Bồi dưỡng năng lực khái quát hóa toán học

Một phần của tài liệu TƯ DUY VÀ NĂNG LỰC TƯ DUY docx (Trang 48 - 55)

III. Rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh phổ thông qua dạy học môn Toán

3.2.2.2. Bồi dưỡng năng lực khái quát hóa toán học

Khái quát hóa là suy luận chuyển từ khảo sát một tập hợp đối tượng đến một tập hợp đối tượng lớn hơn, chứa tập hợp ban đầu làm tập con”.

Không có khái quát hóa thì không có khoa học, học sinh không được bồi dưỡng và rèn luyện khái quát hóa thì không biết cách học. Trừu tượng hóa, khái quát hóa được coi là năng lực tinh thần cơ bản nhất của tư duy con người. Trong việc nhận thức các mặt, hiện tượng giáo dục học toán học, các nhà khoa học giáo dục môn Toán, các sách về dạy học toán đã xuất bản đều đặc biệt coi trọng năng lực khái quát hóa toán học của học sinh. Năng lực khái quát hóa toán học là một năng lực đặc biệt. Nó chủ yếu để chỉ khả năng khái quát các tài liệu toán học, các mối quan hệ toán học, khái quát các vấn đề và các cách giải quyết vấn đề toán học.

Năng lực khái quát hóa toán học của người giáo viên Toán phải đạt mức độ cao, toàn diện, trên cơ sở phân tích và tổng hợp ở trình độ lý tính, có năng lực tách bản chất khỏi hiện tượng, cái chung khỏi cái riêng, và liên kết lại thành các vấn đề toán học, các vấn đề dạy học toán thành một hệ thống chỉnh thể, từ đó đi đến kết luận về những tư tưởng toán học, tư tưởng dạy học Toán ở phổ thông. Có hai phương thức để diễn đạt khái quát hóa toán học, phương thức thứ nhất là dùng ngôn ngữ thông thường, phương thức khác là dùng ngôn ngữ của toán học để diễn đạt. Các mặt khái quát hóa toán học là:

(1) Khái quát các quan hệ toán học: Các quan hệ toán học có rất nhiều, bởi vì quan hệ cũng là đối tượng nghiên cứu của toán học. Có thể kể ra các quan hệ thường gặp như: Quan hệ thứ tự; quan hệ bằng nhau; quan hệ tương đương; quan hệ tương ứng; quan hệ vị trí; quan hệ hàm số; quan hệ có cùng cấu trúc,…

Ví dụ 13: Xét hai biểu thức n! và an, về hình thức khác nhau, ý nghĩa bản chất cũng khác nhau, nếu ta xét về quan hệ hàm số với đối số nguyên ta thấy:

Nếu đặt F(n) = n! thì F(0) = 0! = 1; F(n + 1) = (n + 1)! = (n + 1).n! = (n +1).F(n)

Nếu đặt G(n) = an thì G(0) = a0 = 1 ; G(n + 1) = an + 1 = a. an = a.G(n)

Hai hàm này có chung một kỹ thuật định nghĩa gọi là định nghĩa theo đệ quy. Đối với nhiều khái niệm, định lý, quy tắc, các bài toán, nếu nắm vững các mối quan hệ, chú ý phân tích, so sánh và liên hệ thì người học có thể tự độc lập khái quát thành nhiều kiến thức mới, phương pháp mới, các quan hệ mới.

Ví dụ 14: Từ việc tính: 02 = ?, (- 1)2 = ?, 2 9 4       = ?, 2 3 1      − = ?, ( 2)2= ? Học sinh rút ra mệnh đề: “Bình phương của một số thực là một số không âm”. Để khái quát thành mệnh đề tổng quát, học sinh cần tách đặc điểm số mũ chẵn khỏi đặc điểm số mũ bằng 2.

(2) Khái quát đặc điểm của các vấn đề toán học: Khái quát một cách khoa học đặc điểm của vấn đề làm cho ta nhận thức nhiều vấn đề bề ngoài có vẻ khác nhau, nhưng bản chất là giống nhau, tức là thống nhất được các vấn đề, ta đã nhận thức được tính đồng nhất của các vấn đề. Phương pháp này giúp người học giảm nhẹ gánh nặng về trí nhớ, nâng cao hiệu quả tư duy, hiểu rõ được vấn đề chính xác, dễ dàng hơn, giúp học sinh phát triển được năng lực phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề.

Ví dụ 15: Nghiên cứu các bài toán về giải tích tổ hợp sau:

Bài toán 1: Với năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số trong đó số 1 có mặt hai lần, các số khác còn lại một lần.

Bài toán 2: Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta muốn lập các số gồn 8 chữ số khác nhau. Có bao nhiêu số trong đó: Chữ số 1 có mặt hai lần, chữ số 2 có mặt hai lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng 1lần.

Bài toán 3: Có thể nhận được bao nhiêu xâu khác nhau bằng cách sắp xếp lại các chữ cái của từ SUCCESS.

Bài toán 4: Có bao nhiêu cách chia những xấp bài 5 quân cho mỗi người trong 4 người chơi từ một cỗ bài chuẩn 52 quân?

Các bài toán trên có chung phương pháp giải, từ đó ta có các bài toán tổng quát: “Sắp xếp k phần tử vào n vị trí (n ≥ k) sao cho mỗi vị trí có nhiều nhất 1 phần tử. Phần tử thứ nhất lặp lại n1 vị trí, phần tử thứ hai là n2 vị trí, …, phần tử thứ knk vị trí, với n1 + n2 +…..+ nk = n, thế thì, số cách sắp xếp đó là: ! !.... ! ! 2 1 n nk n n ” “Số cách chia n đồ vật khác nhau vào trong k hộp khác nhau sao cho có ni đồ vật được đặt vào hộp thứ i (i=1, 2,…,k), với n1 +n2 +…+nk= n bằng:

! !.... ! ! 2 1 n nk n n .”

“Số các hoán vị n phần tử trong đó có ni phần tử thuộc loại i (i = 1,2,.., k),

với n1 + n2 +…..+ nk = n bằng ! !.... ! ! 2 1 n nk n n ”.

Vậy, từ các vấn đề cụ thể, ta biết gạt bỏ những chi tiết không quan trọng để rút ra hệ thống vấn đề cốt lõi nhất, tìm ra phương pháp chung để giải quyết hệ thống các vấn đề.

(3) Khái quát hướng suy nghĩ và phương pháp giải quyết vấn đề: Sự khái quát đặc điểm nói trên là vô cùng quan trọng, nhưng sự khái quát hướng suy nghĩ và phương pháp giải quyết vấn đề còn quan trọng hơn. Bởi, đây là tri thức phương pháp mà giáo viên được cần được trang bị để hướng dẫn học sinh. Từ hướng suy nghĩ và cách giải quyết vấn đề này mà ta có thể dùng để chỉ đạo giải quyết một loạt các vấn đề cùng loại hay mở rộng hơn. Vì thế, khi dạy học một khái niệm, ngoài việc hiểu, nắm vững khái niệm, cần khái quát hướng suy nghĩ vận dụng khái niệm, khi nghiên cứu một định lý, nguyên lý, ngoài việc nắm vững cách chứng minh, thuộc nhớ định lý thì cần phải khái quát được cách vận dụng như thế nào. Đặc biệt, sau khi giải một bài toán cần chú ý khái quát hướng suy nghĩ và cách giải cho học sinh.

Ví dụ 16: Quá trình giải một bài toán hình học thông thường phải trải qua các bước: tìm hiểu đề toán; tìm tòi lời giải của bài toán; trình bày lời giải của bài toán; nhìn lại bài toán. Giáo viên thông qua tự nghiên cứu giải các bài toán cụ thể có thể khái quát các hướng suy nghĩ chung việc giải bài toán hình học, từ đó hướng dẫn học sinh suy nghĩ khái quát. Có thể tóm tắt như sau:

Việc tìm hiểu đề toán, Để hiểu rõ đề toán, trước hết phải nắm vững các khái niệm được đưa vào trong bài toán. Cần phải nhớ lại để biết các khái niệm đó được định nghĩa như thế nào hoặc có thể định nghĩa bằng nhiều cách khác nhau như thế nào? Chẳng hạn: trong đề toán người ta cho G là trọng tâm tam giác ABC. Thế thì, ít nhất học sinh cũng phải nhớ được một số định nghĩa tương đương về trọng tâm tam giác (G là giao điểm của ba đường trung tuyến; giao điểm của hai đường trung tuyến bất kỳ; G thuộc một đường trung tuyến và chia đường trung tuyến theo tỷ số 2 : 1 tính từ đỉnh; G là điểm sao cho GA+GB+GC=0; với điểm O bất kỳ thì OG= (OA+OB+OC)

31 1

). Sau đó, hướng dẫn học sinh nắm vững yêu cầu của bài toán. Phải biết được bài toán cho cái gì, và yêu cầu của bài toán là gì? ....

Việc tìm tòi lời giải bài toán: Có thể đưa ra một số định hướng mang tính kinh nghiệm như sau:

a/ Hãy cố gắng liên tưởng đến những bài toán liên quan: Những bài toán liên quan có thể là những bài toán tương tự với bài toán đã cho, hoặc là trường hợp đặc biệt của bài toán đã cho, thậm chí bài toán gần gần với bài toán đã cho,...Nghĩ đến bài toán liên quan là để tìm cách sử dụng kết quả hay phương pháp giải của bài toán đó.

b/ Hãy tìm cách vẽ thêm phần tử phụ: Nhiều khi vẽ thêm phần tử phụ để tìm ra được những mối liên hệ mới. Nhờ đó mà giải được bài toán đã cho.

c/ Có thể tìm tòi lời giải bàng cách xét một số trường hợp đặc biệt hay tương tự. Việc xét các trường hợp như vậy có thể dự đoán được cách giải, kết quả cần tìm.

d/ Tìm theo sơ đồ phân tích đi lên hoặc phân tích đi xuống.

Việc trình bày lời giải bài toán: Trình bày chứng minh bằng suy luận diễn dịch để giải bài toán. Trình bày lời giải phải chính xác, mạch lạc, gọn gàng, sáng sủa.

Xem xét lại bài toán và lời giải, sau khi giải xong chúng ta cần thực hiện a/ Kiểm tra lại kết quả và toàn bộ quá trình giải toán;

b/ Suy nghĩ còn có lời giải khác không? Lời giải được lựa chọn có phải là hay nhất chưa?

c/ Suy nghĩ xem có thể sử dụng kết quả hay phương pháp giải cho một bài toán khác hay không?

d/ Từ những kết quả thu được tìm cách đề xuất những bài toán khác nhờ tương tự, tổng quát hóa, đặc biệt hóa,...hay thêm bớt các điều kiện để biến đổi bài toán.

Ví dụ 17: Cho đa giác đều A1A2....An nội tiếp đường tròn (O; R). Chứng minh rằng khi M thay đổi trên đường tròn (O; R) thì tổng S = 2 2

22 2 1 MA ... MAn MA + + + có giá trị không đổi. Lời giải: S = 2 2 2 2 1 MA ... MAn MA + + + = MA12 +MA22 +...+MAn2 = ( ) ( )2 ( )2 2 2 1 OM OA 0M ... OA OM OA − + − + + n − = n.OM +OA +OA2 +....+OAn2 −2OM(OA1+OA2 +...+OAn) 2 2 1 2 Chú ý rằng OM = OA1 = OA2 =....= OAn = R và (OA1 +OA2 +...+OAn) = O Vậy tổng S = 2nR2 có giá trị không đổi.

Xem xét lại bài toán:

(a) Điểm quan trọng trong lời giải này là có (OA1 +OA2 +...+OAn) = O (1). Đẳng thức (1) đúng với mọi đa giác đều n cạnh. Tuy nhiên, có những đa giác không đều mà đẳng thức (1) vẫn đúng. Chẳng hạn, tứ giác A1A2A3A4 là hình chữ nhật thì ta vẫn có (OA1+OA2 +OA3 +OA4)=O, hoặc nếu A1A2A3A4A5A6 chỉ là lục giác nội tiếp đường tròn (O; R) thì ta vẫn có (OA1+OA2 +OA3 +OA4 +OA5 +OA6)=O. Ta cũng có thể dựng một ngũ giác không đều mà nội tiếp đường tròn (O; R), thì ta vẫn có đẳng thức (1). Như vậy giả thiết “đa giác đều” có thể thay bằng một giả thiết yếu hơn, thể hiện bằng đẳng thức (1). Ta biết rằng điểm O thỏa mãn đẳng thức (1) được gọi là trọng tâm của đa giác A1A2....An. Như vậy bài toán vừa giải là trường hợp riêng của mệnh đề sau:

Mệnh đề 1: Nếu trọng tâm của đa giác A1A2....An đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đó thì với mọi điểm M trên đường tròn ngoại tiếp đa giác, ta có tổng

22 2

22 2

1 MA ... MAn

MA + + + có giá trị không đổi.

(b) Mệng đề 1 rất thú vị vì nó tổng quát hơn bài toán ban đầu. Xét mệnh đề đảo: Mệnh đề 2: Cho đa giác A1A2....An nội tiếp đường tròn (O; R). Nếu với mọi điểm M trên đường tròn, tổng 2 2

22 2

1 MA ... MAn

MA + + + có giá trị không đổi thì O là trọng tâm của đa giác.

Lời giải: Gọi G là trong tâm đa giác đã cho ta dễ dàng chứng minh được biểu thức: S = 2 2 2 2 1 MA ... MAn MA + + + = 2 2 2 2 1 2 .... .MG GA GA GAn n + + + + .

Theo giả thiết giá trị S không thay đổi khi M chạy trên đường tròn, vì thế nếu ta cho M lần lượt trùng với điểm A1 và điểm A2 thì theo giả thiết các giá trị của tổng S tương ứng bằng nhau, nên:

22 2 2 2 1 2 .... .G GA GA GAn n + + + + = 2 2 2 2 1 2 2 .... .A G GA GA GAn n + + + +

Từ đó, suy ra A1G = A2G. Hoàn toàn tương tự ta có A2G = A3G. Vậy G cách đề ba đỉnh A1, A2, A3 nên G trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp đa giác.

(3) Qua cách chứng minh mệnh đề 2, ta nhận thấy rằng giả thiết “với mọi điểm M trên đường tròn” là quá mạnh mà chỉ cần M trùng với ba đỉnh của đa giác mà thôi.

Ta có mệnh đề sau:

Mệnh đề 3: Cho đa giác A1A2....An nội tiếp đường tròn (O; R).Nếu có ít nhất ba đỉnh mà tổng bình phương các khoảng cách từ mỗi đỉnh đó đến các đỉnh còn lại có giá trị bằng nhau thì O là trọng tâm của đa giác.

Ví dụ: Trong hình học, nhất là hình học THCS, khi giải dạng toán chứng minh các hình bằng nhau. Sau khi hướng dẫn học sinh giải một số bài dạng này, ta khái quát cho học sinh: Để giải quyết một số bài toán chứng minh, ta thường quy về sự chứng minh hai hình nào đó bằng nhau, cơ bản nhất là sự bằng nhau của các đoạn thẳng, các góc, các tam giác.

(4) Dùng hình thức khái quát hóa để giải quyết vấn đề

Dùng hình thức khái quát để giải quyết vấn đề, mà cụ thể hơn là giải các bài toán, là quá trình vận dụng những kết quả đã khái quát, những kiến thức chung vào để giải quyết các bài toán. Bởi vì khái quát hóa và đặc biệt hóa là hai mặt đối lập của một quá trình tư duy thống nhất. Quá trình giải bài toán tất nhiên theo lược đồ 4 bước của Polya. Nhưng việc giải bài tập toán có thể theo quy trình: trước hết phân tích các thành phần của bài toán, khái quát nhanh những đặc điểm, liên tưởng nhanh bài toán giống với bài nào, nhận dạng bài toán. Từ đó mở ra hướng suy nghĩ, tìm cách giải quyết.

Ví dụ 18: Sau khi giải được các phương trình bậc hai, ta có thể tổng quát hóa bằng cách xét các phương trình tam thức dạng:

0

2 +bx +c =

Các phương trình trùng phương dạng ax4 + bx2 + c = 0, a≠ 0 lại là trường hợp đặc biệt của phương trình tam thức với n = 2.

Trên cơ sở khái quát những đặc điểm thể hiện trong các điều kiện của đề bài, xuất phát từ góc độ chung để tìm cách giải, cách làm này chính là dùng hình thức khái quát để giải quyết vấn đề. Khi dùng hình thức này, ta nhận thấy quan hệ logic trong phân tích rất rõ ràng, quá trình giải gọn, súc tích, học sinh hiểu sâu bản chất bài toán. Khi vận dụng quy tắc, công thức để giải, trước hết biểu diễn công thức, suy luận tiếp, rồi mới tính toán cụ thể. Ví dụ 19: Cho abc là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0, (a ≠ 0) không có nghiệm hữu tỷ.

Phân tích: Nghiệm của phương trình có dạng:

a b x 2 2 , 1 ∆ ± − = , với ∆=b2 −4ac

Vì a, b, c là các số tự nhiên nên hai nghiệm là số hữu tỷ khi ∆ là số chính phương. Từ đó có lời giải.

Giải: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm hữu tỷ. Khi đó

ac b2 −4 =

∆ = m2, m € Z.

Ta có: 4a. abc = 4a(100a + 10b + c) = 400a2 + 40ab + 4ac = (20a + b)2 – m2 = (20a + b + m)(20a + b – m)

abc là số nguyên tố nên (20a + b + m) abc hoặc (20a + b – m) abc

Vậy (20a + b + m) ≥ abc

abc = (100a + 10b + c) > 20a + 2b > 20a + b + m ≥ abc

Vậy abc > abc vô lý.

Điều này chứng tỏ phương trình không thể có nghiệm hữu tỷ.

Khai thác bài toán: Muốn phương trình bậc hai hệ số nguyên có nghiệm hữu tỷ ta cần chứng minh ∆=b2 −4ac là số chính phương. Vì vậy ta có thể đưa ra bài toán giải cùng phương pháp.

Bài toán: Cho các số nguyên m, n. Chứng minh rằng nếu phương trình x2 + mx + n = 0 có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó là nghiệm nguyên.

Bài toán: Cho phương trình với hệ số nguyên xn + axn – 1 + ...+ an – 1x + an = 0.

Chứng minh rằng: Nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm đó phải là số

Một phần của tài liệu TƯ DUY VÀ NĂNG LỰC TƯ DUY docx (Trang 48 - 55)

Tải bản đầy đủ (DOC)

(89 trang)
w