Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá trong việc giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐỒN VĂN AN ÁP DỤNG KHÁI QT HỐ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC ĐÀ NẴNG - NĂM 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐỒN VĂN AN ÁP DỤNG KHÁI QT HỐ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS PHAN ĐỨC TUẤN ĐÀ NẴNG - NĂM 2016 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi, hướng dẫn TS Phan Đức Tuấn Các kết luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả Đoàn Văn An MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu Đóng góp đề tài Cấu trúc luận văn CHƢƠNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ 1.1 CÁC KHÁI NIỆM .4 1.1.1 Khái quát hóa 1.1.2 Đặc biệt hóa 1.1.3 Tƣơng tự hóa 1.2 VAI TRỊ CỦA KHÁI QT HỐ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TOÁN SƠ CẤP 10 1.2.1 Vai trị khái qt hóa, đặt biệt hóa, tƣơng tự hóa việc giải tốn sơ cấp 10 1.2.2 Các ví dụ minh họa 12 CHƢƠNG ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP 26 2.1 MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC 26 2.1.1 Giới thiệu tóm tắt lý thuyết bất đẳng thức 26 2.1.2 Một số vận dụng đẳng thức bất đẳng thức .28 2.2 MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG LƢỢNG GIÁC 47 2.2.1 Giới thiệu số công thức lƣợng giác 47 2.2.2 Một số vận dụng lƣợng giác 49 2.2.3 Vận dụng đặc biệt hoá để chứng minh bất đẳng thức lƣợng giác tam giác .60 2.3 MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG HÌNH HỌC 65 2.4 MỘT SỐ BÀI TỐN THƢỜNG GẶP TRONG CHƢƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG (SỐ HỌC) 75 KẾT LUẬN 89 TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Giải toán sơ cấp bậc học phổ thông hoạt động quan trọng Chúng ta biết khơng phải tốn giải đƣợc cách dễ dàng Khi gặp toán mà giải trực tiếp gặp nhiều khó khăn ta nên xét trƣờng hợp đặc biệt, trƣờng hợp tƣơng tự hay tổng qt xét tốn theo khía cạnh lại dễ từ trƣờng hợp ta suy cách giải tốn ban đầu Khái qt hóa, đặc biệt hóa tƣơng tự hóa, thao tác tƣ có vai trị quan trọng q trình dạy học tốn trƣờng phổ thơng Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tƣơng tự hóa phƣơng pháp giúp mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải tốn, mở rộng, đào sâu, hệ thống hố kiến thức góp phần quan trọng việc hình thành phẩm chất trí tuệ cho học sinh.Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá tƣơng tự hóa chƣa đƣợc rèn luyện mức dạy học trƣờng phổ thông Việc áp dụng lƣợng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; vào việc giải toán sơ cấp ngày phát triển, tạo hứng thú cho em q trình học tốn, vận dụng tốn vào sống, tạo hứng thú học sinh u thích tốn học, đam mê sáng tạo, tìm tịi cho mơn tốn Vì lý đó, tơi chọn đề tài: “Áp dụng khái qt hố, đặc biệt hoá, tương tự hoá việc giải toán sơ cấp” cho luận văn Thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu vai trị khái qt hoá, đặc biệt hoá tƣơng tự dạy học tốn dạy học lƣợng giác, hình học chứng minh bất đẳng thức Đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá tƣơng tự cho học sinh vào giải tốn lƣợng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; số dạng toán khác hay gặp bậc phổ phổ thông Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu 3.1 Đối tƣợng nghiên cứu Việc áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tƣơng tự hoá để giải toán sơ cấp phổ thơng - Một số tốn đẳng thức bất đẳng thức (Đại số) - Một số toán lƣợng giác - Một số tốn hình học - Một số toán thƣờng gặp chƣơng trình phổ thơng (Số học) Trong phần đƣa vào ví dụ tập áp dụng cụ thể 3.2 Phạm vi nghiên cứu Tìm hiểu khả khái qt hố, đặc biệt hố, tƣơng tự hóa học sinh phổ thơng thơng qua tốn lƣợng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; vài dạng toán hay gặp bậc phổ thông Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu tổng hợp từ sách, báo, tài liệu có đề cập đến khái qt hố, đặc biệt hố, tƣơng tự hóa, lý luận dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, sách giáo viên, tạp chí giáo dục, Đóng góp đề tài ây dựng, hệ thống đề xuất số biện pháp nhằm áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hố tƣơng tự hóa cho học sinh phổ thơng chứng minh số dạng tốn đẳng thức bất đẳng thức, lƣợng giác hình học, số dạng toán thƣờng gặp bậc phổ thông (số học) Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, hai chƣơng danh mục tài liệu tham khảo Chƣơng Khái quát hoá, đặc biệt hoá, tƣơng tự hoá Chƣơng Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tƣơng tự hoá việc giải toán sơ cấp vào chứng minh đẳng thức bất đẳng thức, lƣợng giác, hình học dạng thƣờng gặp khác bậc phổ thông (số học) CHƢƠNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ 1.1 CÁC KHÁI NIỆM 1.1.1 Khái qt hóa Theo G Pơlya, “Khái qt hóa chuyển từ việc nghiên cứu tập hợp đối tƣợng việc nghiên cứu tập lớn hơn, bao gồm tập hợp ban đầu” 3, tr.21 Trong “Phƣơng pháp dạy học mơn Tốn”, tác giả Nguyễn Bá Kim, Vũ Dƣơng Thụy nêu rõ: “Khái quát hóa chuyển từ tập hợp đối tƣợng sang tập hợp lớn chứa tập hợp ban đầu cách nêu bật số đặc điểm chung phần tử tập hợp xuất phát” 7, tr.31 Chẳng hạn, khái quát hóa, chuyển từ việc nghiên cứu tam giác sang nghiên cứu tứ giác, đa giác với số cạnh Từ hệ thức lƣợng tam giác vuông sang việc nghiên cứu hệ thức lƣợng tam giác thƣờng Chúng ta chuyển việc nghiên cứu bất đẳng thức cho hai số sang bất đẳng cho n số tùy ý, Trong ví dụ cho thấy khái quát hóa chuyển từ chỗ xét đối tƣợng sang việc xét toàn thể lớp bao gồm đối tƣợng Xét ví dụ: Ở lớp ta có định lí sau: "Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung qua tiếp điểm có số đo nửa số đo cung bị chắn" Ta có ba trƣờng hợp: B O C O B B A Hình 1a x A Hình 1b x O A Hình 1c x Hình 1a: Tâm O nằm bên ngồi góc Hình 1b: Tâm O nằm cạnh góc Hình 1c: Tâm O nằm bên góc Trong ba trƣờng hợp ta chứng minh đƣợc góc tạo tia tiếp tuyến dây cung qua tiếp điểm nửa số đo góc tâm chắn cung nửa số đo cung bị chắn Từ khái quát hóa đến quy luật phổ biến góc tạo tia tiếp tuyến dây cung qua tiếp điểm nửa số đo cung bị chắn Nhƣ sở nghiên cứu ba trƣờng hợp riêng lẻ xảy (và xảy ba trƣờng hợp mà thơi) ta khái qt hóa vấn đề đặt Những dạng khái qt hóa thƣờng gặp mơn tốn biểu diễn theo sơ đồ sau: Khái quát hóa Khái quát hóa từ riêng Khái quát hóa từ tổng lẻ đến tổng quát quát đến tổng quát Khái quát hóa tới tổng Khái quát hóa tới tổng quát biết quát chƣa biết Nhƣ có hai đƣờng khái quát hóa: đƣờng thứ sở so sánh trƣờng hợp riêng lẻ, đƣờng thứ hai không dựa so sánh mà dựa phân tích tƣợng hàng loạt tƣợng giống 78 Bài 13.6 So Sánh hai phân số 1990 1930 2005 1945 (2.13.6) Hƣớng dẫn giải Từ (2.13.5) ta có 1941  nên theo (2.13.3) suy 1931 1941 1941  64 2005   1931 1941  64 1995 Từ (2.13.6) ta có 1930  nên theo (2.13.4) suy 1945 1930 1930  60 1990   1945 1945  60 2005 Bài 13.7 So Sánh số hữu tỉ sau: A= 19751976  19751975  B = 19751975  19751974  (2.13.7) Bài 13.8 So Sánh số hữu tỉ sau: C= 20052004  20052003  D = 20052005  20052004  Hướng dẫn giải: Từ (2.13.7), Rõ ràng A > theo (2.13.3) Ta có: 19751976  (19751976  1)  1974 19751976  1975  A= > 19751975  (19751975  1)  1974 19751975  1975 1975(19751975  1) 19751975    B 1975(19751974  1) 19751974  Vậy: A > B Từ (2.13.8), Rõ ràng C < theo (2.13.4) Ta có (2.13.8) 79 C= 20052004  (20052004  1)  2004 2005(20052003  1) =  20052005  (20052005  1)  2004 2005(20052004  1) 20052003  = D 20052004  Vậy: C < D + Từ (2.13.7) (2.13.8) cho ta toán tổng quát sau: Bài 13.9 Với n, m * So sánh hai số hữu tỉ: n n1  nn  B  n1 A n n 1 n 1 Bài 13.10 Với n, m * (2.13.9) So sánh hai số hữu tỉ: mm  mm1  D  m1 C  m1 m 1 m 1 (2.13.10) Hướng dẫn giải: Từ (2.13.9) ta có: - Nếu n = thi A = B - Nếu n > ta thấy A > Vì nn1   nn  Theo (2.13.3) Ta có: nn1  (nn1  1)  (n  1) nn1  n n(nn  1) A n  n  n  B n 1 (n  1)  (n  1) n  n n(nn1  1) Vậy: A > B Từ (2.13.10) ta có: - Nếu m = C = D - Nếu m > ta thấy C < Vì mm + < mm+1 + Theo (2.13.4) Ta có: C mm  (mm  1)  (m 1) mm  m m(mm1  1)    D mm1  (mm1  1)  (m 1) mm1  m m(mm  1) 80 Vậy C < D + Từ toán (2.13.9), (2.13.10) cho ta toán tổng quát hơn, khái quát sau: Bài 13.12 Cho a, b, m, n, x, y ∈ N* thỏa mãn x ≥ a, y ≥ b So sánh số tỉ: x m1  a xn  a B  n1 A n x a x a (2.13.11) Bài 13.12 Cho a, b, m, n, x, y ∈ N* thỏa mãn x ≥ a, y ≥ b So sánh số tỉ: yn  b y m1  b C  n1 D  m y b y b (2.13.12) Bài toán ban đầu 14: Phân tích đa thức A  n3 -n thành nhân tử chung (2.14) Giải: A  n3 – n  n  n2 –1  n  n –1 n  1   n –1 n  n  1 + Từ (2.14) cho ta toán sau: Bài 14.1 Với n Z Chứng minh rằng: A = n3 – n chia hết cho Hƣớng dẫn giải: Cách 1: ( ét số dƣ) Ta chứng minh A A Ta có: A = n3 – n = (n – 1)n(n + 1) - Nếu n => A - Nếu n  2k  n –1  2k  A - Nếu n  3k A (2.14.1) 81 - Nếu n  3k  n   3k  A - Nếu n  3k  n   (3k  3)  A Mà (2,3) =  A 2.3 => A Cách 2: Ta có A  n3 – n   n –1 n  n  1 Vì n Z nên (n – 1)n(n + 1) tích số nguyên liên tiếp nên A hay A Cách 3: (Sử dụng định lý Fermat) Ta có: n2 n (mod2) => n3 n (mod2) mà n3 n (mod3) => n3 – n => A + Từ kết (2.14.1) cho ta toán tổng quát sau: Bài 14.2 Cho a1, a2, a3, …, an số nguyên Chứng minh Nếu a1 + a2 + a3 + … + an a13  a23  a33   an3 Hướng dẫn giải: Ta có a3 – a (a Nên a (2.14.2) Z)  a1    a23  a2    a33  a3     an3  an  a  a23  a33   an3    a1  a2  a3   an  Mà a1 + a2 + a3 + … + an  a13  a23  a33   an3 (đpcm) Từ kết (2.14.2) cho ta đến toán sau: Bài 14.3 Chứng minh rằng: A1 = 113 + 123 + 133 + … + 19453 Hƣớng dẫn giải Ta có a3 – a (a∈ Z) Tƣơng tự nhƣ (2.14.2) với a = 11,1945 (2.14.3) 82 Ta có 11 + 12 + 13 + … + 1945 = 1935(1945  11) 1935.1956 = 1935.978  2 = 1935.163.6 ⋮ Do suy ra: A1 ⋮ + Từ kết (2.14.3) cách giải (2.14.1) cho ta toán sau: Bài 14.4 Chứng minh 1997 x3 1995 x x f(x) =   nhận giá trị nguyên x ∈ z (2.14.4) Bài 14.5 Chứng minh 2013x 2014 x3 x g(x) = nhận giá trị nguyên x ∈ Z   2.14.5) Hướng dẫn giải: Từ (2.14.4), ta có: f(x) = 1997 x3 1997 x 1995.x 1995x x 1997 x 1995x       3 2 1997  x3  x  1995. x  x   x  3994 x  5985 x =   1997  x3  x  1995. x  x  =   1663x Theo định lý Fermat 1997(x3 – x) 1995(x2 – x) Do f(x) nhận giá trị nguyên x Z Từ (2.14.5), giải tƣơng tự ta có: g(x) = 2013 x3  x   2014. x3  x  Do g(x) nhận giá trị nguyên x  1677 x Z + Từ kết (2.14.4), (2.14.5) cho ta toán khái Bài 14.6 Chứng minh rằng: 83 ax2 + bx + c số nguyên với x Z vào 2a, a+b, c số nguyên (2.14.6) Chứng minh ax3 + bx2 + cx + d số nguyên 6a, 2b, a+b+c d số nguyên (2.14.7) Hƣớng dẫn giải Từ gải (2.14.6) ta có ax2 + bx + c = 2ax  x  1  (a  b) x  Từ gải (2.14.7) ta có ax  bx  cx  d  6a  x  x   2b  x  x   (a  b  c) x  d + Ta thấy (2.14), A nên ta có tốn sau: Bài 14.8 Với n Z, chứng minh rằng: A2 = n3 – n + khơng phải số phƣơng (2.14.8) Hƣớng dẫn giải A2  n3 – n   n  n – 1   n  n  1 n – 1    n – 1 n  n  1   B  3  Mà số phƣơng khơng có dạng B(3) + Vậy A2  n3 – n  số phƣơng + Từ kết phƣơng pháp giải tốn ta có tốn tƣơng tự sau: Bài 14.9 Phân tích đa thức B  n5  n thành nhân tử (2.14.9) Bài 14.10 Với n Chứng minh B  n5  n chia hết cho 30 Hướng dẫn giải: (2.14.10) 84 Từ (2.14.9) ta có: B  n5  n  n  n4  1  n  n2  1 n2  1   n  1 n  n  1  n2  1 Từ (2.14.10) ta có cách giải sau: Cách (Phân tích thành nhân tử) Ta có: B   n  1 n  n  1  n2  1   n  1 n  n  1  n2   5   n  2 n  1 n  n  1 n     n  1 n  n  1 mà   n  2 n  1 n  n  1 n   30  n  1 n  n  1 30 Vậy B 30 Cách (Xét số dƣ) Ta có: 30 = 2.3.5 B  n5  n   n  1 n  n  1  n2  1 mà  n  1 n  n  1 tích ba số nguyên liên tiếp nên  n  1 n  n  1 Ta cần chứng minh: B   n5  n  Lấy n chia cho n  5k , n  5k  , n  5k   k  Nếu n  5k  B Nếu n  5k   (n2  1)  B Nếu n  5k   (n2  1)  B mà  5;6   Do đó: B   n5  n  ,  n  Cách 3: (Dùng định lý Fermat)  85 Ta có n2  n  mod   n4  n  mod   n5  n  mod    n5  n  n3  n  mod3  n5  n3  mod3  n5  n  mod3   n5  n  n5  n  mod5   n5  n    n5  n  2.3.5  B   n5  n  30 Từ kết (2.14.9), (2.14.10) cho ta toán sau: Bài 14.11 Cho a1, a2 , a3 , , a2013 số nguyên Chứng minh a1  a2  a3   a2013 30 a15  a25  a35   a2013 30 (2.14.11) Hướng dẫn giải: Ta có: a5  a 30  a   nên (a15  a1 )  (a25  a2 )  (a35  a3 )   (a2013  a2013 ) 30  (a15  a25  a35   a2013 )  (a1  a2  a3   a2013 ) 30 mà (a1  a2  a3   a2013 ) 30  (a15  a25  a35   a2013 ) 30 (đpcm) Bài 14.12 Chứng minh rằng: B1  19305  19315  19325   20105 30 (2.14.12) Hướng dẫn giải: Ta có: a5  a 30  a   Giải nhƣ (2.14.11) với a  1930;2010 Ta có 1930  1931  1932   2010  81.(1930  2010) 81.3940   81.1970 2  27.197 30 30 Vậy B1 30 Bài 14.13 Chứng minh rằng: 86 P( x)  x5 x3 x nhận giá trị nguyên x    15 (2.14.13) Bài 14.13 19 x5 x3 27 x 59821x Chứng minh rằng: Q( x)  nhận giá trị    30 nguyên x  (2.14.14) Hƣớng dẫn: Từ (2.14.13), ta có: P( x)  x5  x x3  x  x 19( x5  x) 8( x3  x) 27( x  x) Từ (2.14.14), ta có: Q( x)     2014 x + Từ tốn (2.14.10), B ta có toán sau: Bài 14.15 n  Chứng minh rằng: B2  n5  n  số phƣơng (2.14.15) Bài 14.16 n  Chứng minh rằng: B3  n5  n  khơng phải số phƣơng Hướng dẫn giải: Từ (2.14.15), ta có: B2  n5  n    n  1 n  n  1  n2  1   B(5)  B2 có chữ số tận mà số phƣơng khơng có chữ số tận Vậy B2  n5  n  khơng phải số phƣơng Từ (2.14.16), ta có: B3  n5  n    n  1 n  n  1  n2  1   B(5)  B3 có chữ số tận mà số phƣơng khơng có chữ số tận (2.14.16) 87 Vậy B3  n5  n  khơng phải số phƣơng + Từ kết tốn ta có tốn tƣơng tự sau: Bài 14.17 Phân tích đa thức C  n7  n thành nhân tử (2.14.17) Bài 14.17 Với n Chứng minh C  n7  n chia hết cho 42 (2.14.18) Hướng dẫn giải: Từ (2.14.17), ta có cách giải sau: C  n7  n  n  n6  1  n  n3  1 n3  1   n  1 n  n  1  n2  n  1 n2  n  1 Từ (2.14.18), ta có: Cách (Xét số dƣ) Ta có: C  n7  n   n  1 n  n  1  n2  n  1 n2  n  1 mà 42 = 2.3.7  n  1 n  n  1 tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Ta cần chứng minh: C  n7  n Lấy n chia cho n  7k , n  7k  , n  7k  , n  7k   k   Nếu n  7k  n  C Nếu n  7k   (n3  1)  C Nếu n  7k   (n3  1)  C Nếu n  7k   (n3  1)  C Nếu n  7k   (n3  1)  C Nếu n  7k   (n3  1)  C Nếu n  7k   (n3  1)  C 88 mà  6;7   Do đó: C   n7  n  42 ,  n  Cách 2: (Dùng định lý Fermat) Ta có: n2  n  mod2  n4  n  mod2  n6  n2  n  mod2  n7  n  mod2   C n3  n  mod3  n5  n3  mod3  n7  n3  mod3  n7  n  mod3  C n7  n  mod7   C   n7  n  2.3.7  C   n7  n  42 + Từ kết (2.14.17), (2.14.18) cho ta toán sau: Bài 14.19 Cho a1, a2, a3 …, an số nguyên Chứng minh rằng: Nếu a1 + a2 + a3 + … an 42 a17 + a27 + a37 + …+ an7 42 (2.14.19) Hƣớng dẫn giải: Ta có : a7 – a (a Z ) Nên a – a1    a27 – a2    a37 – a3     an – an  42  a17  a27  a37    an  a1a2a3   an  42 Mà a1  a2  a3  an 42  a17  a27  a37    an7 42 (đpcm) + Từ kết (2.14.19) cho ta toán sau: Bài 14.20 Chứng minh rằng: C1 = 277 + 287 + 297 + … + 1977 42 Hƣớng dẫn giải: Ta có: a7 – a 42 (a Z) Tƣơng tự 14 (32), với a = 27,197 (2.14.20) 89 Ta có: 27 + 28 + 29 + … +197 = 171.224 = 171.112 = 19152=456.42 42 + Từ cách giải (2.14.18) ta có toán sau: Bài 14.21  n  Z Chứng minh rằng: C2 = 8n8 – n2 + 91 (2.14.21) Bài 14.22  n  Z Chứng minh rằng: C3 = 24n8 +18n2 + 2014 không chia hết cho 42 (2.14.22) Hƣớng dẫn giải: Từ (2.14.21), ta có: C2 = 8n8 – n2 + 91 = 8n(n7 – n) + 7n2 + 7.13 = 8n(n7 – n ) + 7(n2 +13) Mà n7 – n 7(n2 +13) Do C2 7 (đpcm) Từ (2.14.22), ta có: C3 = 24n8 +18 n2 + 2014 = 24n8 – 24n2 + 42n2 +42.503 + = 24(n7 – n) + 42(n2 + 503) + Mà n7 – n 42 42(n2 + 503) 42 không chia hết cho 42 Do C3 khơng chia hết cho 42 (đpcm) Nhƣ từ toán xuất phát đơn giản, cách sử dụng phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tƣơng tự hoá có nhiều kết khác mà nhiều làm độc lập gặp khơng khó khăn Với cách khai thác tốn nhƣ ta dễ dàng lập nên nhiều toán hay có hệ thống 90 KẾT LUẬN Luận văn đƣợc tiến hành nghiên cứu nghiêm túc, khoa học dƣới hƣớng dẫn Tiến sĩ Phan Đức Tuấn trình bày vấn đề: Các khái niệm khái quát hoá, đặc biệt hoá tƣơng tự hóa Vai trị khái qt hố, đặc biệt hố tƣơng tự hóa việc giải tốn sơ cấp bậc học phổ thông Nghiên cứu áp dụng khái qt hố, đặc biệt hố tƣơng tự hóa vào giải tốn lƣợng giác; hình học; chứng minh đẳng thức bất đẳng thức; số áp dụng khác tốn học phổ thơng Từ tốn xuất phát ban đầu đơn giản ta có nhiều cách giải, cách giải ta vận dụng trƣờng hợp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tổng quát hóa để sáng tác nhiều tốn hay có hệ thống Kết luận văn có ý nghĩa khoa học mang tính thực tiễn phù hợp với chuyên ngành phƣơng pháp toán sơ cấp Nội dung luận văn tài liệu tham khảo tốt, đáp ứng nhu cầu việc bồi dƣỡng giáo viên bậc học phổ thông Tác giả xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến Thầy giáo Tiến sĩ Phan Đức Tuấn, chủ nhiệm khoa Toán, trƣờng Đại học sƣ phạm Đà Nẵng Các Thầy cô giáo Khoa Tốn giành nhiều thời gian, cơng sức hƣớng dẫn tận tình va cho ý kiến đóng góp giá trị tới luận văn Trong thời gian ngắn, trình độ lực thân chƣa đáp ứng đƣợc kỳ vọng q thầy Mong q thầy góp ý để luận văn tiếp tục bổ sung, mở rộng thêm để phục vụ cho việc bồi dƣỡng giáo viên phổ thơng nhiều bổ ích TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ Giáo Dục Đào Tạo (2004), “Hội Toán học Việt Nam”, Tuyển tập 30 năm Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, NXB GD [2] Hoàng Chúng (1997), Rèn luyện khả sáng tạo toán học trƣờng Phổ thơng, N B Giáo dục [3] G Pơlya (1995), Tốn học suy luận có lí, NXB Giáo dục [4] G Pơlya (1997), Sáng tạo tốn học, NXB Giáo dục [5] Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội [6] Phan Huy Khải (2000), 500 toán chọn lọc bất đẳng thức tập 1, 2, NXB Hà Nội [7] Nguyễn Bá Kim, Vũ Dƣơng Thụy (1992), Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB Giáo dục [8] Nguyễn Bá Kim, Vƣơng Dƣơng Minh, Tôn Thân (1998), Khuyến khích số hoạt động trí tuệ học sinh qua mơn Tốn trường trung học sở, NXB Giáo dục [9] Nguyễn Bá Kim (2004), Phương pháp dạy học mơn Tốn, N B Đại học sƣ phạm [10] Nguyễn Vũ Lƣơng, Nguyễn Ngọc Thắng (2007), Các giảng bất đẳng thức Côsi, N B Đại học quốc gia Hà Nội [11] Nguyễn Vũ Lƣơng, Nguyễn Ngọc Thắng (2007), Các giảng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, N B Đại học quốc gia Hà Nội [12] Nguyễn Cảnh Toàn (1992), Tập cho học sinh giỏi toán làm quen dần với nghiên cứu Toán học, NXB Giáo dục [13] Trần Thúc Trình (2003), Rèn luyện tư dạy học toán [14] Nguyễn Thƣợng Võ (1998), Tuyển tập 300 toán chọn lọc hệ thức lượng tam giác, NXB Trẻ Trang website [15] www.diendantoanhoc.net [16] www.mathvn.com [17] www.vntoanhoc.com ... chƣơng danh mục tài liệu tham khảo Chƣơng Khái quát hoá, đặc biệt hoá, tƣơng tự hoá Chƣơng Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tƣơng tự hoá việc giải toán sơ cấp vào chứng minh đẳng thức bất đẳng... đề tài: ? ?Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá việc giải toán sơ cấp? ?? cho luận văn Thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu vai trị khái qt hố, đặc biệt hoá tƣơng tự dạy học toán dạy... biệt hóa, tƣơng tự hóa việc giải tốn sơ cấp 10 1.2.2 Các ví dụ minh họa 12 CHƢƠNG ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP 26