7. Cấu trúc luận văn
1.3.2.2. Về phương diện các dạng Toán
phát triển thành các bài toán mới, nâng cao mức độ khó khăn. Bằng các hoạt động
trí tuệ sau:
1) Đặc biệt hóa: Có một bài toán F, thay đổi nhiều trên các thông số w1, w2, …., wn. Quá trình ta đặt bài toán F1 = F(a1,a2, …., an) với wi = ai là những hằng số không đổi nào đấy được gọi là cụ thể hoá hay đặc biệt hóa.
Cụ thể hoá hiện diện khắp mọi nơi mọi chốn. Trong những ngành khoa học thực nghiệm người ta hay giải quyết từng mảng cụ thể của vấn đề. Còn trong toán học, cụ thể hoá cũng đóng vai trò tiên phong năng nổ. Không ít người trong chúng ta gặp phải bài toán quá khó, đành phải cụ thể hoá và đặc biệt hoá nó. Xét những
bài toán nhỏ hơn được giới hạn trong miền xác định nhỏ hơn để tìm ra những tính chất đồng nhất trong lời giải và tiến tới có lời giải cho bài toán tổng thể. Thậm
chí, khi không phát hiện ra những tính chất chung của lời giải thì cụ thể hoá cũng cho phép nhà toán học mở mang bài toán theo những chiều khác nhau và tìm ra
những phương pháp toán mạnh để giải quyết những vấn đề tương tự.
2) Tổng quát hóa: Ngược với quá trình cụ thể hoá là tổng quát hoá. Ta gặp
một bài toán F(w1, w2,…, wn) tại điểm các thông số đã là hằng nhất định. Giải xong vấn đề này, ta tiến đến tổng quát hoá chúng cho các thông số wi bất định nằm trong giới hạn nào đó (ví dụ, ta xét tam giác ABC, vậy thông số góc A không thể nào > =180◦ và <= 0 được).
Nhiều khi chỉ cần một bài toán giản đơn, bằng tổng quát hoá chúng ta có thể đưa ra bài toán phức tạp hơn. Và chính tổng quát hoá tạo cho chúng ta một động
lực say mê, khám phá không ngừng những điều kỳ diệu của khoa học.
Có những bài toán cách giải bài toán cụ thể và bài toán tổng quát giống nhau. Nhưng cách giải bài toán tổng quát tạo cho chúng ta cách nhìn logic hơn
vấn đề và sẽ tốn ít thời gian hơn khi gặp một bài toán cụ thể dạng đó.
Chẳng hạn, với bài toán: “Giải phương trình (x + 1)(x + 5)(x + 7)(x + 11) = 8 (*) ", nếu để dạng như trên, nhiều HS khó biết được cần nhóm (x + 1) với (x + 11); (x + 5) với (x + 7). Nhưng nếu ta tổng quát bài toán trên, đưa về Bài toán:
“Giải phương trinh: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a, b, c, d, e ∈ ¡ ; a + d
= b + c" thì bản chất bài toán (*) được bộc lộ rõ ràng hơn. Nhu cầu sử dụng giả thiết a + d = b + c sẽ gợi cho HS rằng, nên nhóm (x + a) với (x + d); (x + b) với (x + c).
Tổng quát hoá có thể gặp mọi nơi mọi chốn. Điều quan trọng, chúng ta có cần nó không? Chúng ta có chịu dũng cảm lao vào những vấn đề hóc búa không?
Nhưng trí sáng tạo, lòng ham khám phá lại ve vãn chúng ta hãy hướng về trước, mở rộng vấn đề ra, tổng quát vấn đề.
3) Tương tự: Tương tự được hiểu là gần giống nhau. Theo Pôlya: “Tương tự là một kiểu giống nhau nào đó, có thể nói tương tự là giống nhau nhưng ở mức độ xác định và ở mức độ được phản ánh bằng khái niệm” [5, tr. 22].
“Tuy vậy, chúng ta có thể diễn tả chính xác hơn một chút. Theo Pôlya, sự khác nhau căn bản giữa tương tự và những loại giống nhau khác là ở ý định của người đang suy nghĩ. Những đối tượng giống nhau phù hợp với nhau trong một quan hệ nào đó. Nếu bạn có ý định quy mối quan hệ trong đó các đối tượng phù hợp với nhau về những khái niệm đã định thì bạn sẽ xem những đối tượng giống nhau ấy như là những đối tượng tương tự. Và nếu bạn đạt tới những khái niệm rõ ràng thì tức là bạn đã làm sáng tỏ sự tương tự.” [8, tr. 10].
Nhận định về vai trò của tương tự trong khoa học, Pôlya cho rằng: “Phép tương tự có lẽ có mặt trong mọi phát minh và trong một số phát minh nó chiếm vai trò quan trọng nhất”.
Trong toán học, tương tự là suy luận dựa trên sự giống nhau về tính chất, mối quan hệ giữa các đối tượng toán học. Hai phép chứng minh là tương tự nếu đường lối, phương pháp chứng minh là giống nhau. Hai vấn đề là tương tự nếu có cùng tính chất hay vai trò như nhau, hay giữa các phần tử tương ứng của chúng có mối quan hệ tương đương. Hai hình có những tính chất tương tự nếu chúng có cùng một cấu trúc tổng quát. Chẳng hạn đường thẳng, mặt phẳng có tính chất tương tự vì chúng đều là các trường hợp riêng của m - phẳng; tam giác, tứ diện có tính chất tương tự vì chúng đều là các trường hợp riêng của m - đơn hình.
Trong quá trình nghiên cứu khoa học, nhiều ý tưởng, giả thuyết có được nhờ sự tương tự với một kết quả đã được công nhận trước đó.
Đối với học sinh, tương tự đóng vai trò quan trọng trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo của người học.
4) Quy nạp: Quy nạp là đi từ cái riêng đến cái chung.
־ Quy nạp hoàn toàn; ־ Quy nạp toán học;
־ Quy nạp không hoàn toàn.
• Quy nạp hoàn toàn là quy nạp trong đó ta rút ra kết luận nói rằng thuộc tính A có ở tất cả các phần tử của tập hợp đang xét, trên cơ sở biết rằng thuộc tính A có ở mỗi phần tử của tập hợp đó. Quy nạp hoàn toàn tuân theo sơ đồ:
1 2 3 n
A(x ) A(x ) A(x ) ... A(x ) A(x)
∧ ∧ ∧ ∧
Trong đó x lấy giá trị từ x1 đến xn.
• Quy nạp Toán học: Trong trường hợp số phần tử của tập hợp đang xét phụ thuộc vào tập số tự nhiên ¥ , nên có số phần tử là vô hạn, ta không thể kiểm tra trực tiếp được với tất cả các phần tử của tập hợp đó được, lúc này phải sử dụng phương pháp quy nạp Toán học. Phương pháp quy nạp Toán học tuân theo sơ đồ:
[ ]
A(1) A(k) A(k 1)
A(n)
∧ ⇒ +
Kết luận của phép quy nạp Toán học có được nhờ áp dụng nguyên lý quy nạp Toán học sau đây: Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ n0, sao cho:
1) P(n0) đúng;
2) Với mỗi số tự nhiên k ≥ n0, nếu P(k) đúng thì P(k+1) cũng đúng. Khi đó, mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0.
• Quy nạp không hoàn toàn : Là loại quy nạp trong đó ta rút ra kết luận rằng: Thuộc tính A có ở tất cả các phần tử của tập đang xét, trên cơ sở mới biết thuộc tính đó ở một số phần tử thuộc nó mà thôi.
Quy nạp hoàn toàn và quy nạp toán học thường được sử dụng trong suy luận chứng minh (suy diễn). Kết luận rút ra trong hai loại quy nạp này bao giờ cũng chắc chắn đúng, chứ không như kết luận rút ra của quy nạp không hoàn toàn - là kết luận chỉ mang tính giả thuyết mà thôi.
Ở đây, chúng ta quan tâm đến quy nạp không hoàn toàn và gọi tắt nó là quy nạp với đúng nghĩa là “trường hợp riêng của suy luận có lí”. Quy nạp chỉ cho một kết luận có lí mà không phải một kết luận đã được chứng minh” như G.Pôlya đã nói đến. Quy nạp đóng vai trò quan trọng trong quá trình dự đoán, sáng tạo cái mới.
Mở rộng kiến thức SGK thường dựa vào quy nạp không hoàn toàn. Từ các trường hợp riêng lẻ, tìm các dấu hiệu chung để hình thành giả thiết quy nạp. Sau đó dùng quy nạp hoàn toàn để chứng minh bước hoàn thiện, mở rộng đó.
Ví dụ 1.9. Từ bài toán sau đây trong SGK Hình học 10: “Chứng minh
rằng, nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì GA GB GCuuur uuur uuuur+ + =0r (1)” .
Có thể phát triển bài toán này theo ba hướng đến những bài toán tổng quát khác nhau:
Hướng 1. Xem trọng tâm G của tam giác ABC theo quan điểm diện tích:
1 3
GBC GCA GAB
S =S =S = S,với S là diện tích của tam giác ABC.
Khi đó hệ thức GA GB GCuuur uuur uuuur+ + =0r . 1 . 1 . 1 . 0 3 3 3 . . . 0 GBC GCA GAB S GA S GB S GC S GA S GB S GC ⇔ ⇔ + + = + + =
uuur uuur uuuur r uuur uuur uuuur r
Từ đó, đề xuất bài toán tổng quát: Bài toán 1.
Gọi O là điểm bất kì trong tam giác ABC. Đặt S1=SOBC,S2 =SOCA,S3=SOAB. Chứng
minh rằng: S OA S OB S OC1.uuur+ 2.uuur+ 3.uuuur=0r (2).
Lời giải :
Hệ thức cần chứng minh tương đương với: 3 2 1 1
S S
OA OC OB
S S
= − −
uuur uuur uuur
O A
Hình 4 C
B
E F
Vậy ta sẽ phân tích OAuuur theo OB OCuuur uuur,
.
Dựng hình bình hành AEOF nhận
OAuuur làm đường chéo, có các cạnh xuất phát từ A là AE // OB và
Theo quy tắc hình bình hành: OA OE OFuuur uuur uuur= +
OC
OE OF
OA OC OB
OB
⇒uuur= − uuur− uuur (*)
Mà: 3 1 2 1 BEO BOC COF COB S S OE OC S S S S OF OB S S ∆ ∆ ∆ ∆ − = − = − − = − = − thay vào (*) ta có : 3 2 1 1 1 2 2 0. S S OA OC OB S S S OA S OB S OC = − − ⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur r
W
(Giải thích: Diện tích ∆ BEO = dt ∆BAO = S3, do hai tam giác này chung đáy và cùng độ dài đường cao, kẻ từ A, E. Vì AE // OB. Diện tích ∆ COF = dt ∆COA = S2 , cũng do hai tam gác này chung đáy và cùng độ dài đường cao, kẻ từ A, F. Vì AF // OC).
Bây giờ từ bài toán 1, ta lại đặc biệt hóa nó theo các trường hợp:
• Trường hợp 1: O I≡ , tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hệ thức (2) chính là:
1. 2. 3. 0
S IA S IB S ICuur+ uur+ uuur=r
(S1, S2, S3 là diện tích cáctam giác
IBC, ICA, IAB. S1 + S2 + S3 = S).
1 . 1 . 1 . 0 2 2 2 . . . 0 ra IA rb IB rc IC a IA b IB c IC ⇔ + + = ⇔ + + =
uur uur uuur r uur uur uuur r
Vậy, ta có bài toán mới:
Bài toán 2. Cho tam giác ABC. Các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng: a IA b IB c IC.uur+ .uur+ .uuur=0r. (3)
• Trường hợp 2: O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi R là bán kính đtròn ngoại tiếp. Ta có:
2 1 1 .sin 2 2 S = R A 2 2 1 .sin 2 2 S = R B 2 3 1 .sin 2 2 S = R C I A S1 c b a C B S2 S3 r Hình 5 A O C B R R R Hình 6
Hệ thức (2) trở thành:
1 2sin 2 . 1 2sin 2 . 1 2sin 2 . 0
2R AOAuuur+2R B OBuuur+2R C OCuuuur=r
⇔sin 2 .AOAuuur+sin 2 .B OBuuur+sin 2 .C OCuuuur=0r.
Vậy, ta có bài toán mới:
Bài toán 3. Nếu O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh:
sin 2 .AOAuuur+sin 2 .B OBuuur+sin 2 .C OCuuuur=0r (4) , (A, B, C nhọn). • Trường hợp 3: O H≡ , trực tâm tam giác ABC.
Khi đó, có thể đưa ra bài toán:
Bài toán 4. Nếu H là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh: tan .A HAuuur+tan .B HBuuuur+tan .C HCuuuur=0r. (4)
Nhận xét: Nếu để ý : S1 + S2 + S3 = S. Khi đó, có thể mở rộng bài toán (2)
cho trường hợp điểm O nằm ngoài tam giác ABC, thuộc miền góc tạo bởi hai tia
CA, CB. Chúng ta có bài toán tổng quát khác sau đây:
Bài toán 5. Gọi O là điểm nằm ngoài tam giác ABC, thuộc miền góc tạo bởi
hai tia CA, CB. Gọi S1=SOBC,S2 =SOCA,S3 =SOAB. Chứng minh rằng:
1. 2. 3. 0
S OA S OB S OCuuur+ uuur− uuuur=r (5)”.
Bài toán có thể được chứng minh, bằng cách vẽ thêm các hình bình hành. Nếu để ý thêm : S1 + S2 – S3 = S thì có thể tổng quát các bài toán trên thành bài toán sau:
Bài toán 6. Nếu O là điểm bất kỳ trong mặt phẳng (ABC) và không thuộc
bất kỳ đường thẳng nào chứa cạnh của tam giác ABC. Đặt
1 OBC, 2 OCA, 3 OAB
S =S S =S S =S thì có thể chọn các dấu “+” hoặc “−” thích hợp sao cho đẳng thức ±S OA S OB S OC1.uuur± 2.uuur± 3.uuuur=0r là đúng”.
H
ướng 2 . Có thể xem G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
GB GCuuur uuur+ = −GAuuur. Khi đó, tương tự: GC GAuuur uuur+ = −GBuuur, GA GBuuur uuur+ = −GCuuur. Hay các vec tơ GA GB GCuuur uuur uuuur, , đôi một khác phương và tổng hai vec tơ bất kỳ trong ba vec tơ
H A
B C
trên cộng tuyến với vectơ còn lại. Khi đó GA GB GCuuur uuur uuuur+ + =0r. Nhận xét trên, giúp ta có được bài toán tổng quát sau:
Bài toán 7. Cho n vectơ đôi một khác phương và tổng của n vec tơ bất kỳ
trong n vectơ trên cộng tuyến với vetơ còn lại. Chứng minh rằng: tổng của n vectơ
trên bằng vectơ - không”.
Hướng 3. Phát triển một kết quả tương tự ở (1) cho trường hợp tứ giác (hệ
4 điểm) hoặc nói chung là hệ n điểm.
GV có thể gợi mở vấn đề cho HS như sau:
Với 2 điểm A, B, có I : IA IBuur+uur=0r.
Với 3 điểm A, B, C có điểm G : GA GB GCuuur uuur uuuur+ + =0r.
Vậy với 4 điểm A, B, C, D thì có hay không một điểm có tính chất tương tự ? Tức là hãy tìm điểm G sao cho GA GB GC GDuuur uuur uuuur uuuur+ + + =0r?
Từ đó, dẫn tới bài tập sau trong SGK
Bài toán 8. [28_SGK HH 10 nâng cao] Cho tứ giác ABCD.
a) Hãy xác định vị trí của điểm G sao cho : GA GB GC GDuuur uuur uuur uuur r+ + + =0.
b) Chứng minh rằng, với ∀điểm M bất kì, ta có : 1( )
4
MG= MA MB MC MD+ + + uuuur uuur uuur uuuur uuuur
. Điểm G như thế được gọi là trọng tâm của hệ 4 điểm A, B, C, D ta quen gọi là trọng tâm của tứ giác ABCD.
Lời giải :
a) Cách 1.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Ta có : 2 2 GA GB GI GC GD GJ + = + =
uuur uuur uur uuur uuur uuur.
Vậy : GA GB GC GDuuur uuur uuur uuur r+ + + = ⇔0 2(GI GJuur uuur+ )=0r ⇔GI GJuur uuur r+ =0.
Vậy G là trung điểm của IJ. Hiển nhiên G là duy nhất.
Cách 2. Bằng cách phân tích khác, Ta còn thấy G là trung điểm của đoạn
thẳng nối trung điểm của hai đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD. b) Cách giải: Xen vào điểm M.
A B C D G I J Hình 8
* Một cách tổng quát hơn, hãy khái quát bài toán trên cho hệ n điểm? Ta có bài toán sau:
Bài toán 9. a) Với hệ n điểm {A A1, 2,...,An} , luôn ∃!điểm G thoã mãn đẳng thức vectơ: 1 2 1 .. n n i 0 i GA GA GA GA = + + + =∑ =
uuur uuuur uuuur uuur r
. Điểm G như vậy được gọi là trọng tâm của hệ n điểm đã cho. b) Khi đó, với mọi điểm M bất kì, ta có
( 1 2 ) 1 1 1 .. n n i i MG MA MA MA MA n n = = + + + = ∑
uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur
.
Chứng minh:
a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1, Ta có uuur rAA=0.
Giả sử đẳng thức đúng với n – 1, tức là tồn tại G1 sao cho G A G Auuuur uuuur1 1+ 1 2+ +.. G Auuuuuur r1 n−1=0