Tương tự là một kiểu giống nhau nào đó. Có thể nói tương tự là giống nhau nhưng ở mức độ xác định hơn, và mức độ đó được phản ánh bằng khái niệm (G. Polia 1997, tr. 22).
Chúng ta đã nghiên cứu đặc biệt hóa và thấy khơng có gì đáng để nghi ngờ cả. Nhưng khi bước vào nghiên cứu sự tương tự thì chúng ta có một cơ sở kém vững chắc hơn.
Trong Toán học, người ta thường xét vấn đề tương tự trên các khía cạnh sau:
- Hai phép chứng minh là tương tự, nếu đường lối, phương pháp chứng minh là giống nhau;
- Hai hình là tương tự, nếu chúng có nhiều tính chất giống nhau. Nếu vai trò của chúng giống nhau trong hai vấn đề nào đó, hoặc nếu giữa các phần tử tương ứng của chúng có quan hệ giống nhau. Chẳng hạn đường thẳng trong mặt phẳng tương tự với mặt phẳng (trong Hình học khơng gian), vì trong Hình học phẳng đường thẳng là đường đơn giản nhất có vai trị giống mặt phẳng là mặt đơn giản nhất trong Hình học khơng gian. Ngồi ra, có nhiều định lý vẫn cịn đúng nếu chúng ta thay từ "đường thẳng" bởi từ "mặt phẳng", ví dụ Định lý "Nếu hai đường
thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì chúng song song" (có thể thay "đường thẳng" bởi "mặt phẳng").
Vai trò của tương tự trong nghiên cứu khoa học đã đưa G. Polia nhận định: "Phép tương tự có lẽ là có mặt trong mọi phát minh" (G. Polia 1997, tr. 28). Trong quá trình nghiên cứu khoa học; nhiều khi ý tưởng, giả thuyết có được nhờ sự tương tự với một kết quả đã được cơng nhận trước đó. Đối với học sinh, tương tự đóng vai trị quan trọng trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo của người học. Để giải một bài toán, chúng ta thường nghĩ về một bài tốn tương tự dễ hơn và tìm cách giải bài tốn ấy. Sau đó, để giải bài tốn ban đầu, ta lại dùng bài toán tương tự dễ hơn đó làm mơ hình.
Ví dụ 1: Tìm ba số nguyên m, n, p (đôi một khác nhau) sao cho
1 1 1 1 m + + <n p 2 và hiệu 1 1 1 1 2 m n p − + + ÷ là bé nhất.
Giải trực tiếp Bài toán này quả là một việc khó đối với học sinh, vì từ một bất đẳng thức 1 1 1 1
m + + <n p 2 mà phải tìm tới ba số nguyên. Vậy tại sao ta không bắt đầu từ trường hợp tương tự đơn giản nhất:
"Tìm số nguyên m sao cho 1 1
m < 2 và 1 1
2 m
−
÷
bé nhất"? Với Bài tốn
này, dễ dàng tìm được kết quả là m = 3. Bây giờ ta xét xem Bài tốn đã cho có sử dụng được gì ở Bài tốn tương tự đó hay khơng?
Ta có, 1 1 1 1
m + + <n p 2 ⇒ 1 1 1 1
n + < −p 2 m Lại do: nếu 1 1
2 m − ÷ bé nhất thì 1 1 1 1 2 m n p − − + ÷ bé nhất
Hiểu như vậy sẽ áp dụng được trường hợp tương tự đã xét ở trên: m = 3. Và Bài toán đã cho quy về: Tìm hai số khác nhau n, p sao cho
1 1 1 1 1 n + < − =p 2 3 6 và hiệu 1 1 1 6 n p − + ÷ là bé nhất.
Ta lại bắt đầu từ Bài tốn tương tự: "Tìm số ngun n sao cho 1 1 n < 6 và
1 1
6 n
−
÷
bé nhất" và giải được kết quả n = 7.
Cuối cùng, ta cịn phải tìm p nguyên sao cho 1 1 1 1 p < − =6 7 42 và
1 1
42 − p bé nhất. Ta tìm được p = 43.
Kết quả cần tìm là m = 3; n = 7; p = 43.
Trong Hình học, tương tự hóa rất hữu ích trong việc dự đốn kết quả hay tìm lời giải cho một bài tốn. Chẳng hạn, để giải một bài tốn Hình học khơng gian, ta tìm cách giải một bài tốn tương tự trong Hình học phẳng trước. Sau đó mới sử dụng kết quả hay phương pháp vào bài tốn khơng gian.
Ví dụ 2: Cho trước một mặt cầu. Tìm quỹ tích những điểm mà từ đó có
thể kẻ được ba tiếp tuyến đơi một vng góc với nhau.
Giáo viên gợi ý: Các em hãy bắt đầu từ bài toán tương tự đơn giản hơn trong mặt phẳng! Hãy phát biểu bài tốn đó!
Ta biết rằng mặt cầu trong khơng gian tương tự với đường trịn trong mặt phẳng, quan hệ vng góc vẫn khơng thay đổi khi chuyển từ phẳng sang khơng gian. Do đó, ta có bài tốn tương tự trong mặt phẳng: "Cho đường trịn (O, R). Tìm quỹ tích những điểm trong mặt phẳng mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến vng góc với nhau".
0 M
M
A
O B
C I I Dễ thấy kết quả của Bài toán sau là
đường trịn tâm O, bán kính R 2 .
"Trở lại Bài tốn khơng gian, theo em dự đốn thì quỹ tích là hình gì?".
Dựa vào sự tương tự với kết quả trong Hình học phẳng, học sinh dễ dàng đưa ra dự đốn: Quỹ tích là mặt cầu đồng tâm với mặt cầu cho trước. Nếu dự đốn này là đúng thì OM phải có độ dài khơng đổi. Giáo viên cho học sinh xác minh điều đó:
Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì MA = MB = MC và MA ⊥ MB, MB
⊥ MC, MC ⊥ MA nên MO vng góc với mặt
phẳng (ABC) tại I, và AB = BC = CA (∆AMB = ∆BMC = ∆CMA). Từ đó ta có:
AI ⊥ MO (vì MO ⊥ (ABC)) AI ⊥ BC (vì ∆ABC đều).
Ta giả sử rằng MA = MB = MC = a, OA = R. Khi đó: Trong tam giác vng cân MAB có: AB = MA 2 =a 2 ; Trong tam giác đều ABC có: AI = 2.a 2. 3 a 6
3 2 = 3 ;
Trong tam giác vuông AMO: AI.MO = MA.OA
⇒ MO = MA.OA a.R 3R R 6 AI a 6 6 2 3 = = = .
Vậy Giả thuyết mà chúng ta đưa ra là đúng! Quỹ tích điểm M là mặt cầu tâm O, bán kính R 6
2 .
Trong chương trình Hình học phổ thơng, có rất nhiều bài tốn, nhiều định lý trong Hình học phẳng và Hình học khơng gian là tương tự nhau. Đây là một lợi thế để rèn luyện thao tác tương tự hóa cho học sinh. Có hai mức độ tiếp cận bài tốn: Với học sinh khá, chúng ta đưa trực tiếp yêu cầu giải bài tốn khơng gian và để học sinh tự mình liên tưởng đến bài toán tương tự trong mặt phẳng; với học sinh trung bình, giáo viên có thể cho học sinh giải bài tốn đơn giản trong Hình học phẳng trước, như là một gợi ý trước khi yêu cầu phát biểu và giải bài toán tương tự trong không gian. Đây cũng là một con đường để đi đến sự sáng tạo.
Ví dụ 3: Xuất phát từ Bài tốn đường trịn Euler: "Chứng minh rằng
trong một tam giác, trung điểm của ba cạnh, chân ba đường cao và trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm với đỉnh của tam giác nằm trên một đường tròn (đường trịn Euler)".
Riêng việc tìm ra lời giải Bài tốn này cũng đã phải sử dụng đến dự đoán: Gọi M, N, P là trung điểm của BC, AC, AB; H1, H2, H3 là các chân đường cao; A1, B1, C1 là trung điểm các đoạn thẳng HA, HB, HC; A2, B2, C2 là các điểm đối xứng của H qua BC, AC, AB.
Dễ thấy A, B, C, A2, B2, C2 thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. "Vậy phải chăng đường trịn cần tìm là ảnh của (∆ABC) qua 12
H
V ?"Muốn vậy, ta cần phải chứng minh điểm đối xứng với H qua M thuộc Muốn vậy, ta cần phải chứng minh điểm đối xứng với H qua M thuộc (∆ABC).
Thật vậy, gọi M1 là điểm đối xứng với H qua M, ta có:
· · · · o
1 3 2
BM C BAC H HH BAC 180
⇒ + = + = (tứ giác AH2HB nội tiếp)
⇒ M1 ∈ (∆ABC). Vậy dự đoán của chúng ta là đúng.
Sắp xếp lại các ý trên ta có lời giải Bài tốn: Xét: 12 H V : M1a M N1 a N P1 a P A a A1 B a B1 C a C1 A' a H1 B' a H2 C' a H3 Mà A', B', C', M1, N2, P1, A, B, C ∈ (∆ABC) ⇒ M, N, P, A1, B1, C1, H1, H2, H3 ∈ 12 H
V (∆ABC), đường tròn ảnh của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC qua 12
H
V .
Cái "chốt" của Lời giải trên là, học sinh phát hiện được sử dụng phép vị tự làm công cụ giải. Một trong những phương pháp chứng minh một điểm thuộc đường tròn, là chứng minh điểm ấy là ảnh của điểm nào đó đã thuộc một đường trịn. Với định hướng đó, kết hợp với "A, B, C ∈ (∆ABC) và HA1 = 1
2HA; HB1 = 1 HB1 = 1
2HB, HC1 = 1 1
2HC " để đưa ra dự đốn rằng đường trịn cần tìm là ảnh của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC qua 12
H
V .
Khép lại Bài toán phẳng, mở ra một hướng suy nghĩ mới cho học sinh: Bài tốn trên có cịn đúng trong khơng gian nữa khơng? Trước hết hãy phát
•A A C B H H3 H1 H2 A1 M M1 A2
biểu Bài tốn trong khơng gian? Chúng ta biết rằng tam giác tương tự với tứ diện; trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm thực chất là trọng tâm của hệ hai điểm, nó tương tự với trọng tâm của hệ ba điểm (trọng tâm tam giác); chân đường cao của tam giác tương tự với chân đường vng góc hạ từ đỉnh xuống mặt đối diện. Cái khó nhất có lẽ là tìm mệnh đề tương tự cho các điểm ở vị trí A1, B1, C1. Các điểm này lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng HA, HB, HC, nên ta xem điểm H chia đoạn A1A, A2B, A3C theo tỷ số 1
2. Vậy có thể phát biểu mệnh đề tương tự trong không gian là, trực tâm H của tứ diện chia các đoạn thẳng nối H với các đỉnh của tứ diện theo tỷ số 1
3. Lúc đó, Giả thuyết của ta là:
"Cho tứ diện ABCD có các đường cao đồng quy tại H. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trọng tâm các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D; A1, B1, C1, D1 lần lượt là các chân đường cao của tứ diện kẻ từ A, B, C, D; I, J, K, F lần lượt là các điểm thuộc HA, HB, HC, HD sao cho:
HI HJ HK HF 1