ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ

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