2.2.1.1. Bồi dưỡng tính mềm dẻo
Tính mềm dẻo của tư duy còn là năng lực thay đổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức chuyển từ góc độ quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, định nghĩa lại sự vật, hiện tượng, gạt bỏ sơ đồ tư duy có sẵn và xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật mới trong những quan hệ mới, hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản chất sự vật và điều phán đoán. Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc các kiến thức kỹ năng đã có sẵn vào hoàn cảnh mới, điều kiện mới, trong đó có những yếu tố đã thay đổi, có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những cách suy nghĩ đã có từ trước. Đó là nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. Do đó, trong quá trình dạy học, giáo viên thường xuyên
rèn luyện cho học sinh có thói quen xem xét rõ bản chất của đối tượng khi gặp khó khăn. Một nội dung có thể được diễn đạt dưới nhiều hình thức khác nhau. Theo Triết học Mác-Lênin, “Nội dung là tổng hợp tất cả những mặt, những yếu tố, những quá trình tạo nên sự vật. Còn hình thức là phương thức tồn tại và phát triển của sự vật, là hệ thống các mối liên hệ tương đối bền vững giữa các yếu tố của sự vật đó". Điều đó cho thấy rằng, bất kì một sự vật nào cũng có hình thức bề ngoài của nó, song theo quan điểm duy vật biện chứng thì hình thức bên trong, cơ cấu bên trong là quan trọng nhất. Nội dung là những mặt những yếu tố những quá trình tạo nên sự vật. Nội dung và hình thức không tồn tại tách rời nhau, nó có sự thống nhất biện chứng với nhau. Nội dung giữ một vai trò quyết định đối với hình thức trong quá trình vận động và phát triển của sự vật, và hình thức cũng có tác động sâu sắc tới nội dung. Theo Nguyễn Cảnh Toàn “...nội dung có thể diễn tả bởi nhiều hình thức phong phú nhưng như vậy không có nghĩa là tuỳ tiện khi suy nghĩ để tìm ra những hình thức khác nhau của cùng một nội dung ...”.
+ Hình thức có thể làm che lấp nội dung song bản chất của nó không thay đổi, khi có mâu thuẫn giữa nội dung và hình thức thì mâu thuẫn này sẽ kích thích việc nghiên cứu để làm rõ sự thống nhất.
+ Cùng một nội dung có thể chứa trong nhiều hình thức khác nhau: trong khi giải bài tập toán thì việc nhìn nhận các nội dung của bài toán theo nhiều hình thức khác nhau sẽ giúp cho ta nắm bắt được các nội dung bản chất của bài toán, trên cơ sở đó sẽ giúp ta tìm ra hướng giải quyết bài toán.
+ Nội dung quyết định hình thức và hình thức tác động trở lại nội dung: Tuy nội dung có thể diễn tả bởi nhiều hình thức phong phú nhưng như vậy không có nghĩa là có thể tùy tiện khi suy nghĩ để tìm ra những hình thức khác nhau của cùng một nội dung, mà khi đi tìm hình thức diễn tả nội dung, tư duy
con người vẫn luôn luôn bị nội dung chi phối, coi nội dung là kim chỉ nam cho việc tìm tòi.
Vì vậy, khi gặp khó khăn bởi hình thức ta có thể biển đổi hình thức của bài toán để tìm được bản chất của nó. Khi đã lột tả được bản chất của vấn đề, tìm được mối liên hệ giữa các yếu tố trong bài toán thì sẽ có được giải pháp hợp lí để giải quyết vấn đề đó.
Ví dụ 11. Cho 6 số thực a,b,c,m,n,p thỏa:
a2+b2+c2=16 và 2m-n+2p+18=0. Chứng minh rằng : -12≤m2+n2+p2-2(am+bn+cp)≤84.
Thông thường học sinh chủ yếu gặp các bất đẳng thức với các biến dương hoặc các biến thực nhưng đối xưng. Hơn nữa, trong bài toán này việc tìm được mối liên hệ giữa giả thiết của đề bài với bất đẳng thức cần chứng minh gặp nhiều khó khăn. Do đó,nếu suy nghĩ theo hướng sử dụng các bất đẳng thức cổ điển để xử lí thì gặp nhiều khó khắn. Lúc này, giáo viên có thể cho học sinh phát biểu nội dung của đẳng thức a2+b2+c2=16. Có thể học sinh sẽ nhận ra đó là phương trình của một mặt cầu trong không gian và đẳng thức 2m-n+2p+18=0 là phương trình của một mặt phẳng. Khi đã nhận ra được bản chất đó, giáo viên có thể yêu cầu học sinh thể hiện giả thiết và kết luận của đề bài bằng các quan hệ hình học.
Học sinh nhận ra được, nếu xét M(a;b;c) và N(m;n;p) thì M nằm trên mặt cầu (S):x2+y2+z2=16 và N nằm trên mặt phẳng (P): 2x-y+2z+18=0.
Biểu thức m2+n2+p2-2(am+bn+cp)=(m-a)2+(n-b)2+(p-c)2-16=MN2-16. Bài toán chuyển về chứng minh 4≤MN2≤100 hay 2≤MN≤10.
Khi đã chuyển về bài toán hình học giáo viên yêu cầu học sinh tìm lời giải cho bài toán hình học đó.
Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0), gọi d là đường thẳng đi qua O và vuông góc với mặt phẳng (P). Khi đó, ta tìm được hai giao điểm của d và (S) là
1 8 4 8 2 8 4 8 ; ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 æ ö÷ æ ö÷ ç - ÷ ç- - ÷ ç ÷ ç ÷ ç ç è ø è ø M M và d cắt (P) tại điểm N0(- 4;2; 4- ).
Vì M N1 0 =10, M N2 0 =2 nên với ta có M2N0≤MN≤M1N0 . Đó chính là điều phải chứng minh.
Khi chuyển việc nhìn nhận các đẳng thức đại số đã cho trong giả thiết của đề bài thành những phương trình của mặt cầu và phương trình mặt phẳng trong không gian, đã thể hiện sự thay đổi trong tư duy, không bị lệ thuộc vào những thói quen có trước. Có nhiều cách để biến đổi hình thức của bài toán, dó đó cần rèn luyện cho học sinh khả năng liên tưởng kiến thức phù hợp với nội dung của bài toán.
Liên tưởng có nghĩa là: “Nhân sự vật, hiện tượng nào đó mà nghĩ đến sự vật, hiện tượng khác có liên quan”. Năng lực liên tưởng ở mỗi người một khác, khi đứng trước một vấn đề cụ thể (bài toán, định lý, mệnh đề, khái niệm…). Có người liên tưởng được nhiều định lý, mệnh đề, bài toán phụ, để hy vọng sẽ giúp cho việc giải quyết vấn đề khá đơn giản. Nhưng có người không liên tưởng được hay chỉ liên tưởng được ít định lý, mệnh đề, bài toán phụ thì vấn đề ấy sẽ bị bế tắc ngay.
L.B.Itenxơn cho rằng: Tư duy tốt tức là tư duy đúng đắn và có hiệu quả, biết thực hiện được những liên tưởng khái quát, những liên tưởng phù hợp với bài toán cần giải. Vì vậy, để việc dạy tư duy có hiệu quả, không chỉ đòi hỏi phải tìm hiểu những thuộc tính hay những quan hệ chung xác định của các đối tượng, mà còn phải biết thuộc tính này là bản chất đối với những bài toán nào".
Chứng minh rằng: 22 22 23 10 3
1- 1+ 1£
+ + +
a b c
Đây là một bất đẳng thức khó, vì giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh không phải là bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị của ba biến nên việc áp dụng các bất đẳng thức cổ điển sẽ gặp nhiều khó khăn. Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh xử lí điều kiện của bài toán, với sự nhạy bén, học sinh có
thể nhận ra đẳng thức abc+a+c=b được biến đổi thành: 1 + = - a c b ac. Đẳng thức
này gợi ý cho học sinh liên tưởng đến công thức cộng cung của hàm tan. Dẫn tới ta đặt a=tanA, b=tanB, c=tanC. Từ đẳng thức trên và a,b,c>0 ta suy ra được A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 2cos2A-2cos2B+3cos2C≤10/3.
Ta có: 2cos2A-2cos2B+3cos2C=
=cos2A-cos2B+3-3sin2C=-3sin2C-2sinC.sin(A-B)+3
2 2
1 1 10
3[sin sin( )] (1 sin ( ))
3 3 3
=- C- A B- - - A B- +
3 sin 1sin( ) 2 1cos (2 ) 10 10
3 3 3 3 é ù ê ú =- - - + £ ê ú ë C A B û A B .
Ta có điều phải chứng minh.
Với việc biến đổi gải thiết và kết luận của bài toán, giúp học sinh huy động đúng nội dung kiến thức để áp dụng giải quyết bài toán.
Việc biến đổi hình thức bài toán, giúp cho học sinh biến đổi bài toán về bài toán tương đương dễ tìm giải hơn. Tuy nhiên, để có được sự linh hoạt, mềm dẻo trong giải quyết vấn đề thì khả năng xoay chuyển phương pháp giải cũng là một yếu tổ quan trọng. Khi tiếp cận vấn đề với phương pháp thường sử dụng gặp nhiều khó khăn thì người học phải biết cách xoay chuyển vận
dụng các phương pháp tư duy khác để giải quyết vấn đề. Trong quá trình dạy học, giáo viên cần chú ý bồi dưỡng cho học sinh các phương pháp chứng minh toán học thường áp dụng như phương pháp suy diễn, quy nạp, phản chứng…Sự phong phú về các phương pháp sẽ giúp học sinh linh hoạt hơn trong việc chọn phương án để giải quyết vấn đề.
Ví dụ 13. Cho các góc nhọn x,y thỏa:
sin2x+sin2y=sin(x+y). Chứng minh rằng: sin4x sin4 y 2
y + x ³ p.
Thông thường khi giải các bất đẳng thức có điều kiện, ta thường tìm cách đánh giá bất đẳng thức cần chứng minh về gần với điều kiện của bài toán. Tuy nhiên, với bài toán này cả giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh rất khó tìm được mối liên hệ. Ở bất đằng thức cần đánh giá vế trái lớn hơn một số cụ thể và vế trái chứa các biến x,y đứng độc lập ở mẫu, nhưng giả thiết chỉ cho đẳng thức mối liên hệ giữa các tỉ số lượng giác là sin. Đó là nguyên nhân dẫn đến khó khăn khi tư duy chứng minh theo cách thông thường. Trong tình huống này, giáo viên có thể hướng học sinh suy nghĩ theo một hướng khác. Phải chăng là từ đẳng thức đề bài cho, ta có được một đẳng thức giữa x và y? Bất đẳng thức cần chứng minh là một bất đẳng thức đối xứng hai biến, do đó ta dự đoán đẳng thức đạt được khi hai biến x,y bằng nhau. Khi đó, ta có đẳng
thức sin4x 1 x =p, vì x là góc nhọn nên ta dự đoán x 4 p = , suy ra 2 x y p + = . Rõ ràng với 2 x y p
+ = thỏa mãn đẳng thức sin2x+sin2y=sin(x+y), đó đó dẫn đến ta có suy đoán như sau:
Nếu x,y là góc nhọn thỏa sin2x+sin2y=sin(x+y) (6) thì
2
x y p
+ = ?
Nếu bằng cách biến đổi đẳng thức (6) để đi đến
2
x y p
+ = gặp khó khăn, nên ta nghĩ đến phương pháp phản chứng để giải quyết bài toán trên.
Giả sử
sin sin cos
2 2
2
sin sin cos
2 2 x y y x y x y y x y x x p p p p p ì æ ö ï ìï ï > ç - ÷= ï > - ï çç ÷÷ ï ï è ø ïï ï + > Þ í Þ í ï ï æ ö ï > - ï > ç - ÷= ï ï ç ÷÷ ï ï çè ø ïî ïî
Do đó: sin2x+sin2y=sinx.sinx+siny.siny>sinx.cosy+siny.cosx=sin(x+y) điều này mâu thuẫn với (6).
Tương tự nếu
2
x y p
+ < ta dẫn đến mâu thuẫn với (6).
Do đó, từ (6) ta có
2
x y p
+ = .
Vậy bài toán chuyển về chứng minh sin4x sin4 y 2
y + x ³ p với x y 2
p
+ = . Bất đẳng thức này được chưng minh dễ dàng bằng cách áp dụng bất đăng thức Cauchy – Schwarz .
Ta có: ( 2 2 ) (2 2 2 )2
4 4 sin sin sin cos
sin x sin y x y x x 2 y x x y x y p + + + ³ = = + + .
2.2.1.2. Bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn
Tính nhuần nhuyễn được đặc trưng bởi khả năng tạo ra một số lượng nhất định các ý tưởng. Số ý tưởng nghĩ ra càng nhiều thì càng có nhiều khả năng xuất hiện ý tưởng độc đáo, trong trường hợp này số lượng làm nảy sinh ra chất lượng. Tính nhuần nhuyễn còn thể hiện rõ nét ở hai đặc trưng sau:
- Tính đa dạng của cách xử lý khi giải toán, khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề cần giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm ra và đề xuất được nhiều phương án khác nhau và từ đó tìm ra được phương án tối ưu.
- Khả năng xem xét đối tượng nhiều khía cạnh khác nhau có cái nhìn sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất biến, phiến diện, cứng nhắc.
Để có được sự đa dạng các phương pháp xử lí khác nhau, thì trong quá trình dạy học giáo viên cần rèn luyện cho học sinh khả năng nhìn sự vật trong sự vận động và dưới nhiều góc độ khác nhau từ đó nhằm tìm ra mối quan hệ giữa chúng. Khi xem xét sự vật phải xem xét đầy đủ, trong tất cả các mặt, các mối quan hệ trong tổng thể những mối quan hệ phong phú của các sự vật và hiện tượng. Từ đó giúp học sinh tránh được những sai lầm, chủ quan, phiến diện của học sinh mà ta thường gọi là chống bệnh “chủ nghĩa chủ quan”. Trong quá trình dạy học Toán, người giáo viên phải là người giúp cho học sinh, khơi nguồn sáng tạo cho học sinh sự vận động biến đổi không ngừng. Từ đó tìm ra nhiều lời giải cho bài toán, biết khai thác bài toán đó dưới nhiều góc độ khía cạnh khác nhau, biết phân tích tìm mối quan hệ giữa giả thiết và kết luận. Qua đó có thể giải quyết được những bài toán có những nét độc đáo, mà theo cách giải thông thường nhiều khi gặp những trở ngại trong giải toán, gây sự nhàm chán trong học Toán của học sinh. Hơn nữa, việc phân tích để tìm nhiều lới giải cho một bài toán giúp học sinh luyện tập tốt kĩ năng sử dụng các phương pháp chứng minh bất đẳng thức, điều đó rèn luyện cho học sinh khả năng xoay chuyển tính huống khi đứng trước một bài toán bất đẳng thức.
cosA+cosB+cosC 3 2
£ .
Với bài toán trên, giáo viên có thể hướng dẫn để học sinh tiếp cận theo nhiều cách khác nhau.
Cách 1: Vế trái là một tổng nên ta nghĩ đến việc biến đổi về tích, kết hợp với
tính bị chặn của hàm số cos ta có được lời giải sau. Ta có: cosA+cosB+cosC=2sin .cos 1 2sin2
2 2 2 - + - C A B C 2 2 3 1 3
2sin 1 2sin 2 sin
2 2 2 2 2 2
æ ö÷
ç
£ + - = - ççè - ÷÷ø £
C C C .
Đẳng thức có khi tam giác ABC đều.
Cách 2: Ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau
cosA+cosB+cosC+cos600 ≤ 2=4cos 600 4
+ + +
A B C
Điều này gợi ý ta có đánh giá như sau:
Ta có: cos cos 2cos .cos 2cos
2 2 2 + - + + = A B A B£ A B A B 0 0 0 0 60 60 60
cos cos60 2cos .cos 2cos
2 2 2
+ - +
+ = C C £ C
C
Suy ra: cosA+cosB+cosC+cos600
0 60 2 cos cos 2 2 æ + + ö÷ ç ÷ ç £ ç + ÷÷ ç ÷ çè ø A B C 0 0 0 60 60
4cos cos 4cos60 2
4 4 + + + + - - = A B C A B C £ = Do đó: cosA+cosB+cosC 3 2 £ .
Cách 3: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2
4sin 4cos .sin 1 0
2 2 2
-
- + ³
2
2
2sin cos sin 0
2 2 2 æ - ö÷ - ç Û ççè - ÷÷ø + ³ C A B A B (Luôn đúng). Cách 4: (Sử dụng bất đẳng thức Trêbưsep)
Theo công thức hình chiếu, ta có:
a=bcosC+ccosB, b=c.cosA+acosC, c=acosB+bcosA Suy ra : a+b+c=(b+c)cosA+(c+a)cosB+(a+b)cosC Giả sử ³ ³ Þ íìïïcos £ cos £ cos
ï + £ + £ + ïî A B C a b c b c c a a b Nên áp dụng bất đẳng thức Trêbưsep, ta có: ( ) ( ) 1
cos cos cos 2
3
a b c+ + ³ A+ B+ C a b c+ +
Suy ra cos cos cos 3 2
+ + £
A B C .
Cách 5: Vì bất đẳng thức xuất hiện côsin nên ta nghĩ đến tích vô hướng của
hai vectơ. Vì các hệ số trước cos đều bằng 1 nên ta tạo ra các véc tơ có cùng độ dài và ta chọn các vectơ đơn vị.
Đặt = , = , =
uur uuur uur r AB r BC r CA
i j k
AB BC CA, suy ra ri = = =rj kr 1
Và .r ri j=- cos , .B j kr r=- cos , .C k ir r=- cosA
Ta có: ( )2 2 2 2 ( ) 0 2 . . . 0 + + ³ Û + + + + + ³ r r r r r r r r r r r r