợp 3: Đối với loại giảng giới thiệu khái niệm kí hiệu có kèm theo cơng thức, thay nêu tất lần, ta phân giảng theo trình tự: dạy khái niệm, cho học sinh áp dụng công thức cách diễn đạt theo khái niệm dạy kí hiệu thực hành theo kí hiệu
Ví dụ 1. [Giải tích 12] Khi dạy “nguyên hàm”, giả sử cách đó, ta nêu
được cho học sinh công thức: nguyên hàm xn x
n+1
n+ (có thể có C chưa cần đề
(29)gì đến kí hiệu ngun hàm Tức học sinh tìm nguyên hàm cách diễn đạt: “nguyên hàm ” Sau học sinh “ngấm” ý nghĩa khái niệm “ngun hàm” giới thiệu kí hiệu cho thực hành với kí hiệu
Mơ-tp giúp người học có đủ thời gian để “tiêu hóa” ý nghĩa khái niệm sử dụng kí hiệu - bối cảnh vừa phải nắm công thức mới- cách thục, không cảm thấy lấn cấn, ngập ngừng
- Trường hợp 4: Đối với tập có cách giải mẫu mực nhiều bước, ta phân tập thành nhiều “bài tập cục bộ” để học sinh trung bình- yếu rèn luyện thành thạo trước ráp vào tập lớn
Ví dụ 2: [Giải tích 12] Để làm toán khảo sát hàm số, học sinh lớp 12 cần biết
tính đạo hàm, tìm tiệm cận, Để cho việc thực hành dễ hơn, giáo viên cho làm loại tập thực hành cục “tính đạo hàm hàm phân thức” hay “tìm tiệm cận hàm phân thức”
- Trường hợp 5: Đối với tập có u cầu khó (khó- dễ cịn tùy vào người học lúc ấy), ta chia u-cầu-đích thành yêu cầu dễ nhằm dẫn dắt người học giải yêu-cầu-đích (xem Ví dụ phần 1.)
- Trường hợp 6: Phân dạng tập theo dấu hiệu, yêu cầu phương pháp giải Đây lối dạy truyền thống, quen thuộc Trong năm gần đây, lối dạy xem xét lại có chiều hướng bị phê phán Tuy nhiên, vốn giúp việc dạy tập cho học sinh yếu trở nên dễ dàng
- Trường hợp 7: Phân loại tập theo bối cảnh
Ví dụ 3: [Hình học 10, LTĐH] Để học sinh quen với cách khai thác đặc điểm
từng bối cảnh, đến giai đoạn thích hợp, ta phân tập Hình học Oxy thành số bối cảnh sau: “Tam giác yếu tố nội nó”, “Tứ giác yếu tố nội nó”, “Đường trịn yếu tố nội nó”, “Hai tiếp tuyến cắt nhau”, “Tam giác nội tiếp đường tròn”, “Đường thẳng cắt đường tròn”, “Đường thẳng cắt elip”,
4 Cho xấp giấy vào túi vừa khít
Có lần người viết (NV) photocopy cửa hàng photocopy học cách đưa xấp giấy vào túi ni-lông Chuyện đơn giản bề ngang túi rộng bề ngang xấp giấy Thế nhưng, bề ngang xấp giấy gần với bề ngang túi việc đưa mép giấy vào túi chuyện khó Giải pháp sau Đầu tiên ta uốn cong xấp giấy mở miệng túi, cho giấy vào túi Sau mép phần xấp giấy vào túi ta thả không uốn cong Thế giấy nguyên vẹn vào túi vừa khít
(30)học khơng khó học sinh nhận thức việc giảng việc hiểu tiến hành thuận lợi Còn học khó khả học sinh chưa đủ để hiểu học ta phải làm sao?
Ví dụ 1: [Giải tích 11] [TT; tr.56] trả lời câu hỏi nêu cho ví dụ sau:
Người dạy theo kĩ thuật giúp người học tự thích nghi cách thiết kế môi trường học tập làm nhiễu loạn môi trường từ từ Các kiến thức kiến thức chuyển hóa sư phạm Trong trường hợp kiến thức giai đoạn đầu gần đúng, chưa đầy đủ số trường hợp
Ta xét ví dụ khác việc dạy cơng thức ngun hàm
Ví dụ 2: [Giải tích 12] Học sinh giỏi dễ thích nghi với cách dạy sau: học định nghĩa
và kí hiệu nguyên hàm, ứng dụng định nghĩa để chứng minh bảng nguyên hàm, chứng minh xong áp dụng làm tập tìm nguyên hàm Tuy nhiên, thực tế giảng dạy cho thấy học sinh không thuộc loại khá, giỏi khơng bắt kịp cách dạy bận loay hoay định nghĩa với số C Ta bỏ qua số C dạy khái niệm nguyên hàm Tức giới thiệu cho học sinh biết: f(x)là đạo hàm F(x) F(x)gọi nguyên hàm f(x) Lưu ý rằng: thời điểm ta chưa cần dạy kí hiệu nguyên hàm Với cách hiểu ([Tr], [TT] gọi phác đồ) thế, học sinh làm chuỗi tập quy nạp sau:
- Chứng minh x
2 nguyên hàm x,
x3
3 nguyên hàm x
2, x4
4 nguyên hàm
của x3, , x 10
10 nguyên hàm x
9.
- Hãy dự đoán nguyên hàm xn kiểm chứng dự đoán
Sau thực chuỗi tập trên, học sinh dẫn công thức
bảng nguyên hàm: nguyên hàm xnlà x
n+1
n+ Bằng cách dùng đạo hàm để chứng minh
nguyên hàm thế, ta dạy tiếp nguyên hàm hàm khác Tuy nhiên, công thức nguyên hàm chưa xác Ta điều chỉnh dần kèm theo việc bổ sung yếu tố: số C, khái niệm họ nguyên hàm, kí hiệu nguyên hàm
(31)5 Bóc gạo
Có nguyên tắc dành cho việc bóc gạo, là: nắm chặt gạo tn (theo kẽ tay), thả lỏng tay nắm hờ vừa phải số gạo bóc nằm đủ gọn lịng bàn tay Thầy Tơn Thân có phương châm dạy học tương tự: “Đừng bắt
người ta uống, mà làm cho người ta khát” [I2] Trong 36 kế người Trung Hoa xưa
cũng có kế với ý tương tự: dục cầm cố thung (muốn bắt thả) Một ứng dụng đơn giản cho dạy học kể đến quy tắc sau:
- Muốn học sinh tập trung học suốt buổi học phải cho học sinh có nghỉ giải lao
- Muốn học sinh tiếp thu hiệu có “khoảng trống” để chiêm nghiệm giáo viên nên giảng vừa đủ, giảng thiếu cách có chủ ý
Một khía cạnh khác, muốn cho học sinh dễ dàng mau tiếp thu kiến thức mới, người dạy cần tổ chức tiết học cho học sinh ôn lại vấn đề học Việc làm tương tự câu “lùi bước để tiến bước” hình ảnh “một hổ thu mình
lại trước vồ mồi” Hành động dừng để ơn lại cịn giống với hình ảnh xe dừng lại để đổ
xăng, mang ý nghĩa nghỉ mệt, tiếp lương
6 Lấy lòng tin
Trong xã hội, ta bắt gặp trường hợp người A gạt tiền người B cách ban đầu mượn số tiền nhỏ mượn trả đủ nhiêu, uy tín khơng trễ hẹn Qua lần vậy, người B tin tưởng, người A lên tiếng mượn người B đáp ứng, số tiền mượn lần ngày lớn Rồi lúc, chuyện đến phải đến, người A lặn tăm với khoản tiền mượn cực lớn từ người B
Ta áp dụng nguyên tắc tạo lòng tin vào việc dạy tập Đầu tiên, người dạy giao dễ để người học tự tin vào khả thân Từ người học tự khích lệ tạo động lực để thử sức với khó Thao tác cần thiết dạy học sinh thuộc loại: yếu, nhác làm bài, khơng tự tin Vì thường học sinh gặp tập ngán, không muốn đụng tới, khơng cần biết có khả làm hay khơng Trong vấn đề dạy học, để làm tăng tính tích cực người học giúp người học có cảm giác tự tin, nên khởi đầu với vấn đề dễ vấn đề sử dụng phương pháp cũ, lời giải mẫu để giải cách khơng q khó khăn Nhờ người học bắt đầu cơng việc tự học Đây khía cạnh cụ thể việc dạy học “vừa sức”
7 Sử dụng xe
(32)nên nói từ lúc bắt đầu học mà nên để học sinh thực hành thử xem tiến hành điều chỉnh dần Cũng nếm thử nêm, nêm lại nếm để điều chỉnh áp dụng răm rắp công thức chế biến mà cho ăn vừa vị (vì vị có tính cá nhân, lực học tập)
[TT; tr.171, 172] gọi trường hợp kĩ thuật giảng ngắn – tự thực hành: Theo lý thuyết kiến tạo, phác đồ kiến thức phải người học hình thành
Trạng thái “trăm nghe khơng thấy, trăm thấy không một làm”: Người học hiểu rõ vấn đề tự có kinh nghiệm Mọi giảng giải dù chi tiết đến mấy đem lại hiểu biết gián tiếp.
Đặc điểm
- Giảng kiến thức ngắn, vừa đủ để thực hành (hay làm tập) - Chỉ giảng điều mấu chốt, câu ngắn gọn
- Xen vào hình thức hỏi đáp, tự suy nghiệm
- Dùng thực hành để phát điều chỉnh cách hiểu sai lầm người học - Bổ sung lý thuyết từ từ qua trình thực hành
- Bài tập thường lặp lặp lại để nắm vững phương pháp - Người dạy đóng vai trị “chỉ huy”
Có thể xem Ví dụ phần 14 để minh họa cho kĩ thuật giảng ngắn – tự thực hành Ta xem ví dụ khác, việc người dạy khơng nói, khơng cung cấp trước, giao để học sinh tự thực hành:
Ví dụ 1:[Giải tích 12] Sách giáo khoa 12 có cung cấp cơng thức nghiệm phương trình bậc
hai trường hợpΔ<0 Tuy nhiên, dạy nội dung ta khơng cần cung cấp trước cơng thức mà cho học sinh thực hành ngay: giải phương trình x2+√3x+ = Bằng cách ta tiến hành điều chỉnh cách giải phương trình bậc hai trường hợp Δ < đúc kết lại công thức giới thiệu sách giáo khoa Ngược lại, việc giới thiệu công thức từ đầu dễ khiến học sinh thắc mắc, bối rối
Qua ví dụ nói trên, ta nhận thấy vai trị tính thừa kế kiến thức thao tác điều chỉnh kiến thức quan trọng Nội dung phần làm NV liên tưởng tới câu nói “thơi khơng có nói nhiều, có tiền hơng, tiền trao cháo múc” Thực hành thu kiến thức “Đi thấy”
Ví dụ 2:[Hình học 11] Trong mơn Seminar Sư Phạm (thuộc khoa Tốn – Tin học, Trường
ĐH Khoa học Tự nhiên Tp.HCM), giảng viên cho sinh viên làm mô hình hình học để học sinh khiếm thị trường phổ thơng đặc biệt Nguyễn Đình Chiểu dễ hình dung nắm bắt đặc điểm hình
(33)8 “Nói chuyện thực tế chút đi!”
Thực tế nguyên tắc việc nói chuyện, thuyết phục, thuyết trình, truyền đạt ý tưởng nói chung Bởi thực tế chung với: dễ bắt gặp, quen thuộc, dễ hình dung, dễ hiểu Trong giảng dạy cần liên hệ với thực tế cần giải thích hay cho ví dụ minh họa
Ví dụ: [Đại số 10] Trong tiết học môn Phương Pháp Giảng Dạy Toán (thuộc khoa
Toán – Tin học, Trường ĐH Khoa học Tự nhiên Tp.HCM), giảng viên cho ví dụ để giải thích việc đặt điều kiện cho ẩn phụ giải phương trình khơng bắt buộc, có mà khơng có chẳng Chẳng hạn ta mua trứng, biết nhận trứng trứng thối tốt q Nhưng khơng biết cách phân biệt sao? Mua đập biết Giống đặt điều kiện cho ẩn phụ giúp sớm loại nghiệm khơng phù hợp Giả sử khơng đặt tới bước giải từ ẩn phụ ẩn ban đầu thấy vô nghiệm
Bên cạnh đó, tốn có nội dụng liên hệ thực tế ứng dụng vào thực tế xu hướng đáng quan tâm nhiều chương trình giáo dục
9 Sao chép
Trong soạn thảo văn bản, lần cần đến đoạn văn có sẵn đó, ta thường chọn lệnh copy khơng gõ lại đoạn văn Trong việc dạy tập vậy, có dạng tập có nhiều biến thể, ta sử dụng thơng số tập cho biến thể
Ví dụ: [Hình học 12] Sau học sinh làm tập “Trong không gian với hệ tọa độOxyz,
cho mặt phẳng (P) :x+y+z−3 = (Q) :x−y+z−1 = Viết phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P)và (Q)sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (R)
2” (Trích đề thi TSĐH khối D năm 2010), giáo viên nhanh chóng đưa loạt
bài tập cách lấy lại số liệu cũ
Viết phương trình mặt phẳng(P) trường hợp sau:
a.(P) song song với hai đường thẳng d1 :
⎧ ⎨ ⎩
x=−2 +t y= +t z = +t
(t∈R), d2 : x−1 =
y+
−1 =
z
1 tiếp xúc với mặt cầu (S) :x
2+y2+z2 = 4.
b (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) :x+y+z+ = 0, song song với đường thẳng
OA với A(1;−1; 1) đồng thời cắt mặt cầu (S) :x2+y2+z2 = theo đường trịn có bán kính
c.(P) song song với mặt phẳngx−z−3 = cắt mặt cầu (S) :x2+y2+z2 = 64 15
(34)Sử dụng thao tác chép này, người dạy tiết kiệm thời gian biên soạn đề, người học tiết kiệm thời gian tính tốn để tập trung vào xử lý đặc điểm biến thể
10 Thừa kế
Thừa kế gia sản, thừa kế quyền điều hành công ty, thừa kế kết nghiên cứu phát minh, thao tác giúp tiết kiệm thời gian, cơng sức, nguồn lực, cho q trình hoạt động có tính chất nối tiếp cơng việc, giai đoạn
Ví dụ: [Lượng giác 10, LTĐH] Phát vận dụng tính chất kế thừa giúp học
sinh giảm số công thức cần nhớ (điều trở nên quan trọng bối cảnh thi ĐH với “rừng” thứ phải nhớ) Chẳng hạn thay dạy cho học sinh công thức khai triển cos(A±B) sin(A±B), ta dạy hai dặn (hoặc để học sinh tự xoay sở) gặp hàm cịn lại dùng (kế thừa) công thức cung phụ (vốn dạy trước đó) để chuyển đổi hàm
[Tr; tr.208, 244] có đề cập đến quy tắc kế thừa:
Quy tắc kế thừa: Nên sử dụng người, hệ thống máy móc, phương pháp sẵn có
để tiến hành điều chỉnh.
Quy tắc nhằm làm giảm thiểu quán tính, đặc biệt quán tính rùa
11 Buffet
Buffet loại tiệc không cịn xa lạ, người tham dự tự phục vụ nhu cầu ăn uống [D; tr.70, 168] có nguyên tắ c tự phục vụ Trong việc thiết tập, vận dụng nguyên tắc sau:
- Khi học công thức hay quy tắc mới, cần có thời gian để chứng minh Người dạy chuyển hoạt động chứng minh vào tập áp dụng cơng thức trước (nếu có thể) Để tiết kiệm thêm thời gian, giao hoạt động vào phần tập nhà
Ví dụ 1: [Đại số 10] Ta xét tình cụ thể Khi giáo viên vừa dạy sang mới:
“Bất đẳng thức”, thời lượng tiết dạy vừa đủ cho nội dung “muốn chứng minh
A > B, ta chứng minh A−B > 0” Muốn tiết kiệm thời gian suy nghĩ học sinh chứng minh tính chất bất đẳng thức tiết học sau, giáo viên giao tập nhà chứng minh tính chất ấy, chẳng hạn: “a < b ⇔ a+c < b+c”, “nếu c >0 thì:a < b ⇔ac < bc”,
- Bài tập nhà có chức chuẩn bị cho
Ví dụ 2: [Đại số 10] Sau dạy cách xác định tập hợp, giáo viên kèm thêm
(35)12 Vui để học
“Vui để học” tên chương trình truyền hình phổ biến thời đài truyền hình HTV7 Mặc dù NV khơng rõ chương trình vui chỗ xin mượn tên gọi làm hiệu cho đề tốn sau
Ví dụ 1: [Giải tích 11] Thảo Đà Lạt mang theo áo (trong chắn có
nhất màu hồng) quần (lửng, dài, hip-hop) Hỏi Thảo tháng trời Đà Lạt phối đồ từ số áo quần đó? (biết đồ phải bao gồm đầy đủ áo quần)
Trên toán mà NV dùng dạy quy tắc nhân nhận tiếng cười tất học sinh đọc đề Như [Tr; tr.25] cho rằng:
Niềm vui sống mục đích đời người Người dạy cần đem lại niềm vui cho người học buổi học Nhờ mà hai bên, người dạy người học có được niềm vui sống trải nghiệm mục đích đời người tại.
Cũng có khơng thiết phải cài yếu tố hài hước vào đề toán Phát biểu để đề tốn khơng khơ khan, đọc đề người học cảm thấy thú vị chất xúc tác kích thích hứng thú học tập
Ví dụ 2: [Số học] Trong đề thi cuối kì môn Số học logic, giảng viên lấy bối cảnh
cho đề toán số học sau: “Sau Quan Công tha ải Hoa Dung, Tào Tháo hú hồn nói Trương Liêu kiểm điểm lại binh mã Trương Liêu cho lính xếp hàng 11 thấy thừa người, xếp hàng 13 thấy thiếu người Cuối cùng, ơng cho xếp hàng 17 thấy thừa người Hãy cho biết số binh sĩ Tào Tháo lúc biết theo lịch sử số khơng q 3000 người” (Đáp số: 2014)
Đề toán áp dụng Định Lý Phần Dư Trung Hoa Theo NV, thuật toán vốn khó hiểu, khơ khan, đề phát biểu theo nguyên si phần giả thiết thuật tốn sớm muộn người học sợ mơn Số Học Logic
Lời kết
Như trình bày, thuật dạy học có điều diễn thường ngày xung quanh, câu cách ngôn, câu chuyện Ngồi cịn tìm thấy nguyên tắc sáng tạo TRIZ, 36 kế người Trung Hoa, binh pháp, cổ học, v.v Hi vọng người đọc áp dụng nguyên tắc viết vào việc giảng giải, thiết kế tập, điều chỉnh trình dạy-học, liên hệ thêm nguyên tắc lĩnh vực khác
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[Tr] Đặng Đức Trọng, Giáo dục học, NXB ĐHQG-HCM, 2014
[TT] Đặng Đức Trọng, Đỗ Thị Bích Trâm,Lý luận dạy học, NXB ĐHQG-HCM, 2014 [D] Phan Dũng,Các thủ thuật sáng tạo bản, NXB ĐHQG-HCM, 2012
(36)Giải toán cách lập phương trình Trần Nam Dũng
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
Trong chương trình phổ thơng, phương trình chiếm tỷ trọng lớn Từ lớp lớp 12, em học đủ loại phương trình: từ phương trình, hệ phương trình, bất phương trình bậc đến bậc hai, bậc cao, chứa căn, chứa giá trị tuyệt đối, lượng giác, mũ, logarit Có nhiều phương pháp, kỹ thuật, chiêu thức giải cung cấp cho học sinh Thế có phần quan trọng lại để ý, phần giải tốn cách lập phương trình, hệ phương trình, tức bước lập mơ hình cho toán, đưa ẩn số vào để lập phương trình, giải phương trình hệ tương ứng đến lời giải cho toán ban đầu Hệ học sinh giải tốt phương trình khó, lại bó tay trước tốn đơn giản, khơng biết lập phương trình Mà khơng có phương trình kỹ thuật, kỹ xảo, chiêu thức không Bài giảng tập trung vào phân tích bước để xây dựng kỹ giải tốn cách lập phương trình cho học sinh, bao gồm
1 Nhận biết toán, tức xác định tốn giải cách lập phương trình, hệ phương trình
2 Chọn ẩn Bước đơn giản, nhiên việc chọn ẩn số gì, ẩn ảnh hưởng đến độ phức tạp phương trình hay hệ thu
3 Lập phương trình, tức đưa mối quan hệ ẩn số với nhau, mối quan hệ ẩn số với đại lượng biết
4 Giải phương trình hệ phương trình thu Kết luận Phần phần học sinh trang bị tốt ta khơng phải lo lắng nhiều
1 Một số ví dụ mở đầu
Bất tốn địi hỏi tính tốn, khơng có cách giải trực tiếp, có “tiềm năng” giải cách lập phương trình
Bài tốn 1. Năm tuổi, bố 32 tuổi Hỏi sau năm tuổi bố gấp lần
tuổi con?
Quá dễ! Giả sử saux năm tuổi bố gấp tuổi Khi tuổi bố là32 +x tuổi +x.Ta có phương trình 32 +x= 3(8 +x), suy x=
Bài tốn 2. Do tính truyền thống tổng số học sinh trường Phù thủy Pháp sư
(37)thành trường chuẩn quốc gia nên đầu năm học vừa qua ông cho xây thêm phòng học mới Kết sĩ số trung bình lớp học giảm xuống học sinh Tuy nhiên, vừa rồi đoàn tra Bộ làm việc cho kết luận “Để trở thành trường đạt chuẩn quốc gia, sĩ số trung bình lớp học phải giảm thêm học sinh nữa” Và chuyên gia đoàn tra tư vấn cho nhà trường “Để đạt điều đó, cần xây thêm phịng học nữa” Hãy cho biết trường Phù thủy Pháp sư Hogwarts có bao
nhiêu học sinh sĩ số chuẩn trường chuẩn quốc gia bao nhiêu?
Bài khó hơn! Có nhiều thứ ta chưa biết: tổng số học sinh trường, số phòng học có, sĩ số chuẩn trường chuẩn Ta thấy sĩ số chuẩn trường chuẩn biết ta biết tổng số học sinh số phịng có nên hai ẩn số tổng số học sinh x số phịng có y Từ kiện đề bài, ta có phương trình sau
x y −
x
y+ =
x y+ −
x
y+ 10 = 4.
Giải hệ (Giải đây?) ta y= 20,x= 600 Từ sỹ số chuẩn
600
20 + 10 = 20.
Bài toán 3. Hai thành phố A B cách nhau 1320km Cùng thời điểm, tàu A xuất
phát từ A B tàu B từ B A với vận tốc riêng không đổi Sau hai
tàu gặp nhau, tàu A thêm giờ đến B cịn tàu B phải thêm giờ 12 phút
nữa đến A Hãy tính vận tốc tàu A.
Bài tốn có ẩn số rõ ràng vận tốc tàu A (ta gọi làa, tính km/h) vận tốc tàu B (ta gọi b) Nhưng chưa đủ để thiết lập phương trình, ta cịn cần có thêm ẩn số Đó khoảng cách từ A đến điểm mà hai tàu gặp Gọi khoảng cách s (tính km) trước hết ta có phương trình
s a =
1320−s
b (thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau).
Tiếp theo ta có hai phương trình
1320−s a = 5;
s b =
1 5.
Giải hệ (giải nào?) ra, ta a= 120, b= 100, s= 720
Bài toán 4.Để chuẩn bị cho buổi tiệc, Nam có mua số hộp để đựng quà Có tổng
cộng 11 cái hộp kích cỡ lớn Một số hộp lớn có chứa hộp kích cỡ trung bình, hộp lớp
chứa đúng hộp trung bình Một số hộp trung bình lại có chứa hộp nhỏ, hộp trung
bình chứa đúng cái hộp kích cỡ nhỏ Các hộp nhỏ khơng chứa bên Biết
rằng có 102 cái hộp rỗng Hỏi có tất hộp (vừa lớn, trung bình, nhỏ)?
(38)x, số hộp nhỡ chứa hộp kích cỡ nhỏ y Khi số hộp lớn 11, số hộp nhỡ
8x số hộp nhỏ 8y Đáp số 11 + 8x+ 8y Bây ta phải tìmx, y
Đề cho ta thơng tin nhất, số hộp rỗng 102 Vậy ta lập phương trình Nhưng phương trình tìm hai ẩn số? Bài tốn khơng xác định? Ta thử lập phương trình trước
Ta có số hộp lớn rỗng 11˘x Số hộp nhỡ rỗng là8x˘y Số hộp nhỏ rỗng 8y Cộng lại ta số hộp rỗng 11 + 7x+ 7y Từ có phương trình 11 + 7x+ 7y= 102 Rút gọn x+y = 13 Từ phương trình ta chưa thể tìm x, y Nhưng thử xem lại xem, theo đề cách phân tích ta cần tìm gì?
Bài tốn 5. Cho tam giác ABC vng tại A có chu vi bằng 24cm diện tích bằng
24cm2 Hãy tính độ dài cạnh huyền tam giác
Rõ ràng ta tính thẳng cạnh huyền Liên qua đến diện tích chu vi, tiện lợi ta đặt x, y độ dài cạnh góc vng (tính cm) Sử dụng định lý Pi-ta-go, ta có cạnh huyền x2 +y2, chu vi x+y+x2+y2 diện tích
2xy Từ ta có hệ phương trình
x+y+x2 +y2= 24
xy = 48.
Giải hệ (chuyển vếx2+y2 = 24−(x+y)rồi bình phương lên sử dụngxy = 48
sẽ tính x+y= 14) ta tìm đáp số toán cạnh huyền 10 (cm)
2 Nhận biết tốn
Như nói trên, tốn tính tốn khơng giải phương pháp trực tiếp có tiềm giải cách lập phương trình Khi ta khơng biết ẩn số cần tìm mà khơng biết đại lượng giúp tính trực tiếp ẩn số mà biết thơng tin liên quan (như tổng, hiệu, tích, tỷ) dấu hiệu toán giải cách lập phương trình Tuy nhiên, có dạng tốn đặc biệt "ăn giơ" với phương pháp này, là:
• Các tốn tuổi
• Các tốn trung bình
• Các tốn số đầu, số chân, số bánh xe
• Các tốn giá tiền, doanh thu, lợi nhuận
• Các tốn chuyển động (vận tốc, qng đường, thời gian)
• Các tốn công việc (khối lượng công việc, thời gian, suất)
(39)Ví dụ tốn mở đầu tốn tuổi, trung bình, tốn chuyển động, tốn tính tốn hình học Bài đặc biệt, thuộc vào dạng “bài tốn tưởng chừng khơng đủ kiện” Những thú vị thách thức
3 Nguyên tắc chọn ẩn
Việc chọn ẩn đóng vai trị then chốt việc giải toán cách đơn giản Việc chọn ẩn tuân thủ nguyên tắc sau:
Tính đầy đủ: sau đặt ẩn phụ tất đại lượng có mặt bài
tốn tính được (thơng qua đại lượng biết ẩn phụ)
Tính đơn giản: để đảm bảo tính đầy đủ ta đặt thật nhiều ẩn phụ Nhưng
các mối liên hệ phức tạp, dư thừa Do đó, cần chọn ẩn phụ cho
việc biểu diễn đại lượng khác đơn giản nhất
Hạn chế đặt nhiều ẩn. Chú ý ta thu hệ phương trình trình giải
cũng bước khử dần ẩn số cuối đưa phương trình ẩn Vì khơng nên đặt q nhiều ẩn, điều tạo thuận lợi cho bước biểu diễn đại lượng, gây khó khăn cho q trình giải Thơng thường, số lượng ẩn khơng vượt số lượng điều kiện đề cho.
Xét khía cạnh đặt ẩn tốn rõ ràng
Với tốn 2, ngồi cách đặt ẩn ví dụ, ta đặt x số lớp học lúc đầu, y sĩ số lớp trường chuẩn Khi ta có hệ
x(y+ 10) = (x+ 5)(y+ 4) = (x+ 10)y
Từ suy 10x = 5y+ 4x+ 20 = 10y, suy x =y= 20 Như ta có lời giải cịn gọn lời giải ban đầu
Với toan1 3, việc chọn ẩn số a, b, s tự nhiên Nhưng ta chọn ẩn số a, b t, với t thời gian mà hai xe chạy gặp Có thời gian vận tốc ta suy quãng đường, mặt ta có
at+bt= 1320.
Sử dụng điều kiện ta có
bt
a = at
b =
36 .
Từ tính t = 6, a+b = 220 a
b =
6
5, suy a = 120 Cũng lại
(40)Ở toán 4, ẩn số đặt tự nhiên Điều đáng ý nhiệm vụ khơng phải tìm x, y bao nhiêu, mà làx+y Nhưng trình giải lý luận, ta xét ẩn số z =x+y (là tổng số hộp lớn nhỡ chứa hộp) khó lý luận Tuy dư thừa cần thiết Ta cần hiểu nhiệm vụ ta tìm x+y việc khơng có rắc rối
Cuối cùng, tốn 5, việc chọn ẩn số cạnh rõ ràng Nhưng dĩ nhiên khơng phải cách đặt ẩn Ta đặt x cạnh huyền, y cạnh góc vng Khi ta có hệ
x+y+x2−y2 = 24
yx2−y2 = 48.
Hay đặt BH =x, CH =y (với H chân đường cao hạ từ A), BA=x(x+y, CA=y(x+y) ta có hệ
x(x+y+y(x+y) +x+y= 24
x(x+y.y(x+y) = 48.
Như ta thấy có nhiều cách đặt ẩn, khơng có bí hay “độc chiêu” cả, cần đảm bảo nguyên tắc Dễ hay khó, đơn giản hay phức tạp đơi khơng phải quan trọng, điều quan trọng ta lập phương trình, hệ phương trình giải chúng
4 Thiết lập phương trình
Để thiết lập phương trình, ta cần có điều sau
- Một lànắm rõ cơng thức để tính đại lượng liên quan, ví dụ cơng thức tính vận tốc, cơng thức tính trung bình, cơng thức tính sản lượng, suất, cơng thức tính doanh thu, lãi suất, hệ thức lượng tam giác
- Hai biết cáchđọc điều kiện đề để chuyển thành phương trình Có nhiều phương trình lập dễ dàng cách trực tiếp (Ví dụ với "Vừa gà vừa chó - Bó lại cho tròn - Ba mươi sáu - Một trăm chân chẵn"), có khó
thiết lập Ở ta cần nắm rõ nguyên lý đếm hai cách: đại lượng mà tính hai cách khác kết phải Mọi phương trình thu cách (Phương trình đẳng thức chứa ẩn mà!)
Trong toán đây, ta minh họa cách lập phương trình cách rõ ràng Dưới ta xem xét thêm ví dụ
Bài tốn 6. Một người xe đạp người rời khỏi điểm A lúc
(41)bộ hướng B) Khi người xe đạp đến B, quay xe ngược lại gặp người phút thứ 40 sau lần gặp Hỏi để từ A đến B người phải
mất bao lâu?
Các ẩn số gì? Chắc chắn vận tốc người xe đạp (u) vận tốc người (v) Nhưng kiện đề khơng đủ để ta tìm u, v (khơng có thơng tin quãng đường AB) Nhưng lưu ý thực tế, ta không cần biết u, v, mà cần biết thời gian, tức tỷ số quãng đường vận tốc
Sau giờ, hai người tổng cộng lại u +v lần đoạn đường
AB Suy AB = u+v
2 (km) Suy đoạn đường từ chỗ gặp thứ đến B
u+v
2 −v =
u−v
2 Từ lần gặp thứ đến lần gặp thứ hai hai người quãng
đường gấp đơi qng đường nói trên, tức u−v Họ 40 phút, ta có phương trình
u−v =
3(u+v), nghĩa u= 5v.
Từ suy người đi từ A đến B u+v
2v =
5v+v
2v = 3(giờ) Bài toán 7.Hai câu lạc xe đạp tổ chức giải đấu Trong buổi họp vào buổi sáng, vận động viên chào mừng cách bắt tay Mỗi người bắt tay với người khác 1 lần Có tổng cộng 231 bắt tay, có 119 bắt tay vận động viên
ở câu lạc với Hỏi câu lạc có vận động viên?
Ẩn số rõ ràng, số thành viên CLB Ở CLB thứ có x thành viên CLB thứ hai có y thành viên ta cần biết rằng:
1) Số bắt tay nội CLB thứ x(x−1)
2
2) Số bắt tay nội CLB thứ hai y(y−1)
2
3) Số bắt tay thành viên hai CLB xy
Từ ta có hệ phương trình
x(x−1) +y(y−1) = 238
xy = 112.
(42)Bài toán 8. Thầy giáo Tom yêu cầu Jerry cộng số nguyên từ đến tuổi thầy. Jerry hì hục cộng nói đáp số 100 Thầy giáo nói "Đáp số sai rồi, cậu cộng thiếu
1 số" Hỏi đáp số thầy Tom tuổi?
Bài toán thuộc dạng "bài tốn khơng đủ điều kiện" Ở ta có hai ẩn số tuổi thầy Tom số mà Jerry cộng thiếu Vậy ta có phương trình nào? Và có phương trình mà lại tìm ẩn số? Có điều kiện bổ sung gì?
Bài tốn 9. Paula hai thợ phụ cô người sơn với suất không đổi,
nhưng khác Họ bắt đầu vào lúc sáng ba sử dụng lượng thời gian để ăn trưa Ngày thứ hai ba người làm việc hồn thành 50% ngơi nhà, kết thúc cơng việc lúc chiều Ngày thứ ba, Paula vắng mặt, hai thợ phụ sơn 24% nhà kết thúc công việc lúc 2:12 chiều Ngày thứ tư, Paula làm việc 7:12 tối hồn thành cơng việc sơn ngơi nhà Hỏi ngày
họ nghỉ ăn trưa phút?
Bài toán 10. Các điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm đường thẳng với AB =
CD và BC = 12 Điểm E nằm đường thẳng và BE =CE = 10. Chu vi tam giác
AED gấp đôi chu vi tam giác BEC Hãy tính AB.
Ẩn số rõ ràng AB Hạ EH vng góc với BC BH = 6, từ suy EH = Ta có AE =DE =(x+ 6)2+ 82.Từ sử dụng điều kiện đề ta có phương trình
2x+ 12 + 2(x+ 6)2+ 82 = 2(10 + 10 + 12.
Giải phương trình ta x=
5 Giải phương trình
Phương trình hệ phương trình thu từ tốn giải phương pháp lập phương trình khơng q phức tạp Phương trình thơng thường khơng q bậc Với hệ phương trình, ta giải chủ yếu phương pháp khử dần ẩn số phép biến đổi phương trình (cộng đại số, chia phương trình ) Với tốn liên quan đến hình học nảy sinh thức, sau (hoặc 2) phép bình phương việc trở nên đơn giản Như vậy, việc sử dụng nhiều toán thực tế giải phương pháp lập phương trình khơng làm cho học sinh thấy tốn học gần gũi hơn, mềm mại mà tránh cho đường sa đà vào tốn túy kỹ thuật, phương trình, hệ phương trình có phép giải "khủng khiếp" khơng biết từ đâu
6 Các tập áp dụng
Bài tập 1. Giữa thành phố A B theo đường núi qua đèo có tuyến xe buýt
Khi lên đèo xe buýt với vận tốc 25km/h xuống đèo với vận tốc 50km/h Gọi
(43)a) Hãy biểu diễn theo x, y thời gian xe (tính giờ) từ Ađến C, từ C đếnB, từB
đến C, từ C đến A
b) Biết xe buýt từ Ađến B hết 3,5 từB đến A hết Hãy tìm khoảng cách từ A đến B (tính km)
Bài tập 2. Tam giác ABC có AB = 20, AC = 13, BC = 21 Hạ đường cao AH Đặt
CH =x, BH =y.
a) Hãy tính AH2 theox;
b) Hãy tính AH2 theoy; c) Hãy tìm x;
d) Hãy tìm AH;
e) Hãy tính diện tích tam giác ABC.
Bài tập 3. Ba bạn nhỏ An, Bình Liên giải 100 tốn, biết bạn giải
được 60 Ta gọi tốn khó có bạn giải Ta gọi tốn dễ ba bạn giải tốn trung bình có hai bạn giải Tính hiệu số số tốn khó số tốn dễ
Bài tập 4. Lớp học có 30 học sinh, nam nhiều nữ Một buổi tối, tất
xem hát Trong lần giải lao thứ nhất, bạn nữ mua bánh phô mai, bạn nam mua cốc cô-ca (giá tiền bánh phô mai cô-ca số nguyên) Trong lần giải lao thứ hai, bạn nữ mua cốc cô-ca bạn nam mua bánh phô mai Lần giải lao thứ hai, lớp tiêu lần giải lao thứ đơ-la Hỏi lớp có nam nữ?
Bài tập 5. Bạn phải trả lời 20 câu hỏi kiểm tra Mỗi câu trả lời bạn
5 điểm, câu trả lời sai bạn bị trừ điểm Nếu không trả lời, bạn khơng có điểm Một bạn lớp 48 điểm cho kiểm tra, tìm xem bạn trả lời câu hỏi?
Bài tập 6. Quãng đường sôngAB dài 78km Một thuyền máy từ A phía B
Sau giờ, ca nô từ B phía A Thuyền ca nơ gặp C cách
B 36km Tính thời gian thuyền, thời gian ca nô từ lúc khởi hành đến lúc gặp nhau, biết vận tốc ca nô lớn vận tốc thuyền 4km/h
Bài tập 7. Một nhóm cơng nhân đặt kế hoạch sản xuất 200 sản phẩm Trong ngày đầu
họ thực mức đề ra, ngày lại họ làm vượt mức ngày 10 sản phẩm, nên hoàn thành kế hoạch sớm ngày Hỏi theo kế hoạch ngày nhóm cơng nhân cần sản xuất sản phẩm?
Bài tập 8. Một tổ mua nguyên vật liệu để tổ chức thuyết trình lớp hết 72.000 đồng,
chi phí chia cho thành viên tổ Nếu tổ giảm bớt người người phải đóng thêm 3.000 đồng Hỏi số người tổ
Bài tập 9. Bò ăn cỏ cánh đồng Giả sử cỏ mọc dày đặc cao
(44)Hỏi bò ăn hết cỏ cánh đồng 96 ngày? (chú ý bò ăn cỏ tiếp tục mọc)
Bài tập 10. Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Trên BC lấy điểm D
sao cho BD=BA Biết BH = 8vàAD = 2√10 Hãy tính diện tích tam giácABC
Bài tập 11. Cho tam giácABC vng Acó đường caoAH trung tuyến AM Biết
chu vi tam giác 72cm AM −AH = 7cm Tính diện tích tam giác ABC
Bài tập 12. Cho tứ giác ABCD có AB vng góc với CD AB = 2cm, BC = 13cm,
CD = 8cm, DA= 5cm Hãy tính diện tích tứ giác ABCD
Bài tập 13. Có người bị đắm tàu khỉ hịn đảo, đảo có
(45)Một số nhận xét câu phân loại trong đề thi tuyển sinh đại học mơn tốn những
năm gần đây Trịnh Thanh Đèo
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
Là người phụ trách công tác chấm thi tuyển sinh đại học môn toán cho số trường Đại học địa bàn Tp Hồ Chí Minh, chúng tơi có dịp tiếp xúc gần đầy đủ đề thi tuyển sinh đại học mơn tốn năm gần Cùng với việc trao đổi thảo luận với cán chấm thi tiếp xúc trực tiếp làm thí sinh, chúng tơi có dịp nghiên cứu phân tích cấu trúc đề thi để đưa cách nhìn việc phân loại độ khó-dễ cho câu đề thi
(46)Ứng dụng lý thuyết nhóm vào tốn tơ màu tổ hợp
Nguyễn Hiếu, Trần Minh Nguyệt Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
Toán học tổ hợp (hay giải tích tổ hợp, đại số tổ hợp, lý thuyết tổ hợp) ngành toán học rời rạc, nghiên cứu cấu hình kết hợp với phần tử tập hữu hạn phần tử Các cấu hình hốn vị, chỉnh hợp, tổ hợp, phần tử tập hợp Nó có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác toán học như: Đại số, Lý thuyết xác suất ngành ứng dụng khoa học máy tính vật lý thống kê Dưới ứng dụng lý thuyết nhóm vào tốn tổ hợp, cụ thể khái niệm tổng quát hoán vị, chỉnh hợp
Bài tốn mở đầu
Cho hình vng với đỉnh 1,2,3,4 xếp ngược chiều kim đồng hồ Giả sử rằng, với hai màu xanh, đỏ có cách tơ màu cho đỉnh hình vng Hai cách tô coi cách tô màu nhận từ cách tơ màu nhờ phép quay quanh tâm hình vng với góc số nguyên lần 90◦
Lời giải.
TH1.Dùng màu để tô cho đỉnh: cách
TH2.Dùng màu để tô cho đỉnh:
• đỉnh xanh đỉnh đỏ: cách
• đỉnh xanh đỉnh đỏ: cách
• đỉnh xanh đỉnh đỏ: cách
Vậy theo quy tắc cộng:2 + (1 + + 1) = cách
* Giả sử số màu tăng lên là 3,4, , k màu số cách tơ màu cho đỉnh hình
vng bao nhiêu? Hai cách tô coi cách tơ màu có thể
nhận từ cách tơ nhờ phép quay quanh tâm với góc số nguyên lần 90◦.
(47)Phần Kiến thức chuẩn bị
1. G-tập
Cho S tập hợp vàG nhóm Một tác động trái G lên S ánh xạ
G×S →S cho ta kí hiệu ảnh phần tử(x, s)∈G×S xs ta có: i) es=s với s∈S;
ii) x(ys) = (xy)s với mọix, y ∈G, s∈S.
Hoàn toàn tương tự, ta có khái niệm tác động phải Khi có tác động trái từ G lên S
thì ta nói S mộtG-tập Từ trở ta xét tác động trái để tiện gọi tác động
Ta thấy nhóm G tác động lên tập S với x ∈G, có ánh xạ từ S đến S cho ứng với s∈S với phần tử kí hiệu làxs ∈S chox(ys) = (xy)s
và es =s với mọix, y ∈G, s ∈S Ta gọi phần tử xs tác động x lên s Với x ∈G, ánh xạ cho ứng s∈S với xs ∈S gọi ánh xạ liên kết x
2 Cơng thức lớp
Cho Glà nhóm vàS mộtG-tập Vớis ∈S,đặt Gs ={a∈G|as=s}và Gs={xs|x∈ G}.Khi Gs nhóm củaG, gọi nhóm đẳng hướng ứng vớis;Gslà phận
của S, gọi quỹ đạo s S
Định lý (Công thức lớp). Cho G là nhóm, S là một G-tập hữu hạn và s ∈ S.
Ký hiệu G/Gs là tập lớp ghép trái nhóm đẳng hướng Gs Khi tương ứng
f :G/Gs →Gsxác định bởi f(xGs) =xs là song ánh Khi số của Gs trong G
chính số phần tử quỹ đạo Gs Hơn nữa, nếu Gs1, Gs2, , Gst là quỹ đạo đôi
một rời trong S thì
Card(S) =Card
t
∪
i=1Gsi
=
t
i=1
[G:Gsi].
Trong đó Card(S) là số phần tử của S và [G : Gsi], i = 1,2, , t, là số nhóm
đẳng hướng Gsi trong G.
3 Định lý Burnside
Định lý (Burnside). Giả sử nhóm hữu hạn G tác động lên tập hữu hạn X Với mỗi
g ∈ G, ký hiệu f(g) là số phần tử của X cố định qua tác động của g, tức số phần tử
của tập hợp {x∈X :gx=x} Khi số quỹ đạo tác động là:
1 [G:e]
g∈G
(48)Ta gọi [G1:e]
g∈G
f(g) làsố điểm cố định trung bình qua tác động phần tử G
Theo Công thức lớp, số quỹ đạo tác động số điểm cố định trung bình
Phần Ứng dụng vào tốn tơ màu
Xét đa giác n cạnh, tâm O, đỉnh 1,2, , n xếp theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ Ký hiệu Sn nhóm phép tập đỉnh {1,2, , n} D2n
là nhóm nhị diện sinh hai phần tử R T, R phép quay tâm O ngược
chiều kim đồng hồ với góc quay360
◦
n T phép đối xứng qua đường thẳng nối tâm O
với đỉnh Nếu ký hiệu I ánh xạ đồng nhóm nhị diện D2n gồm 2n
phép đẳng cự đa giác, có nphép quayI, R, R2, , Rn−1 vàn phép đối xứng
T, RT, , Rn−1T
Nếu n lẻ phép đối xứng xác định đường thẳng nối tâm O với đỉnh Nếu n= 2k chẵn k phép đối xứng xác định k đường thẳng, đường nối hai đỉnh đối diện (đi qua tâm O) vàk phép đối xứng xác định bởik đường thẳng, đường nối trung điểm hai cạnh đối diện (đường qua tâm
O)
Ví dụ 1. Xét hình vng tâm O với đỉnh 1,2,3,4sắp thứ tự ngược chiều kim đồng
hồ; I phép đồng nhất, R phép quay tâm O với góc quay 90◦ T phép đối xứng qua đường thẳng nối hai đỉnh và3
Nhóm nhị diện D8 gồm phần tử sau I;R = (1,2,3,4) ;R2 = (1,3) (2,4) ;R3 = (1,4,3,2) ;T = (2,4) ; RT = (1,2) (3,4) ;R2T = (1,3) ;R3T = (1,4) (2,3).
Giả sử rằng, vớikmàu cho sẵn, ta tơ màu đỉnh hình vng ví dụ (khơng u cầu dùng tất màu) Thế có cách tơ màu? Vì đỉnh có k
cách chọn màu, nên ta có k4 cách tơ Tuy nhiên, giả sử ta có màu trắng (T) xanh
(X) Khi qua phép đẳng cự R2 cách tô màu:
C1 =
1
T X T X
⇒C2 =
1
T X T X
(49)Hai cách tô màu C1 vàC2 xem
Nhóm D8 nhóm S(X), đóX tập đỉnh hình vng D8 tác động lên X tác động lên tập cách tô màu đỉnh Với mỗig ∈D8,
C cách tô màu đỉnh hình vng vàC =g·C tác động g lên C ta coi cách tô màu C C Do cách tơ màu quỹ đạo {g·C|g ∈D8} C nên xem tương tương đương Trong trường hợp này, số cách tô màu phân biệt (không tương đương) số quỹ đạo Dùng Định lý Burnside để tính số quỹ đạo tác động
Mệnh đề sau tính số cách tơ màu cố định qua tác động hoán vị cho trước
Mệnh đề. Gọi D2n là nhóm nhị diện đa giác đều n cạnh Cho g ∈D2n Giả sử g là
tích của c vịng xích độc lập, tính xích có độ dài 1 Nếu ta có k màu số cách tơ
màu đỉnh đa giác cố định qua tác động của g là kc.
Vậy nhóm nhị diện D8 gồm có: hốn vị vịng xích, I; hốn vị vịng xích, T R2T; hốn vị vịng xích, R2, RT R3T; hốn vị vịng xích, R R3.
Theo Định lí Burnside Mệnh đề trên, ta có cách tơ màu phân biệt đỉnh hình vng nói
k4+ 2k3+ 3k2+ 2k
8 .
Ví dụ 2. Cho lục giác có cách đỉnh là1,2,3,4,5,6được thứ tự ngược chiều kim
đồng hồ Nhóm nhị diện D12 sinh hai phần tử R, T, R phép quay tâm O
ngược chiều kim đồng hồ với góc quay 60◦ T phép đối xứng qua đường thẳng nối hai đỉnh 1,4 Vậy với k màu cho sẵn, có cách tô màu phân biệt đỉnh lục giác đều?
Lời giải. Nhóm nhị diện D12 gồm: I;R = (1,2,3,4,5,6) ;R2 = (1,3,5) (2,4,6) ;R3 = (1,4) (2,5) (3,6) ;
R4 = (1,5,3) (2,6,4) ;R5 = (1,6,5,4,3,2) ;T = (2,6) (3,5) ;
RT = (1,2) (3,6) (4,5) ;R2T = (1,3) (4,6) ;R3T = (1,4) (2,3) (5,6) ;
R4T = (1,5) (2,4) ;R5T = (1,6) (2,5) (3,4)
VậyD12 gồm có: hốn vị vịng xích, làI; hốn vị vịng xích, làT, R2T, R4T; hốn vị vịng xích, R3, RT, R3T, R5T; hốn vị vịng xích, làR2, R4; hốn vị vịng xích, R, R5.
(50)động g là:
k6+ 3k4+ 4k3+ 2k2+ 2k
12 .
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Viết Đông, Trần Ngọc Hội, Đại số đại cương, NXB Đại học Quốc gia Tp.HCM, 2004
(51)Về việc giảng y Tổ hợp Tốn học trong nhà trường phổ thơng
Nguyễn Khắc Minh
Cục Khảo thí Kiểm định Chất lượng Giáo dục, Bộ Giáo dục Đào tạo
(52)Dạy học khái niệm giải tích cho học sinh THPT Chuyên Toán sở vận dụng lý
thuyết kiến tạo Phạm Sỹ Nam
Trường trung học phổ thông chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Lý thuyết kiến tạo sản phầm đầu thành công từ nghiên cứu cách thức học tập người Thuyết cho biết người xây dựng hiểu biết kiến thức giới thơng qua việc trải nghiệm phản ánh kinh nghiệm Khi bắt gặp kiện mới, phải hoà hợp kinh nghiệm với ý tưởng kinh nghiệm trước đó, thay đổi điều mà tin tưởng, loại bỏ thơng tin khơng phù hợp Trong tình nào, người chủ động tạo kiến thức
Các khái niệm giải tích khái niệm khó chương trình phổ thơng Câu hỏi đặt thiết kế môi trường học tập để giúp học sinh xây dựng nên khái niệm giải tích có khám phá mới?
(53)Ứng dụng software để dựng hình theo cơng
thức tổng qt chia (2n + 1) một góc bất kỳ
Trần Ninh
UBND phường Xuân Hà, Quận Thanh Khê TP Đà Nẵng
Nhờ vào phát triển không ngừng toán học phần mềm phục vụ cho Toán học, có phần mềm Autocad để vẽ kỹ thuật, với độ đo 10-15 chử số thập phân, phần mềm Sketchpad có độ đo chữ số thập phân, kể đo góc để dựng hình cho tốn hình học, việc tìm quỹ tích điểm phức tạp, góp phần cho việc giải tốn khó, đồng thời kiểm tra kết tốn dựng dựng đa giác 17 cạnh Gauss
Trong sử dụng phần mềm Excel, Autocad Sketchpad để thực việc chia góc thành ba phần nhau, số điều kiện thoả mãn phát triển thành công thức tổng quát chia (2n+ 1)một góc với n nguyên dương
1 Đặt vấn đề
Chứng minh ta chia góc cho trước dụng cụ compa thước
đánh dấu (thước khơng có độ đo) sau:
Giả sử thước, ta đánh dấu hai điểm N D có độ dài N D =r
• Dựng góc AOB =β
• Dựng đường trịn tâm O bán kính r, cắ tOA M
• Đặt thước kẻ qua M cho điểm đánh dấu D nằm BO, điểm đánh dấu cịn lại N nằm đường trịn GócODN góc cần dựng
Theo hình vẽ cho thấy N D = N O nên N DO = N OD Tam giác OAN cân O suy AN O = N AO. Tam giác DN O cân N suy N DO =
2N AO Vậy
(54)
O B D
AM N
Hình 1. Chia ba cho góc
Bài tốn dựng hình tốn chia ba góc phương pháp thủ cơng trích sách “Lý thuyết mở rộng trường Lý thuyết Galois” giảng dạy PGS.TS Nguyễn Chánh Tú Phương pháp “Nếu đặt thước kẻ theo cách dựng trên, có nghĩa tồn hai điểm Dthuộc đường kéo dài BOvà điểm N thuộc đường tròn tâm O với N D =r, thỏa mãn điều kiện chia ba góc Từ ta suy phép dựng sau:
• Cho góc M DB =β
• Tại D, ta vẽ đường trịn tâm Dcó bán kính r, cắ t M D tạiN
• Tại N, ta vẽ đường trịn tâmN bán kính r, cắ t DB O
• Tại O ta vẽ tiếp đường trịn bán kính r, cắt đườngDN tạiM
• Vậy ta có M OB = 3β
Việc chứng minh M DB =
3M OB đơn giản ΔDN O ΔN OM hai tam giác
cân Đây cách dựng nhân ba góc bất kỳ, nhiên có nhiều cách dựng nhân góc khác nhau, chọn cách để phát triển toán theo hướng mở rộng thành công thức tổng quát
a Nhân ba góc β bất kỳ
Vẽ góc xM y =β Từ M vẽ đường tròn tâmM bán kínhr cắt xM tạiA, từ A vẽ đường trịn bán kính r cắt M y O, từ O vẽ đường trịn bán kính r cắt xM B ta
(55)
x y M A O B C
Hình 2. Nhân ba cho góc
Từ phương pháp nhân góc ta tìm phương pháp chia góc, tức tìm độ dài đoạn thẳng OM ta có:
M O2 =M B2 +OB2−2M B.OBcos 2β
3 . (1)
M O khoảng cách từ tâm O đến điểm M; M O = d; M B = M A+AB = r +AB; (M A=AO=OB =r);r bán kính
Ta có
AB2 =r2+r2−2r.r.cos
180◦−
β+β
3
= 2r2
1−cos
180◦− 4β
.
Suy
AB =r
2
1−cos
180◦− 4β
.
Do
M B =r+AB =r
1 +
2
1−cos
180◦− 4β
.
Thay vào phương trình (1) ta
OM =r
a2−2acos2β + 1,
với a= +
2
1−cos
180◦− 4β
(56)b Nhân năm góc β bất kỳ x y M A O B I C
Hình 3. Nhân năm cho góc
Từ phương pháp nhân góc ta tìm phương pháp chia góc, ta có:
M I2 =M C2+IC2−2M C.IC.cos 4β
5 (2)
M I khoảng cách từ tâm I đến điểm M; M I = d; ( với M A = IC = r); M C = (M A+AB) +BC = (r+AB) +BC; M C =M B+BC
Ta có
M B =r
1 +
2
1−cos
180◦− 4β
;
BC2 =r2+r2−2r2cos
180◦−
β+ 3β
.
Do
M C =M B+BC =r
1 +
2
1−cos
180◦−4β +r
1−cos
180◦− 8β
.
Thay vào phương trình (2) ta suy
M I =r
a2−2a.cos4β + 1,
với
a=r2
1 +
2
1−cos
180◦−4β +
1−cos
180◦− 8β
2
(57)c Công thức tổng quát
Với cách lập phần ta qui nạp thành công thức tổng quát sau:
M I =r
a2−2a.cos 2n
2n+ 1β+ 1, n∈N
∗,
với
a= +
∞
n=1
2
1−cos
180◦− Un 2n+ 1β
;
Un cấp số cộng có số hạng đầu làU1 = công sai d= 4; Un =U1+ (n−1)d. Với việc khai triển nêu ta có tổng thức bậc khin tiến đên vô cực Bằng cách thiết lập công thức Excel ta tính giá trị khoảng cách từ tâm đường trịn đên điểm phương tích ngồi đường trịn thơng qua A, điểm để chia góc nội tiếp
SỬ DỤNG PHẦN MỀM SKETCHPHAD CHIA THEO CÔNG THỨC TỔNG QUÁT
(58)SƠ ĐỒ HÌNH HỌC NHÂN VÀ CHIA MỘT GĨC BẤT KỲ
Hình 5. Chia n lần cho góc
e Biến đổi cơng thức lượng giác cho góc chia 3
Chúng ta thường áp dung công thức bội bội hàm sin cos
sin 2x= sinxcosx,
cos 2x= cos2x−sin2x= cos2x−1,
sin 3x= sinx−4 sin3x,
cos 3x= cos3x−3 cosx Công thức chia đôi
sinx =±
1−cosx
2 ,cos
x
2 =±
1 + cosx
2
Đa thức Chebyshev
cos(nx) =Tn(cosx), Tn đa thức bậc n
Xét dãy hàm sau
Tn(x) = cos(narccosx); x∈[−1,1], n∈N.
Từ công thức cos 2t = cos2t−1, đặt x= cost có đa thức
Tn(x) = 2x2−1;x∈[−1,1].
Ở đây, T2(x) = cos 2t = cos(2 arccosx) Tương tự,
(59)Như hiểu Tn(x) trường hợp x∈ [−1,1] đa thức với hệ số xk(k =
0, n)là hệ số coskt khai triển cos(nt). Tính chất đa thức Chebyshev
Đa thức Tn(x) có n nghiệm phân biệt trong[−1,1]
xt= cos2k+
2n π, k∈ {1,2, , n−1}.
Từ công thức chia đôi hàm sin cos đa thức Chebyshev để biến đổi cosnx
ta biến đổi công thức chia ba hàm sin cos sau:
Bằng cách thay x
3 vào công thức chia đôi công thức nhân ba, ta được:
sin x =±
1−cos2x
3 sinx= sinx
3 −4 sin
3 x
3 = sinx
3
3−4 sin2 x
= sinx
1 + cos2x
.
Suy
sinx =
sinx
1 + cos2x
.
Tương tự, ta có cơng thức
cosx =
cosx
2 cos2x −1
.
Vậy công thức chia cho hàm sin và cos đã xác định.
2 Kết nghiên cứu khảo sát
Qua nghiên cứu tốn cổ Hi lạp xuất trước Cơng ngun để lại gồm:
(60)• Gấp đơi khối lập phương
• Cầu viên hình trịn
Ba toán theo qui ước với điều kiện dựng hình cơng cụ thước kẻ khơng đánh dấu Compa, thách thức giới toán học Cho đến Lý thuyết mở rộng Trường Lý thuyết Galois cơng nhận giới đến kết luận ba tốn khơng giải Với lý do:Evariste Galoisđưa Lý thuyết mở rộng trường sử dụng công thức nhân lượng giác
cosπ = cos
3π
9 = cos
3π
9 −3 cos
π
9
đưa đến phương trình đại số 8x3 −6x−1 = bất khả qui Q nên [Q(u) : Q] =
(khơng đề cập đến trường R) hai điểm (u, v) không dựng (vớiu= cosπ 9)
Để giải phương trình đại số bậc nêu trên, nhận thấy phương trình 8x3 −
6x−1 = phương trình đại số nên có nghiệm số đại số số siêu việt, từ đến kết luận khơng thể chia ba góc 60◦
Tuy nhiên phát triển tốn học ngày chun sâu, đồng thời Cơng nghệ thơng tin phần mềm tốn học giúp cho việc nghiên cứu toán học cách hữu hiệu Lý thuyết độ đo đời giúp cho việc tính tốn giá trị gần xác định độ dài đại số giúp cho việc nghiên cứu tìm mối quan hệ Hình học, Đại số, Lượng giác thống không tách rời Đại số mơ tả độ dài hình học, Lượng giác mơ tả số đo góc theo hàm sin, cos, hình thành số π để giải vấn để diện tích độ dài đường cong,
Hình 6. Chia năm cho góc60◦
Về hình học, chia đơi góc đường phân giác thực thước kẽ compa theo công thức tổng quát sau đây:
d =k
1−cos
180◦− β 2n
(61)
Công thức cơng thức chia 2n góc bất kỳ, mơ tả tương giao đường tròn chứa dây cung góc nội tiếp góc tâm trương cung đường tròn
2.1 Kết 1
Từ Công thức chia (2n+ 1) góc ta dựng đa giác 17 cạnh nội tiếp vòng tròn dựng tất đa giác có số cạnh lẽ nội tiếp đường trịn Ngồi có cách chứng minh khác chia ba góc trục đẳng phương theo chùm đường trịn tuyến tính vị trí trục đẳng phương cho kết tương tự hồn tồn giống với cơng thức tổng qt
2.2.Kết 2
Từ việc biến đổi công thức lượng giác ta xác định công thức chia hàm sin,
cos để hồn thiện có cơng thức nhân lượng giác có cơng thức chia lượng giác xác định
3 Bàn luận
3.1 Bàn luận 1
(62)3.2.Bàn luận 2
Khi biến đổi công thức lượng giác chia cho sin cos, để kiểm chứng công thức chia ba dùng phầm mềm Excel máy tính phục vụ học tập Casio 570 thay giá trị sin, cos vào công thức cho kết xác Ví dụ chia góc 60◦ cho giá trị góc 20◦ Với việc phát triển hình thành cơng thức chia hàm sin,cos cho thấy biến đổi phù hợp với công thức nhân tạo đối xứng phép toán nhân chia trường số thực R
sin 3x = sinx−4 sin3x, cos 3x = cos3x−3 cosx
sinx =
sinx
1 + cos23x cos
x
3 =
cosx
2 cos23x −1.
4 Kết luận
Đây phát chưa có nguồn tốn học, giáo trình tốn học dừng lại việc chia hai góc bất kỳ, chưa có cơng thức chia góc Q trình nghiên cứu phát thêm tính chất tổng qt để hình thành cơng thức tổng qt chia (2n+ 1) góc với n ngun dương, cơng thức tổng quát cho phép chia lẽ góc ứng dụng để dựng đa giác 17 cạnh nội tiếp đường tròn thay cho phương pháp Gauss, đồng thời dựng tất đa giác có số cạnh lẻ nội tiếp đường trịn, phủ kín việc chia góc độ dài đường trịn 2πR
Việc biến đổi công thức lượng giác cho góc chia ba mang ý nghĩa đảm bảo tính đối xứng tốn học có cơng thức nhân ba định phải tồn công thức chia ba nêu Với phần nghiên cứu thiết lập công thức tổng quát, đồng thời sử dụng Software công cụ để xác định việc chia góc góp phần bổ sung hồn thiện cho tốn học bản, mong độc giả xem trao đổi để hoàn thiện
(63)Hình 8. Dựng đa giác 17 cạnh theo cơng thức tổng quát
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 L.Lesieur, CL Joulain, Toán Cao cấp, tập 1, Lưu hành nội bộ, Sách Thư viện Cao đẳng Sư phạm Đà Nẵng
(64)Một vài dạng toán nhị thức Newton và xác suất
Nguyễn Quang Thi
Trường THPT Bảo Lộc, Lâm Đồng
1 Cơ sở lý luận
Chúng ta biết rằng, trường THPT dạng toán tổ hợp xác suất dạng tốn tương đối khó với học sinh Do lần tiếp xúc môn học nên học sinh cảm thấy khó Khi gặp dạng tốn tổ hợp xác suất học sinh thường lúng túng giải Mặt khác hai năm lại dạng tốn có mặt đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng Phạm vi viết này, đưa vài dạng toán nhị thức Newton xác suất để giúp học sinh học tốt
2 Nhị thức Newton
+ Công thức khai triển nhị thức:
(a+b)n= C0nanb0+ C1nan−1b1+ C2nan−2b2 +· · ·+ Cnna0bn=
n
k=0
Cknan−kbk.
+ Số hạng tổng quát (số hạng thứ k+ 1) khai triển nhị thức là:
Tk+1 = Cknan−kbk.
+ Một số kết rút từ khai triển nhị thức: a)C0n+ C1n+ Cn2 + .+ Cnn= 2n.
b)C0n−C1n+ .+ (−1)nCnn= 0.
c)C0n+ C2n+ C4n+ .= Cn1 + C3n+ C5n+ .= 2n−1.
d)
k+ 1C
k
n=
1
n+ 1C
k+1
(65)Dạng 1: Tìm số hạng khai triển nhị thức
Trong khai triển nhị thức, ta thường gặp tốn là: Tìm số hạng khơng chứa x,
tìm số hạng đứng giữa, tìm số hạng số ngun, tìm số hạng chứa xk, tìm số hạng có hệ số lớn nhất,
Ví dụ 1. a) Tìm số hạng khơng chứax khai triển
x2+
x n
,biết tổng hệ số
của số hạng thứ nhất, thứ hai, thứ ba 46
b)Tìm số hạng đứng khai triển
x3+
x2 n
, biết rằng:
C12n+1+ C22n+1+ .+ Cn2n+1 = 220−1.
c) Xét khai triển(1−x+x2−x3)5 thành đa thức
P (x) =a0+a1x+a2x2+a3x3+ .+a15x15.
Tìm hệ số a6.
Giải. a) Ta cóC0n+ C1n+ Cn2 = 46⇒n = 9. Số hạng thứ k+ là:
Tk+1= Ck9
! x2"9−k
1
x k
= Ck9x18−3k.
Số hạng không chứa x⇔18−3k = ⇔k = 6.Vậy T7 = C69 = 84.
b) Ta có
C12n+1 = C22nn+1,C22n+1 = C22nn+1−1,· · · ,Cn2n+1 = Cn2n+1+1.
Từ giả thiết:
C12n+1+ C22n+1+ .+ Cn2n+1 = 220−1
⇔C02n+1+ C12n+1+ C22n+1+ .+ Cn2n+1 = 220
⇔1
2
#!
C02n+1+ C12n+1+ C22n+1+ .+ Cn2n+1"+!Cn2n+1+1+· · ·+ C22nn+1+1"$= 220
⇔1
2.2
2n+1 = 220 ⇔n= 10.
Do n = 10, nên nhị thức có 11 số hạng, số hạng đứng số hạng thứ
ứng với k = Vậy: T6 = C510(x3)10−5
1
x2 5
(66)Nhận xét: Trong khai triển nhị thức (a+b)n
+ Nếu n số chẵn có số hạng đứng số hạng thứ n
2 + 1.
+ Nếun lẻ có hai số hạng đứng Số hạng đướng thứ
số hạng thứ n+
2 số hạng đứng thứ hai số hạng thứ
n+ + 1.
c) Ta có(1−x+x2−x3)5 = (1 +x2)5(1−x)5= (C05+ C15x2+ C25x4+ C35x6+ C45x8+ C55x10) (C05−C15x+ C25x2−C53x3+ C45x4−C55x5)
Vậy hệ số: a6 = C15.C45+ C25.C25+ C35.C05 = 135.
Ví dụ 2.
a) Tìm số hạng số nguyên khai triển nhị thức !√3 +√32"9.
b) Tìm số hạng chứa x6 khai triển nhị thức
x3− x2
n
, biết
Cnn+1+4−Cnn+3 = (n+ 3).
Giải. a) Số hạng thứ k+
Tk+1 = Ck9
√
3
9−k √
2
k
= Ck939−k2 2k3.
Số hạng cần tìm số nguyên ⇔
39−k2 ∈Z
2k3 ∈Z ⇔
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
9−k
2 ∈Z
k
3 ∈Z
⇔ ước 9−k ước k ⇔k = k = 9.
Với k = 3, ta có T4 = C393321 Với k = 9, ta có T10 = C9923.
b) Từ giả thiết Cnn+1+4−Cnn+3 = (n+ 3)⇒n = 12. Số hạng thứk+
Tk+1 = Ck12
!
x3"12−k
−2
x2 k
= Ck12(−2)kx36−5k.
Số hạng chứa x6 ⇔36−5k = 6⇔k = 6.Vậy T7 = C61226x6.
(67)Cho khai triển nhị thức
(1 + 2x)n=a0+a1x+a2x2+ .+anxn,
trong n∈N∗ hệ số a0, a1, a2, , an thỏa mãn hệ thức a0 +a1
2 + .+
an
2n = 4096.
Tìm số lớn số a0, a1, a2, , an.
Giải. Đặt f(x) = (1 + 2x)n =a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn
⇒f
1
=a0+a1
2 +· · ·+
an
2n =
n.
Từ giả thiết suy 2n= 4096 = 212⇔n= 12.
Trong khai triển nhị thức, ta có hệ số xk xk+1 là:
ak= 2kCk12, ak+1 = 2k+1C12k+1,∀k = 0,1,2, ,11.
Xét ak
ak+1 <1 ⇔
2kCk12
2k+1Ck12+1 <1 ⇔
k+
2 (12−k) <1 ⇔k < 23
3 . Do k ∈ nên k ≤ Suy
ra a0 < a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 < a7 < a8.Tương tự, xét ak
ak+1 >1⇒k >7.Suy
a8 > a9 > a10 > a11> a12.
Vậy số lớn là: a8 = 28C812= 126720.
Dạng 2: Chứng minh đẳng thức
Trong khai triển nhị thức, toán chứng minh đẳng thức Một số phương pháp thường dùng là: Phương pháp dùng đạo hàm, phương pháp tính tích phân, kỹ thuật biến đổi, phương pháp đồng hệ số tướng ứng nhị thức,
Ví dụ 4. Chứng minh đẳng thức sau:
a)2.1Cnn−2+ 3.2Cnn−3+ .+n(n−1) C0n =n(n−1) 2n−2.
b)C0n.C5m+ C1n.C4m+ .+ C5n.C0m = C5n+m.
c)1.40C1n+ 2.41.C2n+ .+n.4n−1Cnn = 1.20C1n+ 2.22.C2n+ .+n.22n−2.Cnn.
Giải. a) Xét nhị thức
(1 +x)n= C0n+ C1nx+ C2nx2+ C3nx3+ .+ Cnnxn. (1)
+ Lấy đạo hàm hai vế (1), ta
(68)+ Lấy đạo hàm hai vế (2), ta
n(n−1) (1 +x)n−2 = 2C2n+ 3.2Cn3x+ .+n(n−1) Cnnxn−2.
Chọn x= 1,ta
n(n−1) 2n−2 = 2C2n+ 3.2C3n+ .+n(n−1) Cnn= 2Cnn−2+ 3.2Cnn−3+ .+n(n−1) C0n.
Vậy:
2.1Cnn−2+ 3.2Cnn−3+· · ·+n(n−1) C0n =n(n−1) 2n−2.
b) Ta có
(1 +x)n(1 +x)m = (1 +x)m+n.
+ Vế trái:
(1 +x)n(1 +x)m =#C0n+ C1nx+ C2nx2 + .+ Cnnxn$ #C0m+ Cm1 x+ .+ Cmmxm$.
Suy hệ số x5 là:
C0n.C5m+ C1n.C4m+ .+ C5n.C0m (3)
+ Vế phải:
(1 +x)m+n= C0n+m+ C1n+mx+ C2n+mx2+ C3n+mx3+ .+ Cnn++mmxn+m.
Suy hệ số x5 là:
C5n+m. (4)
Từ (3) (4) suy ra: C0n.C5m + C1n.C4m+ .+ C5n.C0m = C5n+m.
c) Xét nhị thức:
(1 +x)n= C0n+ C1nx+ C2nx2+ C3nx3+ .+ Cnnxn.
Lấy đạo hàm hai vế:
n(1 +x)n−1 = C1n+ 2.C2nx+ 3.C3nx2+ .+nCnnxn−1.
Chọn x= 4,ta được: n.5n−1 = C1n+ 2.C2n4 + 3.C3n42+ .+nCnn4n−1 =
= 1.40C1n+ 2.41.C2n+ 3.42.C3n+ .+n.4n−1Cnn. (5)
Xét nhị thức
(1 + 2x)n= C0n+ Cn12x+ C2n(2x)2+ C3n(2x)3+ .+ Cnn(2x)n.
Lấy đạo hàm hai vế:
2.n(1 + 2x)n−1 = 2.C1n+ 2.C2n22x+ 3C3n23x2+ .+n.Cnn2nxn−1.
Chọn x= 2,ta
2.n5n−1 = 2.C1n+ 2.C2n22.2 + 3.C3n23.22+ .+n.Cnn2n.2n−1.
⇔n.5n−1 =
2
#
1.21.C1n+ 2.23.Cn2 + .+n.22n−1.Cnn$
= 1.20C1n+ 2.22.C2n+ .+n.22n−2.Cnn. (6)
Từ (5) (6) suy ra:
(69)Dạng 3: Tính tổng
Trong khai triển nhị thức tốn tính tổng biểu thức ta thường sử dụng phương pháp tích phân hay áp dụng cơng thức tổ hợp để biến đổi
Ví dụ 5. (Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2007) Tính tổng:
S = 2C
1 2n+
1 4C
3
2n+ .+
1 2nC
2n−1 2n .
Giải. Cách 1: Dùng phương pháp tích phân
Xét nhị thức:
(1 +x)2n= C02n+ C12nx+ C22nx2+ C32nx3+· · ·+ C22nnx2n
và
(1−x)2n = C02n−C12nx+ C22nx2 −C32nx3+· · ·+ C22nnx2n.
Xét hàm số
f(x) = (1 +x)
2n−
(1−x)2n
2 = C
1
2nx+ C32nx3 + .+ C22nn−1x2n−1.
Tính tích phân:
1
0
f(x)dx=
1
0
(1 +x)2n−(1−x)2n
2 dx
=
(1 +x)2n+1 2n+ +
(1−x)2n+1 2n+
%% %% % =
2n−1
2n+ 1. (1)
Ta lại tính
1
0
f(x)dx=
1
0
#
C12nx+ C32nx3+ .+ C22nn−1x2n−1$dx
=
&
1 2C
1 2nx2+
1 4C
3
2nx4+ .+
1 2nC
2n−1 2n x2n
'%% %%1 = 2C 2n+
1 4C
3
2n+ .+
1 2nC
2n−1
(70)Từ (1) (2) suy
S = 2C
1 2n+
1 4C
3
2n+ .+
1 2nC
2n−1 2n =
22n−1 2n+ 1.
Cách 2: Dùng công thức tổ hợp
Áp dụng kết quả:
k+ 1C
k
n=
1
n+ 1C
k+1
n+1
Ta có:
2C
1 2n =
1 + 1C
1 2n =
1 2n+ 1C
2 2n+1;
1 4C
3 2n =
1 + 1C
3 2n =
1 2n+ 1C
4
2n+1; · · ·;
1 2nC
2n−1 2n =
1
(2n−1) + 1C
2n−1 2n =
1 2n+ 1C
2n
2n+1.Suy ra:
S = 2C
1 2n+
1 4C
3
2n+ .+
1 2nC
2n−1 2n =
1 2n+
#
C22n+1 + C42n+1+ .+ C22nn+1$
= 2n+
#
22n−C02n+1$ =
2n−1
2n+ 1.
Vậy: S = 2C
1 2n+
1 4C
3
2n+ .+
1 2nC
2n−1 2n =
22n−1 2n+ 1.
3 Xác suất
Xác suất dạng tốn khó học sinh phổ thông Đề thi tuyển sinh Đại học cao đẳng năm gần dừng lại mức độ dùng định nghĩa cổ điển để tính xác suất hay dùng quy tắc tính xác suất
Tóm tắt lý thuyết:
+ Ω khơng gian mẫu;|Ω| số phần tử không gian mẫu A biến cố; |ΩA|
là số phần tử A(A⊂Ω)
Khi xác suất biến cố A tính theo cơng thức: P (A) = |ΩA|
|Ω|.
Một số tính chất:
+ Ta có 0≤P (A)≤1, P(∅) = 0, P (Ω) = 1.
+ Nếu A B hai biến cố xung khắc thìP (A∪B) =P(A) +P (B).
+ Nếu A B hai biến cố độc lập thìP (AB) =P (A)P (B).
+ Nếu A B hai biến cố P (A∪B) =P (A) +P(B)−P (A∩B).
(71)Dạng Dùng định nghĩa cổ điển để tính xác suất
Ví dụ 6.
a) Gieo ngẫu nhiên súc sắc cân đối đơng chất hai lần Tính xác suất biến cố: “Tích hai mặt chấm hai lần gieo số lẻ chia hết cho 3”
b) Gieo đồng xu cân đối đồng chất lần Tính xác suất biến cố: “Có hai đồng xu xuất mặt sấp”
Giải.
a) Ta có |Ω|= 62 = 36 Gọi A biến cố: “Tích hai mặt chấm hai lần gieo số lẻ chia hết cho 3” Suy ΩA ={(1; 3),(3; 1),(3; 3),(3; 5),(5; 3)} ⇒ |ΩA|= 5.
Vậy P (A) = |ΩA|
|Ω| =
5 36.
b) Ta có|Ω|= 24 = 16.GọiB biến cố: “Có hai đồng xu xuất mặt sấp” Suy ΩB ={(N N SS),(SSN N),(SN SN),(SN N S),(N SN S),(N SSN)} ⇒ |ΩB|= 6.
Vậy: P (B) = |ΩB|
|Ω| =
6 16 =
3 8.
Ví dụ 7.
a) Một tổ gồm có nam nữ Muốn chọn hai học sinh tiếp tục chọn thêm học sinh Tính xác suất biến cố cho lần thứ hai chọn học sinh nữ
b) Một hộp chứa viên bi đỏ, viên bi xanh viên bi vàng Muốn lấy viên bi Tính xác suất biến cố cho số bi lấy có hai màu
Giải. a) Ta có tổng học sinh: + = 14 ⇒ |Ω|= C214.C112 = 1092.
TH1: Lần thứ chọn hai học sinh nam lần thứ hai chọn học sinh nữ Suy số cách: C26.C18 = 120
TH2: Lần thứ chọn hai học sinh nữ lần thứ hai chọn học sinh nữ Suy số cách: C28.C16 = 168
TH3: Lần thứ chọn học sinh nam, học sinh nữ lần thứ hai chọn học sinh nữ Suy số cách: C16.C18.C17 = 336.
GọiA biến cố: “ Lần thứ hai chọn học sinh nữ” Suy
|ΩA|= 120 + 168 + 336 = 624.
Vậy P(A) = |ΩA|
|Ω| =
624 1092 =
4 7.
b) Ta có tổng số viên bi: + + = 15⇒ |Ω|= C415= 1365.
TH1: Số viên bi lấy có ba màu Suy số cách:
(72)TH2: Số viên bi lấy có màu Suy số cách
C46+ C45+ C44 = 21.
GọiB biến cố: “ Số viên bi lấy có hai màu” Suy
|ΩA|= 624; P (B) = |ΩB|
|Ω| =
624 1365 =
16 35.
Ví dụ 8.
a) Từ chữ số 1,2,3,4,5,6, chọn ngẫu nhiên ba chữ số Tính xác suất biến cố cho ba chữ số lấy thỏa mãn số nhỏ lớn hiệu hai chữ số lại b) Gieo đồng xu cân đối đồng chất súc sắc Tính xác suất biến cố cho súc sắc xuất mặt chấm lẻ
c) Với năm đoạn thẳng có độ dài là:1cm,2cm,3cm,4cm,5cm. Muốn chọn ba đoạn thẳng Tính xác suất để ba đoạn thẳng chọn tạo thành tam giác
Giải. a) Ta có |Ω| = C36 = 20. Gọi x, y, z ba chữ số chọn thỏa mãn x < y < z
z−y < x.
TH1: Nếu x= ta chọn
y=
z = ;
y=
z = ;
y=
z =
TH2: Nếu x= ta chọn
y=
z = ;
y=
z = ;
y=
z =
TH3: Nếu x= ta chọn
y=
z =
Gọi A biến cố: “Ba chữ số lấy thỏa mãn số nhỏ lớn hiệu hai chữ số cịn lại” Ta có ΩA ={(2,3,4),(2,4,5),(2,5,6),(3,4,5),(3,4,6),(3,5,6),(4,5,6)} ⇒
|ΩA|= 7.VậyP (A) = |ΩA|
|Ω| =
7 20.
b) Ta có |Ω| = C12C16 = 12. Gọi B biến cố: “Con súc sắc xuất mặt chấm lẻ”
ΩB ={(S1),(S3),(S5),(N1),(N3),(N5)} ⇒ |ΩB|= 6.VậyP(B) = |Ω| B|
Ω| = 12 =
1 2.
c) Ta có |Ω| = C35 = 10. Ta biết rằng, tam tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh lại hiệu độ dài hai cạnh nhỏ độ dài cạnh cịn lại Gọi C biến cố: “Để ba đoạn thẳng chọn tạo thành tam giác” Suy ΩC = {(3cm,4cm,5cm),(2cm,4cm,5cm),(2cm,3cm,4cm)} ⇒ |ΩC| = 3.
VậyP(C) = |ΩC|
|Ω| =
(73)Dạng Dùng quy tắc tính xác suất
Ví dụ 9.
a) Một lớp học có bốn bóng đèn Xác suất sáng bóng đèn
5 Lớp học có
đủ ánh sáng có ba bóng đàn sáng Tính xác suất để lớp học có đủ ánh sáng b) Một hộp có cầu màu trắng, cầu màu đen cầu màu đỏ Lấy ngẫu nhiên cầu Tính xác suất cho thứ màu trắng, thứ hai màu đen lại màu đỏ
c) Một lớp học có 30 học sinh, có học sinh giải thưởng mơn Lý, học sinh giải thưởng mơn Hóa học sinh giải thưởng Lý Hóa Chọn ngẫu nhiên học sinh lớp Tính xác xuất để học sinh chọn khơng có giải thưởng
Giải. a) Ta có xác suất sáng bóng đèn
5, suy xác suất bóng khơng
sáng
5
GọiA biến cố: “Lớp học có ba bóng đèn sáng” ⇒P(A) = C34
4
3
1
.
GọiB biến cố: “Lớp học có bốn bóng đèn sáng” ⇒P (B) = C44
4
4
.
Ta có A B hai biến cố xung khắc Vậy xác suất để lớp học có đủ ánh sáng là:
P(A∪B) =P (A) +P (B) = C34
4
31
5
+ C44
4
4
= 512 625.
b) Tổng số cầu là:5 + + = 16
GọiA biến cố: “ Quả thứ màu trắng” ⇒P (A) = 16.
GọiB biến cố: “ Quả thứ hai màu đen” ⇒P (B) = 15.
GọiC biến cố: “ Quả thứ ba màu đỏ” ⇒P (C) = 14.
GọiD biến cố: “ Quả thứ tư màu đỏ” ⇒P (D) = 13.
Ta có A, B, C, D độc lập Vậy P (ABCD) = 16.
7 15.
4 14.
3 13 =
(74)c) Gọi A biến cố: “ Chọn học sinh giải thưởng môn Lý” ⇒P (A) = 30.
GọiB biến cố: “ Chọn học sinh giải thưởng môn Hóa” ⇒P (B) = 30.
Khi biến cố A∩B chọn học sinh giải thưởng Lý Hóa
⇒P (A∩B) =
30.
Gọi C biến cố: “ Chọn học sinh giải thưởng ”
⇒P (C) =P (A∪B) =
30 + 30 −
4 30 =
1 3.
Vậy, xác xuất để học sinh chọn khơng có giải thưởng
⇒P !C"= 1−P (C) = 1− =
2 3.
Kết thúc viết mời độc giả làm tập sau:
1) Xét khai triển (1 +x2+x3)7 thành đa thứcP(x) =a0+a1x+a2x2+ .+a21x21.
Tìm hệ số a9
2) Tìm số hạng chứa x3 khai triển
x3−x2+
x n
, biếtCnn−−64 +nA2n= 454.
3) Tìm hệ số lớn số hạng lớn khai triển: (2 + 3x)11
4) Chứng minh:20C0n+ 21C1n+· · ·+ 2nCnn= 4nC0n−4n−1C1n+ 4n−2C2n−· · ·+ (−1)nCnn.
5) Tính tổng:S = 1C
0
n+
1 2C
1
n+
1 3C
2
n+ .+
1
n+ 1C
n
n.
6) Tính tổng:S = C14n+ C34n+ C45n+· · ·+ C24nn−1.
7) Gieo súc sắc cân đối đồng chất hai lần Tính xác xuất biến cố cho tổng số mặt chấm hai lần gieo số chẵn chia hết cho
(75)Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình mũ phương trình lơgarit
Nguyễn Quang Thi
Trường THPT Bảo Lộc, Lâm Đồng
1 Cơ sở lý luận
Chúng ta biết rằng, trường THPT dạng toán giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình quen thuộc với học sinh Tuy nhiên việc sử dụng tính chất hàm số vào giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình mẽ khó học sinh Trong đề thi Tốt nghiệp tuyển sinh Đại học năm gần có nhiều tốn phải giải theo phương pháp Phạm vi đề tài này, tơi sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình mũ lơgarit Do đa dạng phong phú phương pháp, nên chia nhỏ thành dạng nhằm giúp học sinh dễ nhớ
2 Một số yêu cầu giáo viên học sinh
Chúng ta biết rằng, giáo dục trình biến lực loài người thành lực cho học sinh Do đó, cần hình thành cho học sinh lực giải tốn thơng qua phương pháp truyền thụ
2.1 Đối với giáo viên
- Truyền thụ tri thức phương pháp giải toán
- Phân loại dạng toán để giúp học sinh sử dụng phương pháp phù hợp
2.2 Đối với học sinh
- Nắm vững phương pháp để vận dụng vào giải toán
- Nắm kiến thức cách xác, có hệ thống, hiểu, nhớ vận dụng kiến thức toán học
(76)- Có lực suy nghĩ độc lập, tức tự thấy vấn đề, phát tìm cách giải quyết, có óc phê phán
- Có lực suy nghĩ linh hoạt, sáng tạo, tức khơng theo đường mịn
3 Một số dạng toán
Dạng 1: Hàm số f (x) đồng biến khoảng (a;b) và hàm số g(x)
nghịch biến khoảng (a;b)
Khi đó, phương trình f(x) = g(x) có nghiệm nghiệm khoảng
(a;b) (nếuf(x)hoặc g(x) hàm kết đúng)
Ví dụ 1: Giải phương trình: 5x−2 = 3−x.
Giải. a) Đặtf(x) = 5x−2 hàm số xác định trênR, ta có f(x) = 5x−2ln >0,∀x∈R
suy f(x) đồng biến R⇔x2 + 3x+ = 0⇔x= −3 +
√
5 , x=
−3−√5
2
Đặt g(x) = 3−x hàm số xác định R , ta có g(x) = −1< 0,∀x ∈ R, suy
g(x) nghịch biến R⇔x2+ 3x+ = 0⇔x= −3 +
√
5 , x=
−3−√5
2 .
Khi đó, phương trình f(x) = g(x)⇔ 5x−2 = 3−x, nhận thấy với x= phương trình thoả mãn suy x= nghiệm
Vậy tập nghiệm phương trình là: S={2}.
Ví dụ 2: Giải phương trình: log3(x+ 1) =
x+ 2.
Giải. Điều kiện
x+ 1>0
x+ 2= ⇔
x >−1
x=−2 ⇔x >−1.
Đặt f(x) = log3(x+ 1) hàm số xác đồng biến khoảng (−1; +∞)
f(x) =
(x+ 1) ln >0,∀x∈(−1; +∞)
và g(x) =
x+ hàm số nghịch biến khoảng (−1; +∞) g
(x) = −
(77)Khi đó, phương trình f(x) = g(x) ⇔ log3(x+ 1) =
x+ 2, nhận thấy với x =
phương trình thoả mãn suy x= nghiệm Vậy tập nghiệm phương trình là: S={2}.
Ví dụ 3: Giải phương trình: log1
3 x= 3x.
Giải.Đặtf(x) = log1
3 xlà hàm số nghịch biến khoảng(0; +∞)(dof
(x) =
xln1
<
0,∀x∈(0; +∞)) vàg(x) = 3xlà hàm số đồng biến khoảng(0; +∞)(do g(x) = 3>
0) Khi phương trình f(x) = g(x) ⇔ log1
3 x = 3x , nhận thấy với x =
1
3 thoả mãn
phương trình suy x=
3 nghiệm
Vậy tập nghiệm phương trình là: S=
1
( .
Bài tập 1: Giải phương trình sau:
1)
1
x
=x−1
2.
2)4x+ 5x = 9.
3)5x+ 12x = 13x 4)76−x =x+ 5)2−x = 3x+ 10.
6)
1
x
=x+ 1.
7)3x.2x= 3x+ 2x+ 1.
8)x.2x =x(3−x) + (2x−1) 9)3.8x+ 4.12x−18x−2.27x =
Bài tập 2: Giải phương trình sau:
1)log2(x+ 1) =
x+
(78)3)log2(x2−1) = log1
4x−11
4)log3x=−x+ 11 5)log1
3 x= 3x
6)log1
2 x= 16
x.
7)log√3+2(x+ 2) = log√3−1(x−1)
Dạng 2: Đặt ẩn phụ
Đặt ẩn phụ t = ax ⇒ t > 0,(t = logax) Đưa phương trình bậc hai xem t ẩn x
đóng vai trị tham số
Ví dụ 4: Giải phương trình: 9x+ (x−2) 3x+ 2x−5 =
Giải. Đặtt = 3x ⇒t >0, ta đượct2+ (x−2)t+ 2x−5 = 0(xem tlà ẩn xlà tham
số) ⇔t= 5−2x t=−1(loại) Với t = 5−2x⇔3x = 5−2x.
Lập luận dạng 1, ta suy rax= nghiệm Vậy tập nghiệm phương trình là: S={1}
Ví dụ 5: Giải phương trình: log22x−(7−x) log2x+ 6−x=
Giải: Điều kiện x >0. đặt t= log2x, ta được: t2−(7−x)t+ 6−x= (xem t ẩn
x tham số) ⇔t= t = 6−x
Với t = 1⇔log2x= ⇔x= (thỏa đk) Với t = 6−x⇔log2x= 6−x
Lập luận dạng 1, ta suy rax= nghiệm Vậy: Tập ngiệm phương trình là: S ={2,4}.
Bài tập 3: Giải phương trình sau:
1)4x+ (x−12) 2x+ 11−x= 2)25x−2(3−x).5x+ 2x−7 = 3)3.25x−2+ (3x−10).5x−2+ 3−x=
(79)Dạng 3: Đoán nghiệm chứng minh nghiệm nhất nhờ tính chất hàm số
Ví dụ 6: Giải phương trình sau:
a)1 + 8x2 = 3x
b)
1 +a2
2a x
−
1−a2
2a x
= 1, a∈(0; 1).
Giải. a) Nhận thấy với x = thoả mãn phương trình cho Ta chứng minh x =
nghiệm
Thật vậy: Chia hai vế phương trình cho 3x, ta
x +
2√2
x
= 1.
Với x >2suy
x +
2√2 x < +
2√2
2
= 1. (không thỏa)
Với x <2suy
x +
2√2 x > 2 +
2√2
2
= 1. (không thỏa)
Vậy tập nghiệm phương trình là: S={2}.
b) Pt ⇔
1 +a2
2a x
= +
1−a2
2a x
Chia hai vế pt cho
1 +a2
2a x
, ta
1 =
2a
1 +a2 x
+
1−a2
1 +a2 x
.
Do a ∈ (0; 1), nên ∃α ∈
0;π
sao cho tanα
2 = a Phương trình trở thành =
⎛
⎝ tan α
2 + tan2 α
2 ⎞ ⎠ x + ⎛
⎝1−tan2 α
2 + tan2 α
⎞ ⎠ x
⇔1 = [sinα]x+ [cosα]x.
Nhận thấy với x = phương trình thỏa mãn Ta chứng minh x = nghiệm Thật vậy: Với x >2 suy ra(sinα)x+ (cosα)x <(sinα)2+ (cosα)2 = (không thỏa)
Với x < suy (sinα)x+ (cosα)x > (sinα)2 + (cosα)2 = (không thỏa) Suy
(80)Ví dụ 7: Giải phương trình sau: a)log5!3 +√3x+ 1"= log4(3x+ 1)
b)log2(1 +√x) = log3x
Giải. a) Đặt t= log4(3x+ 1)⇒3x+ = 4t, ta
log5
3 +√4t
=t⇔
3 +√4t
= 5t ⇔3 + 2t= 5t (∗)
Nhận thấy với t = phương trình thoả mãn Ta chứng minh t = nghiệm
nhất Thật vậy: Chia hai vế phương trình (∗) cho 5t, ta được3
t + t
= 1.
Với t >1 suy
t + t <3 1 + 1
= (không thỏa)
Với t <1 suy
t + t >3 1 + 1
= (khơng thỏa)
Khi đó, suy ra3x+ = 41 ⇔x=
Vậy tập nghiệm phương trình là: S={1}.
b) Điều kiện x >0 Đặt t= log3x⇒x= 3t, ta
log2
1 +√3t
=t⇔1 +√3t = 2t⇔
t + √ t
= (∗)
Nhận thấy với t = (∗) thỏa mãn Ta chứng minh t = nghiệm Thật vậy:
+ Nếu t >2⇒
t + √ t < 2+ √
2 = (không thỏa)
+ Nếu t <2⇒
t + √ t > 2+ √
2 = (khơng thỏa)
Khi đó2 = log3x⇒x= 32 =
Vậy tập nghiệm phương trình là: S={9}.
Ví dụ 8: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình
(81)Giải. Nhận thấy phương trình ln có nghiệmx=y=a,∀a∈R∗
Giả sử x=y Khơng tính tổng qt giả sử x > y (1) ⇔xy −yx =x−y.
Ta tìm x > y cho xy−yx >0 Ta có xy −yx >0⇔ lnx
x >
lny y
Xét hàm số f(t) = lnt
t , ta có f
(t) = 1−lnt
t2 f
(t) = 0⇔ t = e Suy hàm số
f(t) đồng biến khoảng (0;e) nghịch biến khoảng (e; +∞).
Do2< e <3và ln
2 = ln
4 < ln
3 Suy cặp(x;y)thỏa mãn là(3; 2),(b; 1), b >1.
Lập luận tương tự cho trường hợpx < y, ta có cặp(x;y)thỏa mãn là:(2; 3),(1;c), c >1.
Vậy tập nghiệm phương trình là:S ={(a;a),(b; 1),(1;c),(2; 3),(3; 2) ;∀a, b, c∈R∗}.
Bài tập 4: Giải phương trình sau:
1)3x+ 4x = 5x 2)2x = 3x2 +
3)!4−√15"x+!4 +√15"x =!2√2"2x.
4)1 + 8x2 = 3x.
5)!6−√35"x+!6 +√35"x =!2√3"2x.
6)log2(1 +√x) = log3x.
7)2 log6(√x+√4 x) = log4x.
8)log7x= log3(√x+ 2).
Dạng 4: Hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) trên D.
Với u, v ∈Dsao cho f(u) =f(v)⇔u=v.
Ví dụ 9: Giải phương trình sau:
a)2x2+3 cosx−2x2+4 cos3x = cos 3x b)47+x
2
x2 −4x3+3x47x+212 = 280−21x−7x2
x2+ 3x .
Giải. a) Phương trình cho ⇔2x2+3 cosx−2x2+4 cos3x = (4 cos3x−3 cosx)
(82)⇔2x2+3 cosx+ (x2 + cosx) = 2x2+4 cos3x+ (x2+ cos3x). (∗)
Xét hàm số f(t) = 2t+ 5t Ta có f(t) = 2tln + > 0,∀t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến R, nên (∗)⇔f(x2+ cosx) =f(x2+ cos3x)⇔cos 3x= 0⇔x= π
6 +
kπ
3 .
Vậy tập nhiệm phương trình là: S =
π
6 +
kπ
3 , k ∈Z
( .
b) Điều kiện x=−3 x= 0.
Phương trình cho ⇔4x72+1−4x72+x2+3x40 = 7
40
x2+ 3x−1
⇔4x72+1−4x72+x2+3x40 =−7
7
x2 +
+
7
x2 +
40
x2+ 3x
⇔4x72+1+
7
x2 +
= 4x72+x2+3x40 + 7
7
x2 +
40
x2 + 3x
. (∗∗)
Xét hàm số f(t) = 4t+ 7t
Ta có f(t) = 4tln + 7>0,∀t∈R⇒f(t) đồng biến R
(∗∗)⇔f
7
x2 +
=f
7
x2 +
40
x2+ 3x
⇔
7
x2 +
=
7
x2 +
40
x2+ 3x
⇔x2 + 3x−40 = 0⇔
&
x=−8
x= 5.
Vậy tập nhiệm phương trình là: S ={−8,5}.
Ví dụ 10. Giải phương trình sau:
a)log3 x
2+x+ 3
2x2+ 4x+ = 7x
2+ 21x+ 14.
b)log3
x2+x+ 2x2−2x+
=x2 −3x+ 2.
Giải. a) Điều kiện x
2+x+ 3
2x2+ 4x+ >0 Đặt u=x
2+x+ 3, v = 2x2+ 4x+ 5 ⇒u, v >0
Khi phương trình cho ⇔log3 u
(83)Xét hàm số f(t) = log3t+ 7t, cóf(t) =
tln + 7>0,∀t∈(0; +∞)
Suy hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) Từ suy
f(u) =f(v)
u >0, v >0 ⇒u=v ⇔v−u= ⇔x2+ 3x+ = 0⇔
&
x=−1
x=−2
Vậy: tập nhiệm phương trình S ={−2,−1}.
b) Điều kiện x
2+x+ 1
2x2−2x+ >0 Đặtu=x
2+x+ 1, v = 2x2−2x+ 3⇒u, v >0.
Khi đó(2) ⇔log3 u
v =v−u⇔log3(u) +u= log3(v) +v
Xét hàm số f(t) = log3t+t, cóf(t) =
tln + >0,∀t∈(0; +∞)
Suy hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) Từ suy
f(u) = f(v)
u >0, v >0 ⇒u=v ⇔v−u= 0⇔x2−3x+ = 0⇔
& x=
x=
Vậy tập nghiệm phương trình là: S={1,2}.
Bài tập 5: Giải phương trình sau:
1)5x+2−53x+1 = 2x−1
2)2x2+3 cosx−2x2+4 cos3x = cos 3x 3)log2
2x−1
|x|
= +x−2x
4)log1
x4+ 14x2+ 7x+ 13x2+ 13x+ =x
4+x2−6x−8.
4 Hiệu giải pháp
Đề tài đưa cách giải số dạng tốn trình mũ phương trình lơgarit thơng qua việc sử dụng tính chất hàm số có phạm vi kết áp dụng sau:
- Giúp cho thân đồng nghiệp việc giảng dạy lớp 12 tốt
(84)- Giúp học sinh phát huy tính tích cực lòng say mê học tập tiếp cận dạng dạng toán nêu
Đề tài đăng tạp chí “Dạy Học ngày nay” vào tháng 12 năm 2012
KẾT LUẬN
Ý nghĩa giải pháp
Trong đề tài này, đưa cách giải số dạng toán phương trình mũ phương trình lơgarit thơng việc sử dụng tính chất hàm số Các dạng tốn là:
- Nếu hàm số f(x) đồng biến khoảng (a;b) hàm số g(x) nghịch biến khoảng (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nghiệm nghiệm khoảng (a;b) (nếu f(x) g(x) hàm kết đúng)
- Đặt ẩn phụ t=ax ⇒t >0, (t = logax) Đưa phương trình bậc hai xem t ẩn x đóng vai trị tham số
- Đốn nghiệm chứng minh nghiệm nhờ tính chất hàm số
- Hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) D. Với u, v ∈ D cho f(u) =
f(v)⇔u =v.
Hy vọng đề tài đóng góp phần nhỏ cho thân đồng nghiệp việc giảng dạy lớp tốt Từ bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh luyện thi đại học cho học sinh
Đề tài đăng tạp chí “Dạy Học ngày nay” vào tháng 12 năm 2012
2 Những kiến nghị đề xuất
(85)Vấn đề biên soạn tập phục vụ cho việc giảng dạy mơn Hình học bậc trung
học phổ thơng Lê Bá Khánh Trình
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Tp Hồ Chí Minh
1 Nhu cầu thực tế vấn đề biên soạn
Trong trình giảng dạy mơn tốn, tập đóng vai trị định việc tiếp thu kiến thức Việc bổ sung tập vấn đề cấp thiết theo lý sau:
- Cầu thiết phải có tập để bám sát thực tế giảng dạy trình độ người học, giúp nắm bắt củng cố kịp thời hiệu phần lý thuyết
- Cần bảo đảm tính khách quan việc kiểm tra, thi cử
- Cần trì mạch liên tục trình vận dụng củng cố kiến thức giới thiệu: Các tập phải xếp hợp lý, đầy đủ; tập sau không rèn luyện củng cố học vừa trình bày mà cịn phải nhắc lại , ơn tập số học trước Ngồi ra, tập cịn có nhiệm vụ phát triển kết đem lại tập trước làm rõ nét cấu trúc tồn chương trình học
- Đối với mơn hình học, thực trạng phần lớn tập tập trung vào việc rèn luyện kỹ tính tốn (chủ yếu vận dụng trực tiếp công thức vừa học) nên cần thiết phải bổ sung tập có nội dung hình học thực sự, kỹ tính tốn cần xem cơng cụ để thiết lập mối tương quan hình học
2 Yêu cầu kinh nghiệm thực tế vấn đề biên soạn
a) Yêu cầu việc biên soạn
Các tập biên soạn trước hết phải có tính phân loại, nên tốt gồm hai phần: phần đầu dành cho việc làm quen, thông hiểu vấn đề tính tốn học; phần sau dành cho việc vận dụng kỹ tính tốn vào vấn đề cụ thể nhiều có nội dung hình học túy
(86)bài phải tích hợp hai nhiều điểm nhấn Trong số điểm nhấn nên ý đến kiến thức tập có trước vài ý tưởng có chiều sâu, có tính khái qt cao liên quan đến chương trình học
Mỗi tập biên soạn tốt nên có nội dung tương đối trọn vẹn: tiếp nối tập giải trước (theo hướng tổng quát đối lập) xem xét tương đối đầy đủ khía cạnh tình cụ thể Thông thường, sau giải xong loại tập này, người học dễ dàng tóm tắt nội dung
b) Kinh nghiệm việc biên soạn
Để biên soạn tập đáp ứng yêu cầu nêu trên, tham khảo vài kinh nghiệm sau:
- Chắc lọc ý tưởng hay, tình đặc sắc tập sưu tập Thay đổi cách phát biểu, trình tự suy luận bổ sung thêm vài chi tiết phù hợp với mục đích truyền đạt, kiểm tra vấn đề học Thông thường, cách làm không làm biến động khối lượng kiến thức kỹ cần thiết so với toán nguyên mẫu
- Tổng hợp vài ý tưởng chọn lọc vào toán cố gắng thu xếp ý tưởng vào tình với đối tượng hình học phù hợp biết để có tốn tổng hợp Cơng việc phối hợp, cài đặt cần phải thực khéo léo, tinh tế để toán thu mang vẻ tự nhiên, khơng cồng kềnh, rối rắm Điều địi hỏi bề dày kiến thức, kinh nghiệm trình suy nghĩ, cân nhắc nhiều công sức
(87)Một số biện pháp rèn luyện phát triển các phẩm chất trí tuệ học sinh thơng
qua giải tốn Lê Anh Tuấn Trường Đại học Đồng Nai
Bài viết đề cập đến số biện pháp rèn luyện phát triển phẩm chất trí tuệ của học sinh THCS, THPT thơng qua giải toán Tương ứng với biện pháp thực hiện, chúng tơi nêu số ví dụ cụ thể để minh họa.
1 ĐẶT VẤN ĐỀ
Ở trường phổ thơng, dạy tốn dạy hoạt động tốn học cho học sinh (HS), giải tốn hình thức chủ yếu Do vậy, việc dạy HS giải tập tốn có vị trí quan trọng Thơng qua giải tốn phát triển cho HS thao tác tư duy, rèn luyện phát triển phẩm chất trí tuệ
Phẩm chất trí tuệ thể chủ yếu tính linh hoạt tính độc lập Cả hai đặc tính góp phần tạo nên tính sáng tạo
• Tính linh hoạt biểu mặt sau:
+ Khả thay đổi phương hướng giải vấn đề phù hợp với thay đổi điều kiện, biết tìm phương pháp (PP) để nghiên cứu giải vấn đề Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ sang hoạt động trí tuệ khác, không suy nghĩ rập khuôn, suy nghĩ theo đường mòn
+ Khả xác lập phụ thuộc kiến thức ngược với cách biết, gọi tính thuận nghịch tư
+ Khả nhìn tốn theo quan điểm khác nhau, từ giúp HS có nhiều cách giải khác
• Tính độc lậpcủa trí tuệ biểu sau:
+ Tự phát tìm PP giải vấn đề, khơng tìm lời giải sẵn, khơng hồn tồn dựa vào ý nghĩ lập luận người khác
(88)của
+ Có tinh thần hồi nghi khoa học, ln tự đặt cho câu hỏi sao, đâu, nào, lĩnh hội kiến thức
2 BIỆN PHÁP THỰC HIỆN
2.1 Biện pháp 1: Tập cho HS biết cách khái quát hoá, đặc biệt hố, tương tự hóa, cụ
thể hóa Tập cho họ biết dự đoán, nêu giả thuyết, kiểm chứng giả thuyết học định lý hay giải tập tốn
Ví dụ 1: Sau giải phương trình bậc hai, ta khái qt hóa
cách xét phương trình dạng:
ax2n+bxn+c= (a= 0, n ∈N).
Các phương trình trùng phương dạng ax4+bx2+c= 0, a= lại trường hợp đặc biệt phương trình với n =
Ví dụ 2: Quan sát từ bảng số sau:
4 = + 2, = + 3, = + 5, 10 = + = + 5, 12 = + 7,14 = + 11 = + 7,
16 = + 13 = + 11, 18 = + 13 = + 11,
Ta khái quát sau : Mọi số chẵn biểu diễn dạng tổng hai số nguyên tố Đây phát độc đáo Goldbach vào năm 1742 Cho đến toán chưa giải
Ví dụ 3:Xét trường hợp đặc biệt hóa từ bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai
bộ số : (a1, a2, a3) (b1, b2, b3) Ta có
(a1b1+a2b2+a3b3)2 ≤(a21+a22+a23)(b12+b22+b23) (1)
Chọn a21 =a, a22 =b, a23 =c, b21 =
a, b
2 =
1
b,b
2 =
1
c, với a, b, cdương
Từ (1) ta có bất đẳng thức
(a+b+c)
1
a +
1
b +
1
c
≥9. (2)
Như (2) có đặc biệt hóa từ bất đẳng thức (1)
(89)đẳng thức : Từ (1) ta có bất đẳng thức
(x+y+z)
1
x+y +
1
y+z +
1
z+x
≥
2.
⇔ x
y+z + y z+x +
z x+y ≥
3
2. (3)
(3) Bất đẳng thức Nesbit
2.2 Biện pháp 2: Chọn số tập có cách giải đơn giản cách áp
dụng qui tắc học, nhằm khắc phục sức ỳ tư duy, tăng khả giải tốn cách linh hoạt, sáng tạo
Ví dụ 1: Giải phương trình: x4−2ax2+x+a2−a= (a tham số)
Ta có:
x4−2ax2 +x+a2−a= ⇔a2−(2x2+ 1)a+x4+x= 0.
Nếu coi phương trình theo ẩn x gặp khó khăn lời giải, coi phương trình theo ẩn a giải dễ dàng
Ví dụ 2:Cho tam giácABC bất kì, với AB =c,BC =a,CA=b Chứng minh
với x thuộcR, ta có:
a) + x
2
2 ≥cosA+x(cosB + cosC) (1)
b) b2x2+ (b2+c2−a2)x+c2 >0 (2)
Các bất đẳng thức (1) (2) sau biến đổi thu gọn có dạng:
f(x) =Ax2+Bx+C ≥0 f(x) =Ax2+Bx+C >0,
trong A=
2 hoặcA =b
2 đều dương Khi đó, thay giải tốn cho ta chứng
minh: Δ≤0cho (1) Δ<0 cho (2)
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
|x−3|= 4−2y
|x+ 3|+|y−1|= 3y−5. (I)
Nếu giải theo cách thông thường (phá dấu trị tuyệt đối chia đoạn) dài
phức tạp Nhưng ta nhận xét 4−2y≥ 0,3y−5≥0 suy
(90)đó y−1>0 nên |y−1|=y−1 Nếu cộng hai vế hai phương trình (I)ta có:
|x−3|+|x+ 3|= 0⇒
x−3 =
x+ = ⇒hệ cho vơ nghiệm
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC, đường cao AH Trên cạnh AB, AC dựng hình vng
ABDE ACF G nằm phía ngồi tam giác Chứng minh đường cao AH qua trung điểm M EG
A
B H C
E
D
F G
M
E
DựngE choA trung điểm EE Để chứng minh M trung điểm EG, ta chứng minh AM song song GE hay chứng minh GE vng góc với BC
Nếu dùng phương pháp hình học túy để giải chứng minh không đơn giản Nhưng ta sử dụng phép quay vào việc giải tốn ta có lời giải đơn giản sau:
Xét phép quay tâm A, góc quay 90◦ ta có:
B →E C →G.
Do đó, biến BC thànhGE Từ suy :BC vng góc GE
2.3 Biện pháp 3:Khuyến khích HS tìm nhiều lời giải khác tốn
Việc tìm nhiều lời giải tốn giúp HS biết cách nhìn nhận vấn đề nhiều góc cạnh khác nhau, tăng cường khả phân tích tìm tịi lời giải, góp phần rèn luyện phát triển phẩm chất trí tuệ HS
Ví dụ 1: Giải phương trình (PT)
√
x−2 +√4−x=x2−6x+ 11. (1)
Cách 1: Đặt ẩn phụ
(91)Đặt u=√x−2, v =√4−x (điều kiện u, v không âm) Đưa việc giải hệ
u2+v2 =
u+v =−u2v2+ 3.
Tìm u, v, sau thay ngược trở lại tìm x Đáp số x=
Cách 2: Tìm GTLN GTNN hai vế
◦ Hướng thứ nhất:
Ta nhận thấy: (x−2) + (4−x) = Đặt A=√x−2 +√4−x,
suy A2 = + 2(x−2)(4−x)≤2 + = 4( Bất đẳng thức Cơ-si) Do đóA≤2
Mặt khác: x2−6x+ 11 = (x−3)2+ 2≥2 Dùng phương pháp đối lập suy nghiệm x=
◦ Hướng thứ hai:
Vế trái phương trình có dạng bất đẳng thức Bunhiacopski
√
x−2 +√4−x≤(1 + 1)[(x−2) + (4−x)] = 2.
Mặt khác, vế phải phương trình
x2 −6x+ 11 = (x−3)2+ 2≥2.
Dùng phương pháp đối lập suy nghiệm x= 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình sin4x+ cos4x= (1).
Cách 1: Nhìn phương trình phương trình bậc cao, dẫn đến ý tưởng hạ
bậc
sin4x+ cos4x= 1− 2sin
22x hay sin4x+ cos4x=1−cos 2x
2
2
+
1 + cos 2x
2
2 .
Cách 2: Vế trái phương trình có bậc 4, vế phải có bậc Dẫn đến ý tưởng nâng
bậc vế phải
(1)⇔sin4x+ cos4x= (sin2x+ cos2x)2.
Cách 3:Phương trình chứa nhiều kiểu hàm số (sinx cosx), dẫn đến ý tưởng làm
giảm số hàm số có mặt phương trình
◦ Hướng thứ nhất:
Biến đổi(1)⇔sin4x+ (1−sin2x)2 = 1, hay biến đổi (1)⇔(1−cos2x)2+ cos4x= 1.
(92)Biến đổi (1) ⇔ sin4x = 1−cos4x ⇔ sin4x = (1 + cos2x)(1−cos2x) ⇔ sin4x = sin2x(2 + sin2x).
◦ Hướng thứ ba: Chia hai vế (1) cho sin4x (hay cos4x) đưa phương trình theo
tanx hay cotx
◦ Hướng thứ tư:
Đặt t= tanx
2 đưa (1) phương trình theo t
Cách 4: Nhìn 1như (sin2x+ cos2x), dẫn đến ý tưởng nhóm số hạng:
(1)⇔sin4x+ cos4x= sin2x+ cos2x⇔sin2x(1−sin2x) + cos2x(1−cos2x) = 0.
Ví dụ 3: Tính tích phânI =
π
0
cos 2x
(sinx+ cosx)4 dx.
Cách 1: I =
π
0
cos 2x
(1 + sin 2x)2 dx.
Đặt t= + sin 2x Tính tích phân theo t kết quảI = 4.
Cách 2: I =
π
0
cos2x−sin2x
(sinx+ cosx)4 dx=
π
0
cosx−sinx
(sinx+ cosx)3 dx.
Đặt t= sinx+ cosx. Chuyển tích phân theo t, tính I = 4.
Cách 3: I =
π
0
cos 2x
4 cos4
x−π
4
dx.
Đặt t=x−π
4 Chuyển tích phân theot, tính I = 4.
2.4 Biện pháp 4: Cho HS giải số tốn khơng mẫu mực
Qua việc giải số toán này, HS đưa cách giải nhanh, sáng tạo không rập khuôn theo cách giải có sẵn
(93)Đây phương trình khó giải theo cách thơng thường
(1)⇔sin
x+ π
4
= 2−sin22x. (2)
Nhận thấy
sin
x+ π
4
≤1
2−sin22x≥1
nên
(2)⇔
sin
x+ π
4
= 2−sin22x= ⇔
x= π
4 +k2π(k ∈Z).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
x2+y2+z2 = 27
xy+yz+zx= 27.
Nhân với hai vế phương trình trừ vế ta
(x−y)2+ (y−z)2+ (z−x))2 = 0⇔x=y=z.
Thay kết vào hai phương trình ta nhận x = y = z = 3;
x=y=z =−3.
2.5 Biện pháp 5: Tập cho HS phát chỗ sai lời giải, tìm nguyên nhân
đề xuất cách giải
Khi tìm phát lỗi sai sửa lỗi giúp HS nắm kiến thức Ngoài tạo cho HS tinh thần hoài nghi khoa học, ln tự đặt cho câu hỏi sao, đâu, lĩnh hội kiến thức
Ví dụ 1: Tìm GTNN biểu thức: A= (x+ 1)(x+ 4)
x với x >0
• Xét lời giải HS:
Theo bất đẳng thức Cơ-si với hai số dương, ta có
x+ 1≥2√x x+ ≥4√x. (1)
Suy (x+ 1)(x+ 4)
x ≥
2√x.4√x
x = 8. Vậy GTNN A
• Sai lầm.
Trước hết ta nhắc lại định nghĩa GTNN (hoặc GTLN) biểu thứcf(x) Ta nói a GTNN (hoặc GTLN) biểu thức f(x) hai điều kiện sau thỏa mãn:
• Điều kiện Với x thuộc tập xác định biểu thức, ta có f(x) ≥ a (hoặc
(94)• Điều kiện Tồn x0 thuộc tập xác định cho f(x0) =a
Sai lầm lời giải chưa xét điều kiện (tức kiểm tra tồn x0 cho f(x0) = a) Trong lời giải trên, A = xảy bất đẳng thức (1) trở thành đẳng thức, tức x= x= Điều khơng thể xảy
• Sửa sai.
Ta có A= (x+ 1)(x+ 4)
x =
x+
x
+ 5≥2
x.4
x + = 9.
A= 9⇔x=
x ⇔x= (do x >0) Vậy GTNN A 9với x=
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
m(m−2)x2−2mx+ = 0. (1)
• Xét lời giải HS:
(1) có nghiệm ⇔Δ ≥0⇔m2−3m≤0⇔0≤m ≤3.
• Sai lầm.
Lời giải sai vớim = 0thì(1) trở thành0x+ = 0, phương trình vơ nghiệm khơng có nghiệm Ngun nhân sai lầm dùng kiến thức:“(1) có nghiệm ⇔Δ ≥0” chưa khẳng định (1) phương trình bậc hai
• Sửa sai
Xét m= 0, (1) trở thành 0x+ = 0, nên vô nghiệm Xét m= 2, (1) trở thành −4x+ = 0, có nghiệm
Xét m= m = Khi (1) phương trình bậc hai, nên (1) có nghiệm ⇔Δ ≥ 0≤m≤3. Do m= m = nên ta 0< m≤3và m =
Kết luận: Các giá trị m để(1) có nghiệm 0< m≤3.
3 KẾT LUẬN
Để rèn luyện phẩm chất trí tuệ HS thơng qua giải tốn sử dụng số biện pháp như:
• Tập cho HS biết cách khái qt hố, đặc biệt hố, tương tự hóa, cụ thể hóa
• Chọn số tập có cách giải đơn giản cách áp dụng qui tắc học
• Khuyến khích HS tìm nhiều lời giải khác toán
(95)• Tập cho HS phát chỗ sai lời giải, tìm nguyên nhân đề xuất cách giải đúng,
Rèn luyện phẩm chất trí tuệ cho HS việc làm lâu dài, quan trọng cần thiết Chính nhờ phẩm chất HS phát triển khả tư mộn Tốn mà cịn nhiều mơn học khác, thực tế đời sống
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Nguyễn Bá Kim(2008), Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB ĐHSP
2 Lê Văn Tiến(2005), Phương pháp dạy học mơn Tốn trường phổ thơng (Các tình
huống dạy học điển hình), NXB Đại học quốc gia TP.HCM
3 Nguyễn Vĩnh Cận, Phan Nghiêm(1990), Sai đâu Tại sao?, NXB giáo dục
(96)Một số phương pháp chứng minh hàm số hàm hằng
Nguyễn Trọng Tuấn
Trường Phổ Thông Năng Khiếu, ĐHQG-HCM
Báo cáo trình bày số kỹ thuật việc chứng minh hàm số hàm tập số thực R Các kỹ thuật để xử lý phương trình hàm đề cập thơng qua toán từ đơn giản đến phức tạp Các toán chọn lọc để hướng đến kì thi học sinh giỏi
1 Chứng minh hàm số nhận hai giá trị khác nhau
Bài toán 8. Cho hàm số f :R→R thỏa mãn f(xy) = f(x) +f(y)
x+y với mọi x, y ∈Rmà
x+y= 0 Chứng minh rằng f là hàm hằng.
Lời giải. Cho y= với mọix=−1 ta có
f(x) = f(x) +f(2)
x+ ⇒(x+ 1)f(x) = f(x) +f(1), (1.1)
Hay xf(x) =f(1),∀x=−1.
Cho x= đẳng thức ta có f(1) =
Như vớix∈ {0;−1} ta được(1.1)trở thành(x+ 1)f(x) =f(x), điều xảy f(x) = Vậy f(x) = 0,∀x∈ {0;−1}.
Ta tính giá trị hàm số x= x=−1 Cho y= với x= ta có:
f(0) = f(x) +f(0)
x ⇒(x−1)f(0) =f(x). (1.2)
Cho x = (1.2) ta có f(0) = f(2) = Cuối (1.2) cho x = −1 ta có
(97)Bài tốn 9 (Balkan, 1997). Cho hàm f :R→R thỏa mãn:
1) f(0) = 2;
2) Có số a sao cho f(x+y) =f(x)f(a−y) +f(y)f(a−x),∀x, y ∈R.
Chứng minh rằng f là hàm hằng.
Lời giải. Cho x=y= ta được:
f(0) =f(0)f(a) +f(0)f(a)⇒f(a) = f(0) 2f(0) =
1 2.
Cho y = ta đượcf(x) =f(x)f(a) +f(0)f(a−x) =
2f(x) +
2f(a−x).Từ suy
f(x) =f(a−x) ∀x∈R. (2.1)
Lại thayy a−x ta có :
f(a) = (f(x))2+ (f(a−x))2 ⇒(f(x))2+ (f(a−x))2 =
2. (2.2)
Từ (2.1) (2.2) ta f(x) =
2 f(x) =− 2.
Bây vớix ta có
f(x) = f
x
2 +
x
2
= 2f
x
2
f
a− x
2
.
Do (2.1) nên f
x
2
=f
a− x
2
. Do f(x) = 2f2
x
2
≥0 ∀x∈R. Vì ta phải có
f(x) =
2 ∀x∈R. Thử lại thấy hàmf thỏa mãn
Bài tốn 10. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện
(98)Lời giải. Thay y= vào (3) ta có
f(x) = f(x)ef(0)−1 ⇔f(x)(1−ef(0)−1) = 0⇔
&
f(x) =
f(0) =
Nhận xét hàm f(x)≡0 thỏa mãn
Xét trường hợp f(x)= 0, cóx0 mà f(x0)= 0, suy f(0) = 1. Thay x= 0:
f(y) =f(0)ef(y)−1 =ef(y)−1 ∀y∈R,
hay f(x) =f(0)ef(x)−1 =ef(x)−1 ∀x∈R.
Ta xét hàm số g(t) = et−1−t với t∈R, ta có g(t) =et−1−1, g(t) = 0⇔t = 1.
Bằng cách lập bảng biến thiên hàm g(t) ta thấy g(t)≥ ∀t ∈ R g(t) = ⇔
t = 1. Do đóf(x) =ef(x)−1 ⇔f(x) = 1.
Vậy có hai hàm số thỏa mãn làf(x) = 0với mọix∈Rvàf(x) = 1với mọix∈R
Bài tốn 11. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện
1 +f(f(x) +y) = f(x2+y) + 2f(x) + 2y ,∀x, y ∈R.
Lời giải. Thay y −f(x) ta
1+f(y) =f(x2−f(x)+y)+2f(x)+2(y−f(x)⇒f(x2−f(x)+y) = 1−2y+f(y),∀x, y ∈R.
Vì vế phải đẳng thức không phụ thuộc vào x nên ta có ý tưởng chứng minh
x2−f(x)là số Giả sử x2−f(x)nhận hai giá trị khác nhaua vàb vớib > a Khi
f(b+y) = 1−2y+f(y) = f(a+y).
Suy f hàm tuần hoàn với chu kì t=b−a.
Trong phương trình hàm đầu thay y y+t ta
1 +f(f(x) +y+t) =f(x2+y+t) + 2f(x) + 2(y+t)
Hay f tuần hoàn với chu kỳ t nên
1 +f(f(x) +y) =f(x2+y) + 2f(x) + 2(y+t)
So sánh đẳng thức với phương trình hàm ban đầu ta t= 0, vô lý
Vậy x2 −f(x) = c (hằng số) với x Thay biểu thức f(x) vào phương trình hàm ban đầu ta tìm c=−1 Vậyf(x) =x2+ với mọix ( thỏa mãn)
Đáp số: f(x) =x2 + với mọix
Bài toán 12. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn đẳng thức sau với mọi x, y ∈R:
(99)Lời giải. Cho x=y= ta f(0) = 0hoặc f(0) = 2.
Ta xét trường hợp f(0) = 0.
Khi cách cho y = ta f(x2) = (f(x))2, suy x ≥ f(x)≥
và f(x)<0 x <0và với x f(−x) =±f(x).
Ta xét tập hợp A={x∈ |f(x) = 0}. Có hai trường hợp xảy a)|A| = 1. Khi đóf(x) = 0⇔x=
• Với x >0, ta chọn y=f(x)−2xthì
f(y2+xf(y)) = 0⇔y2+xf(y) = 0⇔f(y) =−y
2
x <0⇒y <0⇒f(x)<2x.
Từ ta có bất đẳng thức sau với số tự nhiên n:
(f(x))2n ≤f!x2n"≤2x2n ⇒f(x)≤2
1 2nx
Bằng cách cho n →+∞ ta f(x)≤x.
Mặt khác, −y >0 nên
f(−y) = y
2
x ≤ −y⇒ −y≤x⇒2x−f(x)≤x⇒f(x)≥x.
Như với x >0ta có f(x) =x.
• Với x < ta có −x > nên f(−x) = −x Mà f(−x) = ±f(x), suy f(x) = ±x Nếu f(x) = −x f(x) > Chọn y = −x suy y > 0, thay vào giả thiết ta
f(2x2) =f2(0) = 0, suy 2x2 = - vô lý Do f(x) =x với x <0 b)|A|>1. Khi có a= cho f(a) =
Ta dễ dàng chứng minh khẳng định sau tậpA:
(*) “Giả sử x, y ∈A Khi −x, x2, x+y, x−y,2xy thuộc A.”
Bây với mọix >0, ln có số ngun dươngn chona−x >0 Thayy=na−x
vào phương trình hàm ban đầu ta được:
f(x2+ (na−x)f(x)) +f((na−x)2+xf(na−x)) =f(na) =
Chú ý số hạng đẳng thức không âm nên
f(x2+ (na−x)f(x)) =f((na−x)2+xf(na−x)) =
Do
x2 + (na−x)f(x)∈A,(na−x)2+xf(na−x)∈A
(100)Vậy với mọix >0 ta có
x2 −xf(x)∈A (5.1)
Từ phương trình hàm ban đầu thay y −x ta có
f(x2−xf(x)) +f(x2+xf(−x)) = 0,∀x. (5.2)
Bây với x <0 −x >0 đó, theo (5.1),
f(x2+xf(−x)) =f!(−x)2 −(−x)f(−x)"= 0.
Như (5.2) cho ta f(x2−xf(x)) = hay x2−xf(x)∈A.
Tóm lại ta chứng minh với mọix ta có x2−xf(x)∈A.
Cuối ta có
(2ax−af(x))2 = 4a2x2−4a2xf(x) +a2f2(x) = (2a)2(x2−xf(x))2+ (af(x))2 ∈A.
Dẫn đến 2ax−af(x)∈A đó2ax∈A Suy A≡R.
Vậy f(x)≡0 (thỏa mãn)
Đáp số: Có hai hàm thỏa mãn yêu cầu toán, f(x) = x với x
f(x)≡0.
2 Chứng minh f(x) = f(y) với mọi x, y thuộc tập xác
định hàm số
Bài tốn 13. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn đẳng thức sau với mọi x, y ∈R:
(x−y)f(x+y)−(x+y)f(x−y) = 4xy(x2−y2). (6)
Lời giải. Với u, v∈R u, v = 0, ta chọn x= u+v
2 , y =
u−v
2 .
Từ
x+y=u x−y =v.
Thay x, y vào hệ thức (6) ta được:
vf(u)−uf(v) = (u2−v2)uv⇒ f(u) u −u
2 = f(v)
v −v
2.
Do hàm g(x) = f(x)
x −x
2 là hàm hằng, thế
g(x) =a (∀x= 0) ⇒ f(x)
x −x
(101)Trong (6) thayx=y= ta có
−2xf(0) = ∀x= ⇒f(0) = 0.
Vậy
f(x) =x3+ax ∀x∈R, (a tùy ý).
Thử lại thấy thỏa mãn
Bài toán 14. Giả sử hàm f :R→R thỏa mãn đẳng thức
%% %% %
n
k=1
3k(f(x+ky)−f(x−ky))
%% %%
%≤1,∀n∈N∗,∀x, y ∈R. (7)
Chứng minh rằng f là hàm hằng.
Lời giải. Từ giả thiết ta có %%%%
n−1
k=1
3k(f(x+ky)−f(x−ky))%%%%≤1. Như
−1≤
n
k=1
3k(f(x+ky)−f(x−ky))≤1 (7.1)
−1≤
n−1
k=1
3k(f(x+ky)−f(x−ky))≤1. (7.2)
Nhân hai vế (7.2) với −1và cộng theo vế với (7.1) ta được:
−2≤3n(f(x+ny)−f(x−ny))≤2⇒ |f(x+ny)−f(x−ny)| ≤
3n. (7.3)
Chú ý bất đẳng thức (7.3) với n x, y
Bây với mọiu, v ∈R, ta chọn x= u+v , y =
u−v
2n ,
|f(u)−f(v)| ≤
3n.
Bất đẳng thức với mọinnên ta phải cóf(u) =f(v), nghĩa làf hàm
Bài toán 15. Tìm tất hàm f :R+ →R sao cho
f(x)f(y) =yαf
x
2
+xβf
y
2
∀x, y ∈R+, (8)
(102)Lời giải. a) Trước hết ta xét trường hợp α =β
Cho x = y, ta có (f(x))2 = 2xαf
x ⇒ f x = 2x
−α(f(x))2. Điều dẫn tới
f(x)f(y) = 2x
αy−α(f(y))2+1
2y
αx−α(f(x))2, hay
2f(x)f(y) =
x y
α
(f(y))2+
y
x α
(f(x))2 ⇒
x y
α
2
f(y)−
y
x
α
2 f(x)
2
= 0.
Suy x y α
f(y) =
y
x α
2
f(x)⇒ f(x)
xα = f(y)
yα ∀x, y ∈R
+.
Như f(x)
xα số vậyf(x) =λx
α, đó λ là số.
Thay f(x) =λxα vào (8) ta
λ2xαyα =yαλ
x
2
α
+xαλ
y
2
α
= 2λ
xy
2
α ,
hay
λxαyα!λ−21−α"= ⇔
& λ=
λ= 21−α.
Vậy f(x) = f(x) = 21−αxα hai nghiệm toán trường hợp b) Xét trường hợp α=β.
Thay đổi x, y hệ thức cho ta
f(x)f(y) =xαf
y
2
+yβf
x
2
. (8.1)
Từ (8) (8.1) ta có:
!
xα−xβ"f
y
2
=!yα−yβ"f
x Suy f x xα−xβ =
f
y
2
yα−yβ =λ, (λ số x= 1)
Như
f
x
2
=λ!xα−xβ", f
y
2
(103)
hay
f(x) =λ(2αxα−2βxβ);f(y) =λ(2αyα−2βyβ),
thay vào (8) ta có
λ2!2αxα−2βxβ" !2αyα−2βyβ"=λyα!xα−xβ"+λxβ!yα−yβ",
với x, y ∈R+\
1 2,1
(
.So sánh hệ số củaxαxβ vàyαyβ hai vế sau khai triển
ta có kết λ24α =λ λ24β =−λ, suy λ= 0.
Khi đóf(x) = ∀x∈+\
1 2,1
( .
Ta tính f(1) f
1
Ta có (f(1))2 = 2f
1
; (f(2))2 = 2α+1f(1). Vì f(2) =
nên f(1) =f
1
= 0.Vậy f(x) = ∀x∈R+ hàm số cần tìm trường hợp
Kết luận: Nếu α =β hàm cần tìm f(x)≡0 f(x) = 21−αxα; Nếu α=β
hàm số cần tìm f(x)≡0.
Bài tốn 16. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn đẳng thức sau với mọi x, y ∈R:
f(x+y) =f(x) +f(y) +f(xy).
Lời giải. Với x, y, z ta có
f(x+y+z) =f(x+y) +f(z) +f(xz+yz)
=f(x) +f(y) +f(z) +f(xy) +f(yz) +f(zx) +f(xy2z)
Tương tự ta có
f(x+y+z) =f(x) +f(y) +f(z) +f(xy) +f(yz) +f(zx) +f(xyz2)
Từ với x, y, z ta có
f(xy2z) =f(xyz2). (9.1)
Trong (9.1), cho x= ta
f(y2z) =f(yz2). (9.2)
Bây với a, bta chọn y= √3a
ab, z = b √
ab thay vào (9.2) ta cóf(a) =f(b).
(104)Bài tốn 17. Tìm tất cặp hàm sốf :R→R;g :R→R thỏa mãn
f(x3+ 2y) +f(x+y) = g(x+ 2y) ∀x, y ∈R. (10)
Lời giải. Ta chứng minh hàm f, g hàm
Với mọiα, β ∈R, ta phải tìm giá trịx, y, u, v cho
x+ 2y =α; u+ 2v =β; x3+ 2y=u+v; u3+ 2v =x+y.
Từ dẫn tới việc xét tồn nghiệm hệ phương trình sau :
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
x3+ (α−x) =u+β−u
x+α−x =u
3+ (β−u) ⇔
⎧ ⎨ ⎩
x3−x+α = u+β
u3−u+β = x+α
⇔
2(x3−x+α) =u+β x= 2(u3−u+β)−α
(10.1) (10.2)
Thay x từ (10.2) vào (10.1) ta có
2!2u3−2u+ 2β−α"3−2(2u3−2u+ 2β−α) + 2α =u+β.
Hay
h(u) = 2!2u3−2u+ 2β−α"3−2(2u3−2u+ 2β−α)−u+ 2α−β = 0.
Ta thấy h(u) đa thức bậc (là bậc lẻ) nên phương trình h(u) = có nghiệm Suy hệ phương trình ln có nghiệm (x, u).
Đặt
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
y= α−x
v = β−u
⇔
x+ 2y=α u+ 2v =β.
Như với α, β ∈ R(α= β) ta ln có số x, y, u, v cho điều kiện sau thỏa mãn :
⎧ ⎨ ⎩
x+ 2y=α, u+ 2v =β x3 + 2y=u+v
x+y=u3+ 2v.
(10.3)
Khi
g(α) =g(x+ 2y) =f(x3+ 2y) +f(x+y)
(105)Từ (10.3) ta có
f(x3+ 2y) =f(u+v)
f(x+y) =f(u3+ 2v) ⇒g(α) =g(β).
Vậy g hàm số hằng,
g(x) =a ∀x∈R.
Trong (10) thayy=−x ta có
f(x3−2x) +f(0) =a⇒f(x3−2x) = a−f(0) ∀x∈R.
Để ý với t∈R ln có x cho t=x3 −2x,
f(t) =f(x3−2x) =a−f(0) ⇒f(x) =a−f(0) ∀x ∈R. (10.4)
Vậy f hàm số
Thay x = vào (10.4) ta f(0) = a−f(0) ⇒ f(0) = a
2. Suy tất cặp
hàm f, g cần tìm là:
f(x) = a
g(x) =a
với a∈R tùy ý Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện đầu
Bài tốn 18. Tìm tất hàm f :R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
f(x)f(y) = 2f(x+yf(x)) ,∀x, y ∈R+.
Lời giải. Lấy u, v >0 lấy a∈(0;u) Chọn x=a, y= u−a
f(a), z = 2v f(x)f(y).
Ta có f(x)f(y) = 2f(x+yf(x)) = 2f(u) nên
f(x)f(y)f(z) = 2f(u)f(z) = 4f(u+zf(u)) = 4f(u+v) (11.1)
Lại có, f(y)f(z) = 2f(y+zf(y)).Do
f(x)f(y)f(z) = 2f(x)f(y+zf(y)) = 4f(x+ (y+zf(y)f(x)) = 4f(x+yf(x) +zf(x)f(y))
(106)So sánh (11.1) (11.2) ta
f(u+v) =f(u+ 2v),∀u, v >0.
Bây với x, y mà 2x > y > x > ta chọn u = 2x −y, v = y − x ta
f(u+v) = f(2x−y+y−x) = f(x) f(u+ 2v) =f(2x−y+ 2y−2x) = f(y). Vậy
f(x) =f(y) Từ dễ dàng có f(x) =f(y)với x, y > Thành thử f hàm f(x) = với mọix
Đáp số: f(x) = với x
Nhận xét:
(i) Từf(u+v) =f(u+ 2v)nếu ta thayu=−v f(0) =f(v), suy raf Tuy nhiên điều không phép u=−v khơng hợp lệ
(ii) Có thể thay số dương Đó nội dung tốn 12 sau
Bài tốn 19. Tìm tất hàm f :R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
f(x)f(y) =kf(x+yf(x)) ,∀x, y ∈R+,
ở đây k > là số cho trước.
Lời giải. Trước hết ta chứng minh f hàm đồng biến Giả sử có x > z > mà
f(x)< f(z) Ta chọn y = x−z
f(z)−f(x) >0⇔x+yf(x) =z+yf(z)
Ta có f(x)f(y) = kf(x+yf(x)) = kf(z+ (z)) =f(x)f(z). Dẫn đến điều mâu thuẫn f(y) =f(z).
Do x+yf(x)> xnên f đồng biến ta có
f(x)f(y) =kf(x+yf(x))≥kf(x)⇒f(y)≥k ∀y >0.
• Giả sử có a mà f(a) = Ta chọn x=a f(y) =kf(a+y) với y Như với số nguyên dương n ta có f(y) =knf(na+y).
Cho n→+∞ ta gặp điều mâu thuẫn Vậy f(x)= với mọix >0. • Giả sử có giá trị a >0 mà f(a) =k Khi
k2 =f(a)f(a) =kf(a+af(a)) =kf((k+ 1)a)⇒f((k+ 1)a) =k.
Từ quy nạp đơn giản ta f((k+ 1)na) =k với mọin nguyên không âm Với mỗix >0, tồn số nguyên không âmn cho
(k+ 1)na≤x <(k+ 1)n+1a.
Do f đồng biến nên
(107)• Xét trường hợp f(y)> k với k > Ta chứng f hàm đồng biến thực Thật vậy, với z > x ta lấyy= z−x
f(x) ⇔x+f(x) =z.Khi
kf(x)< f(x)f(y) =kf(x+ (x)) =kf(z)⇒f(z)> f(x).
Chú ý vế trái phuong trình hàm ban đầu đối xứng x, y nên
kf(y+xf(y)) =f(x)f(y) =kf(x+yf(x)) ⇒f(y+xf(y)) =f(x+yf(x)),∀x, y ∈R+.
Do f đồng biến thực nên f đơn ánh Vậy
y+xf(y) =x+yf(x)⇔y(f(x)−1) = x(f(y)−1)⇔ f(x)−1
x =
f(y)−1
y =c >0.
Ta f(x) =cx+ Thay biểu thức nàu vào phương trình hàm ban đầu ta k= 1.
Đáp số: k= : f(x) = cx+ 1; k = :f(x) =k với mọix
3 Nếu f(x) = f(x+g(y)), đó g(y) nhận giá trị
trong R thì f là hàm hằng
Bài tốn 20. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện
f(x) = f(x+y2+f(y)) ,∀x, y ∈R.
Lời giải. Đặt A={y2+f(y)|y∈}
Có hai trường hợp
• A={0}. Khi ta có hàm số f(x) =−x2 ,∀x∈R (thỏa mãn)
• A={0} ⇒0=a ∈A Khi
f(x) =f(x+a) ,∀x∈R. (13.1)
Từ giả thiết ta có
f(x) =f(x−y2−f(y)),∀x, y∈R. (13.2)
Đặt g(y) =y2+f(y)⇒g(y+a) = (y+a)2+f(y+a) Từ giả thiết :
f(x) = f(x+ (y+a)2+f(y+a)) =f(x+g(y+a)).
Từ (13.2) ta có
f(x+g(y+a)) =f(x+g(y+a)−y2−f(y)).
Chú ý (do (13.1))
(108)Suy
f(x) = f(x+ 2ay+a2),∀x, y ∈R. (13.3)
Vì a= nên 2ay+a2 nhận giá trị trongR Do f hàm
Đáp số: f(x) =−x2, f(x) =C ,∀x∈R.
Bài toán 21. Cho n > là số tự nhiên chẵn Tìm tất hàm f :R →R thỏa mãn
điều kiện
f(x−f(y)) =f(x+yn) +f(f(y) +yn) + ,∀x, y ∈R.
Lời giải. Dễ thấy c=f(0)= Thay x f(y)ta có
c= 2f(f(y) +yn) + ⇒f(f(y) +yn) = c−1 .
Từ phương trình hàm ban đầu trở thành :
f(x−f(y)) =f(x+yn) + c−1 + 1.
Hay
f(x−f(y)) =f(x+yn) +b ,∀x, y ∈R, với b= c+ .
Trong phuong trình hàm ta thay x bởix+f(y)thì được:
f(x) =f(x+yn+f(y)) +b ,∀x, y ∈R. (14.1)
Trong (14.1) cho y= ta f(x) =f(x+c) +b Từ ta có:
f(x−yn−f(y)) = f(x) +b ,∀x, y ∈R. (14.2)
Ta chứng minh f hàm Thật , đặt g(y) = yn+f(y)⇒g(0) =c=
Hệ thức (14.1) trở thành
f(x) = f(x+g(y)) +b. (14.3)
Từ (14.2) ta lại có
f(x+g(y+c)) +b=f(x+g(y+c)−yn−f(y)).
Do với x, y ∈R ta có:
f(x) =f(x+g(y+c)−yn−f(y)).
Từ (14.3) thay x y y 0ta có f(y) =f(y+c) +b Do
(109)Cho nên h(y) =g(y+c)−yn−f(y) = (y+c)n−yn−b đa thức bậc n−1( lẻ) h(y) lấy giá trị R
Tóm lại, ta có f(x) = f(x+h(y)) ,∀x, y ∈ R, với h(y) có tập giá trị R Vì f hàm Dễ dàng thấy f(x) =−1,∀x∈R (thỏa mãn)
Đáp số: f(x) =−1,∀x∈R.
Bài tốn 22. Tìm tất hàm f :R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
f(x+y2+f(y)) =f(x),∀x, y ∈R+.
Lời giải. Đây trường hợp đặc biệt Bài toán 14
4 Nếu f(x) = f(g(y) + h(x)) với mọi x, y, z và g(x) − g(y)
nhận giá trị trên R thì f là hàm hằng
Bài tốn 23 (BMO-2007). Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện:
f(f(x) +y) = f(f(x)−y) + 4f(x)y ,∀x, y ∈R.
Lời giải. Dễ thấy hàm f(x) ≡0 với x nghiệm tầm thường Ta tìm hàm
số khác Khi tồn x0 cho f(x0)= 0.
Ta có
f(f(x0) +y)−f(f(x0)−y) = 4f(x0)y ,∀x, y ∈R.
Ta thấy vế trái nhận giá trị nên vế phải nhận giá trị Viết lại phuong trình hàm dạng
f(y)−y2 =f(2f(x)−y)−(2f(x)−y)2,∀x, y ∈R.
Đặt g(y) =f(y)−y2 Khi ta có g(y) =g(2f(x)−y) với mọix, y
Ta chứng minhg hàm Với y1, y2 với y1 =y2 Khi có x1, x2 cho
f(x1)−f(x2) = y1−y2
2 ⇒2f(x1)−y1 = 2f(x2)−y2.
Từ g(y1) =g(y2) Vậy g(y) =clà hàm Như f(x) =x2+c(thỏa mãn)
Đáp số: f(x) = 0, f(x) = x2+c(ctùy ý)
Bài tốn 24. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện:
(110)Lời giải. Nhận xét {f(u)−2f(v)|u, v ∈R} ≡ R. Ta có g(x−2y) = g(x) với x, y Thực tương tự ví dụ
Bài tốn 25. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện:
f(x−f(y)) = 3f(x)−2x−f(y),∀x, y ∈R.
Lời giải. Viết phương trình hàm cho dạng g(x) =f(x)−x:
f(x−f(y))−(x−f(y)) = 3(f(x)−x)⇒g(x−f(y)) = 3g(x),∀x, y∈R (18.1)
Từ đẳng thức ta có
g(x−2f(y)) = 3g(x−f(y)) = 9g(x), g(x−3f(y)) = 9g(x−f(y)) = 27g(x) (18.2)
Với x1, x2 tồn y1,y2 cho
x1−x2 =f(y1)−3f(y2)⇒x1 −f(y1) =x2−3f(y2)
Sử dụng (18.1) (18.2) ta
g(x1−f(y1) =g(x2−3f(y2))⇒3g(x1) = 27g(x2).
Như thế, với x1, x2 ta có
g(x1) = 9g(x2)eqno(18.3)
Hốn đổi x1, x2 ta có
g(x2) = 9g(x1) (18.4)
Từ (18.3) (18.4) ta g(x1) =g(x2) Vậyg(x) =clà hàm Từ đóf(x) =x+c Thay biểu thức f(x) vào phương trình hàm nan đầu đượcc= Vậyf(x) =x với x
(thỏa mãn)
Đáp số: f(x) =xvới x
Chú ý: Bài giải phương pháp dãy số phương pháp thác
triển hàm số
Bài tốn 26. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện:
f(x+f(y)) = f2(y) + 2xf(y) +f(−x)∀x, y ∈R.
Lời giải. Hàmf(x) = 0với xlà đáp số tầm thường Ta tìm hàm khác Khi
đó có y0 cho f(y0)= ta suy tập hợp
{f(u)−f(v)|u, v ∈R} ≡R.
Viết phương trình hàm cho dạng
(111)Bằng cách đặt g(x) =f(x)−x2 ta g(x+f(y)) =g(−x) với mọix, y hay
g(−x+f(y)) =g(x) ∀x, y ∈R.
Với x1, x2, từ nhận xét nam đầu ta tìm y1, y2 cho x1−x2 =f(y1)−f(y2)
Hay
−x1+f(y1) = −x2+f(y2)⇒g(−x1+f(y1)) =g(−x2+f(y2)).
Như g(x1) = g(x2)và g(x) =c hàm Từ f(x) =x2 +c (thỏa mãn)
Đáp số: f(x) =x2+c với mọix
Bài toán 27. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện :
f(x+f(y)) =f4(y) + 4x3f(y) + 6x2f2(y) + 4xf3(y) +f(−x) ∀x, y ∈R.
Lời giải. Hoàn toàn tương tự Bài toán 19
5 Hàm tuần hoàn với chu kỳ nhỏ tùy ý hàm hằng
Bài tốn 28. Tìm tất hàm f :R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
f(x2+y+f(y)) =f(x)2 ∀x, y ∈R+.
Lời giải. Ta xét hai trường hợp:
a) Tồn a cho f(a) = Khi thay x = 0, y =a ta f(0) = Từ ta có f(x2) = (f(x))2, suy với x≥0thì f(x)≥0 vàf(−x) =±f(x).
• Xéta= Như f(x) = x= 0.
Cho x= ta f(y+f(y)) = suy f(y) =−y với y Nhưng dễ thấy hàm số không thỏa mãn đề
• Với a= Ta có f(a) = f(−a) = Như ta xem a >0.Gọi
A ={a∈ |f(a) = 0}.
Khi với a∈A ta có
f(x2+a) =f(x2+a+f(a)) = (f(x))2 =f(x2).
Như với x >0, f hàm tuần hịan với chu kì a
f(x+a) =f!√x"2+a
=f(x+a) ∀x.
Trước hết ta để ý f(a) = f(b) =
(112)Lấy a ∈A a > Khi f(√a)2 =f(a) = 0⇒ √a∈ A. Như với số nguyên dương n a21n ∈A.
Chú ý lim
n→+∞a
1
2n =a nên tồn số nguyên dương k cho%%%a−a21k%%%<1
Đặt b = %%%a−a21k%%% ⇒ b ∈ A < b < Ta có b chu kỳ f với số nguyên dương n ta có số b21n ∈A chu kì f với x > Như f
có chu kì bé tùy ý nên f hàm với x > Do f(x) = với x >
f(−x) =±f(x) nên f(x) = với mọix (thỏa mãn)
b)f(x)= với mọix Đặc biệt f(0) = 0. Xét tập hợp B ={y+f(y)|y∈R}.
Với a, b∈B x >0 ta có
f(x2+a) =f(x2 +b) = (f(x))2 ⇒f(x+a) =f(x+b)
Như f tuần hịan với chu kì |a−b| với x >0.
Với b∈B ta cób=y+f(y)vớiy Ta có f(b) =f(y+f(y)) = (f(0))2.Khi
b+f(0)2 =b+f(b)∈B Như với n nguyên dương b+nf(0)2 ∈B.
Với x đủ lớn ta có (để ý f tuần hồn với chu kì f(0)2)
f(x)2 =f(x2 +y+f(y)) =f(x2+f(0)2+y+f(y)) =fx2 +f(0)2
2 .
Vậy f(x) =fx2+f(0)2
. Gọib1 =x+f(x), b2 =x2 +f(0)2+fx2+f(0)2
.
Khi chu kì f
|b1−b2|=%%%x+f(x)−x2+f(0)2−fx2+f(0)2%%%
=%%%x−x2+f(0)2%%% = f(0)
2
%%
%x+x2+f(0)2%%% → 0.
Như f tuần hòan với chu kì bé tùy ý nên hàm Từ f(x)= với x ta f(x) = với mọix (thỏa mãn)
Đáp số: f(x)≡0, f(x)≡1.
Bài tốn 29. Tìm tất hàm f :R→R thỏa mãn điều kiện
(113)Lời giải. Đặt x+y =t xy =z Để tồn tạix, y ta phải có t2 ≥4z Phương trình hàm ban đầu viết dạng f((x+y)2+ 2(f(xy)−xy)) = f(x+y)2,hayf(t2+g(z)) = (f(t))2 với t, z mà t2 ≥ 4z, g(x) = 2(f(x)−x) Như ta suy với
a, b cố định vàt đủ lớn
f(t2+g(a)) =f(t2+g(b)).
Như với t đủ lớn, f hàm tuần hồn với chu kì |g(a)−g(b)|
Nghĩa với α∈ {g(a)−g(b)|a, b∈}ta có f(t2+α) = (f(t))2 với t đủ lớn Xét trường hợp g =const Khi cóα =
f(t2+α) =f(t)2 =f(t+α)2 =f!(t+α)2+α" vớitđủ lớn.
Mà
2f(t2+α) =g(t2+α) + 2(t2+α),2f((t+α)2 +β) =g((t+α)2+α) + 2((t+α)2+α),
cho nên
g((t+α)2+α) + 2((t+α)2+α) =g(t2+α) + 2(t2+α),
hay
g((t+α)2+α)−g(t2+α) = 2(−α2−2αt) vớit đủ lớn. (∗)
Trong (∗), ta ý với α = cố định t chạy khắp tập số thực ta có
2(−α2−2αt) nhận giá trị thực Suy với t đủ lớn, f tuần hoàn với chu kỳ nhỏ tùy ý Vậy f với t đủ lớn
6 Chuyển qua giới hạn
Bài tốn 30. Tìm hàm f :R→R thỏa mãn đẳng thức sau với mọi x, y ∈R:
f(x+y2)≥(y+ 1)f(x).
Lời giải. Lấy y=−1 thay x x−1 ta f(x−1 + 1)≥0.f(x−1),suy
f(x)≥0,∀x. (23.1)
Với số nguyên n >1, ta có
x
2− k+
n + x n =x
2− k+
n
+x
n =x
2− k
n
, (k= 0,1,2, , n−1).
Vì từ bất phương trình hàm hàm ban đầu ta
f
x
2− k
n ≥ + x n f x
2− k+
n
(114)Nhân tất bất đẳng thức với ta
f(2x)≥
+ x n n
f(x) (23.2)
Chú ý rằnglim
+ x n n = lim + √ x √ n
√n.√n
= +∞nên (23.2) cho n→+∞
ta suy
f(x)≤0,∀x. (23.3)
Từ (23.1) (23.3) suy f(x) = với mọix (thỏa mãn)
Đáp số: f(x)≡0
Bài tốn 31. Tìm tất hàm tăng thực sự f :R+ →R+ thỏa mãn điều kiện
f
x2 f(x)
=x ,∀x∈R+.
Lời giải. Đặt g(x) = f(x)
x ⇒f(x) =xg(x) Ta chứng minh g hàm
Hệ thức đầu trở thành f
x g(x)
=x ,∀x∈ R+. Bằng qui nạp, dễ dàng chứng minh hai kết sau với n:
g(xgn(x)) =g(x) (24.1)
và
g
x gn(x)
=g(x) (24.2)
Từ ta có với x >0 với số tự nhiên n:
f(xgn(x)) =xgn(x).g(xgn(x)) =xgn(x)g(x) = xgn+1(x) (24.3)
và
f
x gn(x)
= x
gn(x).g
x gn(x)
= x
gn(x).g(x) =
x
gn−1(x). (24.4)
Ta chứng minh g hàm Thật vậy, lấy 0< x1 < x2
• Xét trường hợp g(x2) < g(x1) Vì hàm f tăng thực nên f(x1) < f(x2) ⇒
x1g(x1)< x2g(x2) Và
(115)Sử dụng (24.3), qui nạp ta chứng minh với số tự nhiên n x1gn(x1)<
x2gn(x2) Từ x1
x2 <
g(x2)
g(x1)
n
. Bất đẳng thức cho ta điều mâu thuẫn
n →+∞
g(x1)
g(x2)
n
→0.
•Xẻt trường hợpg(x2)> g(x1) Do g(x1)
g(x2) <1nên vớinđủ lớn ta có
g(x1)
g(x2)
n < x1
x2
Từ x1
gn(x1) >
x2
gn(x2) Và f đồng biến nên
f
x1 gn(x1)
> f
x2 gn(x2)
⇒ x1
gn−1(x1) >
x2
gn−1(x2) (do(24.4)).
Hay
g(x1)
g(x2)
n−1 < x1
x2.Tiếp tục lập luận ta có
g(x1)
g(x2)
n−2 < x1
x2 Như cuối
cùng ta có g(x1)
g(x2) <
x1 x2 ⇒
x1 g(x1) >
x2
g(x2). Nhưng điều nầy vơ lí
f
x1 g(x1)
=x1 < x2 =f
x2 g(x2)
⇒ x1
g(x1) <
x2 g(x2).
Vậy ta phải có g(x1) =g(x2)⇒g(x) =C >0(hàm hằng) Từ đóf(x) =Cx(thỏa mãn)
(116)Một số mơ hình câu lạ c tốn học dành cho học sinh phổ thông
Lê Anh Vinh
Trường Đại học Giáo dục, Đại học Quốc gia Hà Nội
(117)Vài suy nghĩ tác động MOOC tới việc giảng dạy toán lớp học truyền thống
Huỳnh Quang Vũ
Khoa Toán-Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
(118)DANH SÁCH ĐẠI BIỂU
STT HỌ TÊN ĐƠN VỊ CÔNG TÁC
1 Lê Quốc Bảo trường THPT Trần Hưng Đạo, Cam Ranh, Khánh Hòa
2 Nguyễn Đức Bảo Trường THPT Nguyễn Văn Nguyễn, Tỉnh Cà Mau
3 Mai Hoàng Biên Trường Đại học Kiến Trúc Tp.HCM
4 Nguyễn Thanh Bình Trường THPT Khánh Hưng, Tỉnh Cà Mau
5 Nguyễn Văn Chi Trường PTTH chuyên Thủ Khoa Nghĩa, Châu Đốc An Giang
6 Trịnh Đào Chiến Hiệu trưởng Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai
7 Trần Đức Chiển Trường Cao đẳng Sư phạm Quảng Ninh
8 Vũ Văn Chưởng Trường THPT Sông Đốc, Tỉnh Cà Mau
9 Nguyễn Hồng Chun
10 La Chí Cơng Trung tâm GDTX huyện U Minh, Tỉnh Cà Mau
11 Lê Hùng Cường Trường THPT Phú Tân, Tỉnh Cà Mau
12 Trương Vĩnh Cường Trường THPT Nguyễn Việt Khái, Tỉnh Cà Mau
13 Nguyễn Bá Đại Trường THPT Bình Phú - Bình Dương
14 Trần Tiến Đạt Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai
15 Nguyễn Văn Đấu Trường THPT Cà Mau, Tỉnh Cà Mau
16 Trịnh Thanh Đèo Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
17 Hoàng Kim Dĩnh Trường THPT U Minh, Tỉnh Cà Mau
18 Nguyễn Công Định Trường THPT Đầm Dơi, Tỉnh Cà Mau
19 Lê Quốc Doanh Công ty Sao Phương Nam
20 Nguyễn Viết Đông Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
21 Hà Ngọc Dư Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Gia Lai
22 Lê Hữu Đức Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
23 Nguyễn Minh Đức Sở Giáo dục Đào tạo Tỉnh Cà Mau
24 Đặng Mạnh Dũng Trường PTDT Nội trú, Tỉnh Cà Mau
25 Trần Nam Dũng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
26 Huỳnh Mộng Giao Cao Đẳng sư phạm Cà Mau, Tỉnh Cà Mau
27 Bùi Mạnh Hà Trường Đại học Trần Đại Nghĩa, Tp Hồ Chí Minh
28 Phạm Thu Hà Trường THPT Thái Phiên, Hải Phòng
29 Nguyễn Thị Thu Hà Đại học Cơng nghiệp Tp Hồ Chí Minh
30 Nguyễn Minh Hải Trung cấp Đại Việt
31 Nguyễn Văn Hải Trường THPT Chuyên Thăng Long - Đà Lạt
32 Nguyễn Quốc Hận Trường THPT Nguyễn Mai, Tỉnh Cà Mau
33 Nguyễn Văn Hận Trường THPT Nguyễn Văn Nguyễn, Tỉnh Cà Mau
34 Thi Hồng Hạnh THPT Chuyên Long An
35 Hà Thúc Hảo Trường THPT Cái Nước, Tỉnh Cà Mau
36 Phan Minh Hậu Trung tâm GDTX huyện Cái Nước, Tỉnh Cà Mau
37 Phan Thanh Hiến Việt Anh School, TP Thủ Dầu Một, Tỉnh Bình Dương
38 Khổng Thanh Hiền Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai, Tỉnh Cà Mau
39 Lê Ngọc Hiền Trung tâm GDTX Tp Cà Mau, Tỉnh Cà Mau
40 Trần Minh Hiền Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước
41 Nguyễn Quốc Hiếu Trường THPT Hồ Thị Kỷ, Tỉnh Cà Mau
(119)STT HỌ TÊN ĐƠN VỊ CÔNG TÁC
43 Phan Trung Hiếu Đại học Sài Gòn
44 Võ Đức Hùng Trường THPT Khánh An, Tỉnh Cà Mau
45 Hoàng Văn Hưng Trường THPT Huỳnh Phi Hùng, Tỉnh Cà Mau
46 Triệu văn Hưng Trường THPT Dương Quảng Hàm Văn Giang Hưng Yên
47 Nguyễn Thị Hương Trường THPT Phan Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
48 Nguyễn Thị Cúc Hương Bộ mơn Tốn, Trường Dự bị Đại học Tp.HCM
49 Nguyễn Ngọc Huy Trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo - Bình Thuận
50 Hồ Nguyễn Đăng Khoa Trường THPT Minh Đạm, Phước Hưng, Long Điền, BRVT
51 Nguyễn Văn Khởi Trường THPT Đầm Dơi, Tỉnh Cà Mau
52 Huỳnh Khắc Kiệt Trường THPT Viên An, Tỉnh Cà Mau
53 Đặng Trần Thảo Lam Trường Dự Bị Đại Học TP.HCM
54 Lê Thanh Liêm Sở Giáo dục Đào tạo Tỉnh Cà Mau
55 Phan Duy Linh Trường THPT Thái Thanh Hòa, Tỉnh Cà Mau
56 Dương Bửu Lộc Sở Giáo dục Đào tạo Tp.HCM
57 Trương Tấn Lời Sở Giáo dục Đào tạo Tỉnh Cà Mau
58 Hoàng Thanh Long THPT Chuyên Long An
59 Trần Phạm Hoàng Long Trường THCS Thế Giới Trẻ Em, Bình Chánh, Tp.HCM
60 Nguyễn Thành Lực Trung Tâm Ngoại Ngữ Tin Học Tỉnh Kon Tum
61 Đậu Xuân Lương Trường Cao đẳng Sư phạm Quảng Ninh
62 Nguyễn Văn Lượng Đại học Nguyễn Tất Thành, Tp.HCM
63 Phan Hoàng Lũy Trường THPT Cái Nước, Tỉnh Cà Mau
64 Nguyễn Khắc Minh Cục Khảo thí KĐCLGD, Bộ Giáo dục Đào tạo
65 Đoàn Văn Mười Trường THPT Tân Đức, Tỉnh Cà Mau
66 Phạm Sỹ Nam Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
67 Đặng Văn Nghiệp Trường THPT Thới Bình, Tỉnh Cà Mau
68 Trương Thái Ngọc Trường THPT Trần Văn Thời, Tỉnh Cà Mau
69 Vũ Thị Bích Ngọc Trường THPT Thới Bình, Tỉnh Cà Mau
70 Khổng Chí Nguyện Trường Đại học Tân Trào, Tuyên Quang
71 Trần Chí Nguyện Trường THPT Khánh Hưng , Tỉnh Cà Mau
72 Trần Hằng Ni Trường THPT Khánh An, Tỉnh Cà Mau
73 Trần Ninh UBND Phường Xuân Hà, Q Thanh Khê, Tp Đà Nẵng
74 Nguyễn Thị Oanh Trường THPT Lê Cơng Nhân, Tỉnh Cà Mau
75 Hồng Hồng Phấn Trường THPT Phú Hưng, Tỉnh Cà Mau
76 La Thành Phó Trường THPT Lê Cơng Nhân, Tỉnh Cà Mau
77 Phạm Văn Phượng Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
78 Phạm Hoàng Quân Đại học Sài Gịn
79 Hồng Xn Quảng Trường Đại học An Giang, Tp Long Xuyên, An Giang
80 Dương Bảo Quốc Trường THPT Khánh Lâm, Tỉnh Cà Mau
81 Trần Văn Sĩ Trường THPT Võ Thị Hồng, Tỉnh Cà Mau
82 Lê Xuân Sơn Trường THPT Chuyên, Đại học Vinh
83 Trần Hữu Sự Trường THPT Tân Đức, Tỉnh Cà Mau
84 Nguyễn Khánh Sũng Trường THPT Phú Hưng, Tỉnh Cà Mau
85 Hồ Chí Tâm Trường THPT Thái Thanh Hịa, Tỉnh Cà Mau
86 Lục Minh Tân Trường Trung Học Phổ Thông Tuy Phong
87 Trần Minh Tạo Trường THPT Trần Văn Thời, Tỉnh Cà Mau
88 Nguyễn Minh Thái Trường THPT Cà Mau, Tỉnh Cà Mau
89 Võ Văn Thăm Trường THPT Phan Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
(120)STT HỌ TÊN ĐƠN VỊ CÔNG TÁC
91 Nguyễn Trung Thành Trường THPT Phú Hưng, Tỉnh Cà Mau
92 Trương Thị Ngọc Thảo Trường THCS Thế Giới Trẻ Em, Bình Chánh, TpHCM
93 Nguyễn Văn Thiện Trường chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai
94 Phan Thiện Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai, Tỉnh Cà Mau
95 Bùi Quang Thịnh Đại học Tiền Giang
96 Trịnh Huỳnh Thịnh Trường THPT Viên An, Tỉnh Cà Mau
97 Hữu Thoại Trung tâm GDTX huyện Thới Bình, Tỉnh Cà Mau
98 Võ Quốc Thống Sở Giáo dục Đào tạo Tỉnh Cà Mau
99 Nguyễn Tất Thu THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai
100 Võ Văn Thử Trường THPT Thới Bình , Tỉnh Cà Mau
101 Huỳnh Lộc Thuận Trường THPT Sông Đốc, Tỉnh Cà Mau
102 Lư Quang Thuận Công ty Sao Phương Nam
103 Lê Thiện Thương Trường THPT Võ Thị Hồng, Tỉnh Cà Mau
104 Nguyễn Hoàng Thương Trường THPT Võ Thị Hồng, Tỉnh Cà Mau
105 Trương Thị Thùy Trường THPT Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
106 Phan Văn Til Trường THPT Huỳnh Phi Hùng, Tỉnh Cà Mau
107 Lê Trung Tình Trung tâm GDTX Tp Cà Mau, Tỉnh Cà Mau
108 Võ Văn Toàn Trường THPT Hồ Thị Kỷ, Tỉnh Cà Mau
109 Đặng Thị Thùy Trang Trường THPT Đoàn Thị Điểm, Thạnh Phú, Bến Tre
110 Nguyễn Văn Tràng Trường THPT Nguyễn Mai, Tỉnh Cà Mau
111 Dương Văn Trạng Trường THPT Khánh Lâm, Tỉnh Cà Mau
112 Trương Văn Triều Trường THPT U Minh, Tỉnh Cà Mau
113 Nguyễn Ngọc Trinh Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
114 Lê Bá Khánh Trình Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
115 Đặng Đức Trọng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
116 Đỗ Phạm Thanh Tú THPT Chuyên Long An
117 Ngô Bé Tư Trung tâm GDTX huyện Trần Văn Thời, Tỉnh Cà Mau
118 Lê Anh Tuân Trường THPT Tắc Vân, Tỉnh Cà Mau
119 Lê Anh Tuấn Trường Đại Học Đồng Nai
120 Nguyễn Trọng Tuấn Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG-HCM
121 Nguyễn Phương Tùng Sở Giáo dục Đào tạo Tỉnh Cà Mau
122 Chung Mạnh Tưởng Trường THPT Nguyễn Việt Khái, Tỉnh Cà Mau
123 Lê Thị Thanh Tuyền Trường THCS & THPT Thuận Mỹ, Châu Thành, Long An
124 Lê Thảo Vi Trường THPT Phạm Văn Sáng, Hóc Mơn, Tp.HCM
125 Lê Anh Vinh Đại học Giáo dục, ĐHQG- Hà Nội
126 Nguyễn Văn Vĩnh Trường THPT Ngọc Hiển, Tỉnh Cà Mau
127 Huỳnh Huy Vũ Trung tâm GDTX huyện U Minh, Tỉnh Cà Mau
128 Huỳnh Quang Vũ Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
129 Nguyễn Tăng Vũ Trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG TPHCM
130 Phương Văn Vũ Trường THPT Tắc Vân, Tỉnh Cà Mau
131 Hữu Lý Vui Trường PTDT Nội trú Tỉnh Cà Mau
132 Võ Văn Vui Trung tâm GDTX huyện Trần Văn Thời, Tỉnh Cà Mau
133 Hồ Công Xuân Vũ Ý Khoa Sư phạm, Trường Đại Học Tiền Giang
(121)DANH SÁCH SINH VIÊN VÀ CỰU SINH VIÊN
STT HỌ TÊN TRƯỜNG
1 Nguyễn Đức Ân Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
2 Lê Thị Cương Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
3 Lý Chí Cường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
4 Nguyễn Tiến Đạt Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
5 Nguyễn Tuấn Đạt Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
6 Trần Quốc Đạt Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
7 Nguyễn Thị Thùy Dung Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
8 Lê Quốc Dũng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
9 Tô Việt Dũng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
10 Lê Thái Dương Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
11 Nguyễn Hoàng Hải Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
12 Trương Thị Phượng Hằng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
13 Trương Thị Phượng Hằng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
14 Võ Thị Thanh Hằng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
15 Nguyễn Thị Hiền Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
16 Nguyễn Thành Hiệp Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
17 Nguyễn Hiếu Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
18 Đỗ Thanh Hoan Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
19 Nguyễn Thị Huế Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
20 Nguyễn Văn Hữu Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
21 Nguyễn Thanh Huy Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
22 Trương Hoàng Huy Đại học Sài Gòn
23 Nguyễn Thanh Huyền Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
24 Huỳnh Ngọc Lân Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
25 Lâm Thị Thùy Linh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
26 Phạm Thị Linh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
27 Nguyễn Hữu Lộc Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
28 Nguyễn Duy Minh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
29 Nguyễn Đức Nam Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
30 Phạm Thị Kim Ngân Đại học Sư phạm TP.HCM
31 Nguyễn Văn Nghĩa Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
32 Lê Ngọc Nguyên Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
33 Nguyễn Võ Như Nguyên Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
34 Trần Minh Nguyệt Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
35 Nguyễn Thành Nhân Đai học Bách khoa, ĐHQG-HCM
36 Hoàng Thị Ninh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
37 Đoàn Thị Thùy Oanh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
38 Phan Thi Hồng Sương Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
39 Lê Quang Tấn Tài Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
(122)STT HỌ TÊN TRƯỜNG
41 Hồ Thanh Minh Thành Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
42 Lê Doãn Thịnh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
43 Lê Thị Kim Thoa Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
44 Thiều Thị Kim Thoa Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
45 Dương Hồng Bích Thuận Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
46 Nguyễn Thị Bích Thuận Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
47 Phạm Thị Thủy Đại học Sư Phạm Hà Nội
48 Nguyễn Văn Tịnh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
49 Tô Quang Tịnh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
50 Võ Hoàng Trọng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG-HCM
51 Ngô Minh Tuyền Đại học Sư phạm Tp HCM