H A= B= C= D = 2.
1.8.3. Khái quát hóa
Khái quát hóa là việc chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập hợp lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban đầu. Chẳng hạn, chúng ta khái quát hóa khi chuyển từ việc nghiên cứu những tam giác sang việc nghiên cứu những đa giác với số cạnh tùy ý. Chúng ta cũng khái quát hóa khi chuyển từ việc nghiên cứu những hàm số lượng giác của góc nhọn sang việc nghiên cứu những hàm lượng giác của một góc tùy ý.
Có thể nhận thấy rằng trong hai Ví dụ trên, sự khái qt hóa đã được thể hiện theo hai hướng có tính chất khác nhau. Ở Ví dụ đầu, trong việc chuyển từ tam giác sang đa giác n cạnh chúng ta đã thay hằng bởi biến; ở Ví dụ sau, khi chuyển từ góc nhọn sang góc tuỳ ý α, ta đã vứt bỏ điều hạn chế Oo < α < 90o.
Chúng ta thường khái quát hóa bằng cách chuyển từ chỗ chỉ xét một đối tượng sang việc xét toàn thể một lớp bao gồm cả đối tượng đó. Tổng quát hóa một bài tốn thơng thường là mở rộng bài tốn đó, nhưng khơng phải tất cả đều như vậy.
Nhiều khi, phát biểu lại bài toán dưới dạng tổng quát sẽ giúp ta dễ hiểu hơn và có khả năng tìm được hướng giải dễ dàng hơn; bởi vì, lúc đó ta sẽ chú trọng đến các yếu tố bản chất của bài toán và bỏ qua những yếu tố khơng bản chất. Chẳng hạn, với Bài tốn: "Giải phương trình (x + 1)(x + 5)(x + 7)(x + 11) = 8", nếu để dạng như trên, nhiều học sinh khó biết được cần nhóm (x + 1) với (x + 11); (x + 5) với (x + 7). Nhưng nếu ta tổng quát Bài tốn trên, đưa về Bài tốn: "Giải phương trình: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a, b, c, d, e ∈ R; a + d = b + c" thì bản chất của Bài tốn (*) được bộc lộ rõ ràng hơn. Nhu cầu sử dụng giả thiết a + d = b + c sẽ gợi cho học sinh rằng, nên nhóm (x + a) với (x + d); (x + b) với (x + c). "Khái quát hóa có mối liên hệ mật thiết với trừu tượng hóa. Trừu tượng hóa là sự nêu bật và tách những đặc điểm bản chất khỏi những đặc điểm khơng bản chất. Trừu tượng hóa là điều kiện ắt có nhưng chưa đủ để khái quát hóa" (Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tơn Thân 1999, tr. 10).
Ví dụ 1: Tính tổng Sn = 1 22 ... nn
2 2+ + +2 , n ∈ N*.
Nếu sử dụng phương pháp đặc biệt hóa để dự đốn tổng Sn: n = 1 thì Sn = 1
2 n = 2 thì Sn = 1 n = 3 thì Sn = 11
8
ta thấy khó mà phát hiện được quy luật của Sn từ các giá trị 1 2, 1,
11
8 . Nhưng nếu tinh ý một chút sẽ thấy tổng Sn có thể viết dưới dạng
Sn = 1.1 2 + 2. 2 1 2 ÷ + ... + n. n 1 2 ÷
Sn chính là trường hợp riêng của Sn (x) = 1.x + 2.x2 + ... + n.xn (1) khi x = 1 2. Ta có: Sn(x).x = x2 + ... + (n-1)xn + n.xn+1 (2) Từ (1) và (2) ⇒ (1-x).Sn(x) = x + x2 + ... + xn - n.xn+1 = x. n x 1 x 1 n.x x 1 + − − − = n 1 n 2 n 1 x x n.x n.x x 1 + − − + + + − ⇒ Sn(x) = n 1 n 2 2 x (n 1).x n.x (1 x) + + − + + − .
Như vậy ta đã tính được tổng trong trường hợp tổng quát.
⇒ Sn = Sn ( ) n 1 n 2 2 1 1 1 n 1 n. 1 2 2 2 1 2 2 + + − + + = ÷ n n 2 2 2 + = − .
Trên thực tế, có nhiều bài tốn dễ giải hơn khi ở dạng tổng quát, nhất là chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Khi dự đoán giả thuyết quy nạp, chẳng hạn ta phải chứng minh dãy mệnh đề P(1), P(2), ..., P(n) mà khơng có đủ thơng tin để thực hiện bước quy nạp, trong trường hợp đó, ta xét dãy mệnh đề tổng quát hóa Q(1), Q(2), ... mà với mỗi n, mệnh đề Q(n) kéo theo P(n). Sau đó ta lại áp dụng phương pháp quy nạp cho Q(1), Q(2), ...
Ví dụ 2: Cho Ui là số hạng thứ i của dãy Fibonaxi, chứng minh rằng:
2 2
n 1 n 2n 1
U + +U =U +
Ta biết, dãy Fibonaxi xác định bởi U1 = 1, U2 = 1
Bài toán phụ thuộc vào số tự nhiên n, lẽ thường học sinh nghĩ đến việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học:
Mệnh đề đúng với n = 1 (12 + 12 = 2)
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức U2k 1+ +U2k=U2k 1+ . Ta phải chứng minh U2k 2+ +U2k 1+ =U2k 3+ .
Thật vậy: U2k 2 U2k 1 (Uk U )k 1 2 U2k 1
+ + + = + + + +
=Uk2+U2k 1+ +2U .Uk k 1+ +Uk 12+ = U2k+1 + 2Uk.Uk+1 + U2k 1+ .
Theo công thức xác định của dãy Fibonaxi thì mệnh đề sẽ hoàn toàn được chứng minh nếu ta chỉ ra được: 2Uk.Uk+1 + U2k 1+ = U2k+2 (*)
Ta thấy với k = 1 thì (*) đúng.
Giả sử (*) đúng đến k. Ta chứng minh (*) cũng đúng đến k+1, tức 2Uk + 1.Uk+2 + U2k 2+ = U2k+4.
Ta có: 2Uk+1.Uk+2 + U2k 2+ = 2Uk+1.(Uk+1 +Uk). + U2k 2+ = 2U2k 1+ + 2Uk.Uk+1 + U2k 2+
= (2Uk+1.Uk + U2k 1+ ) + U2k 1+ + U2k 2+ = U2k+2 + (U2k 1+ +U2k 2+ )
Và bây giờ ta lại phải chứng minh U2k 1+ +U2k 2+ = U2k + 3! Như vậy là, mệnh đề phải chứng minh kép theo mệnh đề (*) và ngược lại. Do đó ta xét hai hàm mệnh đề:
P(n): U2n 1+ +U2n= U2n 1+
Q(n): 2Un+1.Un + U2n 1+ =U2n 2+ Rõ ràng P(1) và Q(1) đều đúng.
Theo lý luận trên ta thấy rằng P(k) và Q(k) đúng kéo theo P(k + 1) đúng; P(k + 1) và Q(k) đúng lại kéo theo Q(k + 1) đúng. Như vậy từ P(k) và Q(k) đúng suy ra P(k + 1) và Q(k + 1) đúng.
Vậy Bài toán đã được chứng minh nhờ vào xét bài toán tổng quát hơn (theo nghĩa bao gồm cả Bài tốn ban đầu).
Ví dụ 3: Có tồn tại một số ngun tố nào đó trong dãy vơ hạn sau
không:
10001, 1000110001, 100011000110001, ...?
Ta nhận thấy những số hạng của dãy có thể biểu diễn dưới dạng 104 + 1; 1 + 104 + 108; ...; 1 + 104 + ... + 104 (k -1) + 104k; ...
Thay vì xét Bài tốn với số cụ thể là 10, ta xét Bài toán khái quát hơn với số nguyên dương bất kỳ x, x > 1. Lúc đó dãy gồm:
1 + x4, 1 + x4 + x8, ..., 1 + x4 + ... + x4(k-1) + x4k, ... với x ∈ Z+, x > 1. Ta thấy, số hạng nào của dãy có chẵn các số hạng thì sẽ đặt được thừa số chung. Do đó ta xét các trường hợp: k = 1 và x = 10 ta có 1 + 104 = 1001 = 13.137 là hợp số. • Nếu k lẻ: k = 2m + 1 thì 1 + x4 + x8 + ... + x4(2m+1) = 1 + x4 + x8(1+x4) + ... + x8m(1 + x4) = (1+x4)(1+x8 + ... +x8m) ⇒ 1+ x4 + x8 +...+ x4(2m + 1) là hợp số • Nếu k chẵn: k = 2m 1 + x4 + x8 + ... + x4(2m) = 4 2m 1 2m 1 2 ( 2m 1 2) 4 2 2 1 x ) 1 (x ) 1 (x ) 1 x 1 x 1 x + + + + − − ÷ = ÷ ÷ − − + = 2 2m 1 2 2m 1 2 2 1 (x ) 1 ( x ) 1 x 1 ( x ) + + − − − − ÷ − − ÷ = (1 x+ 2+ +... (x )2 2m)(1 x− + + −2 ... ( x ) )2 2m .
Sự phân tích này chứng tỏ các số trong dãy trên đều là hợp số.
Như vậy, chúng ta giải được Bài toán trên nhờ vào sự khái quát. Thực tế cho thấy, hiếm khi học sinh biết xét một bài toán ở dạng khái quát mà cứ loay hoay với những con số cụ thể. Với Bài tốn trên, giáo viên có thể gợi ý cho học sinh tìm phương pháp bằng những câu hỏi như:
"Em hãy viết lại các số trong dãy dưới dạng khác?"
"Số 10 có vai trị gì đặc biệt khơng? Có thể giải bài tốn tổng qt hơn được khơng?"
Việc giải bài tốn tổng qt là vấn đề mở rộng cách giải của bài toán ban đầu, nên khơng phải bài tốn nào cũng có lời giải. Giáo viên cần lưu ý với học sinh rằng có hai loại khái quát hóa: một loại tầm thường và một loại có giá trị. Khái qt bằng cách "pha lỗng" thì dễ, quan trọng hơn là khái qt hóa bằng "ngưng tụ". G. Polia đã ví rằng: "Dùng một lượng nước lớn để hịa với một ít rượu vang thì rẻ tiền và dễ dàng. Chế ra một chất tinh khiết, đậm đặc từ những chất thành phần tốt thì khó hơn nhiều nhưng rất q" (G. Polia 1997, tr. 44). Khái quát hóa bằng "ngưng tụ" cơ đúc nhiều ý ban đầu có vẻ phân tán rời rạc vào một khái niệm chung có phạm vi rộng lớn. Trong dạy học, chúng ta phải làm sao học sinh có được kỹ năng khái quát hóa có giá trị đó. Muốn vậy, giáo viên cần có phương pháp rèn luyện ngay trong mỗi bài học. Ta lấy ví dụ như sau khi học sinh được học tính chất: "Số hạng thứ n (Un), n ≥ 2 của một cấp số cộng có cơng sai d được xác định bởi công thức Un = Un-1 + d và cấp số nhân công bội q: Un = Un- 1.q". Giáo viên đặt vấn đề: "Chúng ta hãy nghiên cứu một dãy số {Un} tổng quát hơn: mỗi số hạng (Un) (n ≥ 2) là một hàm số bậc nhất của số hạng đứng trước nó: Un = a.Un-1 + b, trong đó a, b là những hằng số (Khi a = 1, ta có cấp số cộng; khi b = 0 ta có cấp số nhân).
Giáo viên nêu vấn đề tìm cơng thức của số hạng tổng quát (Un) theo số hạng đầu (U1) và a, b, n?
Từ công thức U2 = aU1 + b
U3 = aU2 + b = a(aU1 + b) + b = a2U1 + a(a + 1)b U4 = aU3 + b = a[a2U1 + (a + 1)b] + b
= a3U1 + (a2 + a + 1)b
Học sinh đưa ra dự đốn cơng thức số hạng tổng quát:
Un = an-1U1 + (an-2 + an-1 + ... + a + 1)b (1) rồi chứng minh bằng quy nạp.
Trong (1) thay tổng an-2 + an-3 + ... + a + 1 bởi
n 1
a 1
a 1
− −− −
ta được Un= an-1.U1 + (an 1 1).b a 1
− −− −
Đối với học sinh giỏi giáo viên đặt vấn đề nghiên cứu dãy {Un}, trong đó số hạng thứ n (n > 2) được xác định theo hai số hạng đứng trước nó: Un = a1.Un-1 + a2.Un-2, với a1, a2 là hai hằng số cho trước (2).
a) Dễ thấy rằng nếu {rn} và {vn} là hai dãy thỏa mãn (2), tức là: rn= a1rn-1 + a2rn-2 (2a) vn = a1vn-1 + a2 vn-2 (2b) Nhân (2a) với A; (2b) với B (A, B tùy ý), rồi cộng lại theo vế ta được: Arn + Bvn = a1(Arn - 1 + Bvn - 1) + a2(Arn - 2 + Bvn - 2)
⇒ {Arn + Bvn} thỏa mãn (2)
b) Ta tìm một dãy thỏa mãn (2). Thử với một dãy đơn giản nhất {xn}: Từ xn = a1xn-1 + a2xn-2 ⇔ x2 = a1x + a2
Như vậy nếu x1 thỏa mãn phương trình: x2 = a1x + a2 (3) thì dãy {x1n-1}: 1, x1, x12, ..., x1n-1 thỏa mãn (2).
c) Kết hợp b) với a) suy ra rằng nếu x1, x2 là hai nghiệm khác nhau của phương trình (3) thì dãy {Un} xác định bởi:
Un = C1.x1n-1 + C2.x2n-1 (4) C1, C2 là hai số bất kỳ, cũng thỏa mãn (3) Ta xét xem điều ngược lại có đúng khơng?
Một dãy số như vậy hoàn toàn xác định bởi hai số hạng đầu U1 = m và U2 = p. Lúc đó, từ (4) ta có: 1 2 1 1 2 2 m = C + C p = C x + C x (5)
Từ đây bao giờ cũng xác định được C1 và C2. C1 = (p - mx2) / (x1 - x2)
C2 = (mx1 - p) / (x1 - x2)
Dãy (4), với hai giá trị này của C1, C2 chính là hai dãy thỏa mãn (2) (U1 = m, U2 = p).
Áp dụng kết quả vừa tìm được vào dãy Fibonaxi Un = Un-1 + Un-2 (n ≥ 3) trong trường hợp U1 = 0, U2 = 1 (dãy 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8...) phương trình (3) có dạng: x2 = x + 1 (a1 = a2 = 1) (6) Phương trình (6) có 2 nghiệm x1 = 1 5 2 + và 2 1 5 x 2 − = (5) có dạng 0 = C1 + C2 1 = C1 2 ( 1 2) 1 5 1 5 5 C C C 2 2 2 + − + = − ÷ ÷ ⇒ C1 = - C2 = 1 5
Theo (4) số hạng tổng quát của dãy Fibonaxi là Un = n n 1 1 5 1 5 2 2 5 + − ÷ − ÷
Vậy là từ một tính chất của dãy đã học, ta đã xét được bài toán tổng quát hơn (nhờ phương pháp tổng quát hóa), sau đó lại sử dụng đặc biệt hóa để quay về một bài tốn dạng quen thuộc. Trong q trình tìm lời giải, ta khơng chỉ sử dụng riêng biệt một phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa hay tương tự hóa mà thường có sự phối hợp giữa ba phương pháp này. Có thể lấy Định
lý Pitago, một Định lý nổi tiếng của Tốn học sơ cấp làm ví dụ. Chúng ta đều biết và thường sử dụng Định lý:
"Bình phương cạnh huyền (a) của một tam giác vuông bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vng (b và c), tức là: a2 = b2 + c2 (1)"
Định lý Pitago có thể chứng minh như thế nào và ý cơ bản trong chứng minh là gì? Ta hãy cùng tìm hiểu xem.
Các biểu thức a2 + b2, c2 trong (1) gợi cho ta liên tưởng đến diện tích các hình vng có cạnh là a, b, c. Do đó, ta dựng trên mỗi cạnh của tam giác một hình vng (H. 1) và vấn đề trở thành: "Chứng minh rằng diện tích hình vng dựng trên cạnh huyền bằng tổng các diện tích của hai hình vng dựng trên hai cạnh góc vng".
Chúng ta nảy ra một ý là: vì các hình vng đồng dạng với nhau, cho nên tổng quát hơn, nếu ta dựng trên các cạnh của tam giác vuông các đa giác đồng dạng với nhau (H. 2), thì phải chăng diện tích S1 của đa giác dựng trên cạnh huyền bằng tổng các diện tích S2, S3 của hai đa giác kia, tức là S1 = S2 + S3?. Dễ thấy điều tổng quát này là đúng - nếu Định lý Pitago đã được chứng minh. Thực vậy, vì các đa giác dựng trên các cạnh của tam giác vng là đồng dạng với nhau nên diện tích S1, S2, S3 của chúng tỉ lệ với bình phương của các cạnh tương ứng:
1 2 3
2 2 2
S S S
a = b =c
Gọi hệ số tỉ lệ (giá trị chung của các tỷ số trên) là k ta có: S1 = ka2, S2 = kb2, S3 = kc2. A C B C B A Hình 2 Hình 1
Hình 3
A
CH H
B
Do đó, nếu Định lý Pitago đã được chứng minh, tức nếu a2 = b2 + c3 (1) là đúng, thì ta có ka2 = kb2 + kc2 (2), tức là S1 = S2 + S3 (đpcm)
Chú ý rằng (1) là trường hợp đặc biệt của (2) khi k = 1. Ở trên, ta đã chứng minh đẳng thức (2) dựa vào trường hợp đặc biệt (1) của nó (giả sử (1) là đúng). Ngược lại, dĩ nhiên là nếu chứng minh được (2) thì có thể suy ra ngay được (1). Vậy (1) và (2) là tương đương, nghĩa là Định lý tổng quát tương đương với một trường hợp đặc biệt của nó.
Hơn nữa, dễ thấy rằng bất cứ trường hợp đặc biệt nào của Định lý tổng quát (2) cũng tương đương với (2), tức là tương đương với (1). Thật vậy, nếu với một trường hợp đặc biệt nào đó của (H. 2), mà ta chứng minh được rằng diện tích S1 của đa giác dựng trên cạnh huyền bằng tổng diện tích S2 và S3 của hai đa giác kia, thì từ 1 2 3
2 2 2
S S S
a =b = c = l và S1 = S2 + S3 ta suy ra được la2 = lb2 + lc2 do đó ta có được (2) và (1).
Như vậy là sau khi tổng quát hóa từ (1) sang (2), ta lại đặc biệt hóa, ta đi tìm một trường hợp đặc biệt của (2) và chỉ cần chứng minh trường hợp đặc biệt này là đủ để chứng minh (1).
Tất nhiên là, nên chọn trường hợp đặc biệt nào đơn giản nhất. Đó chính là trường hợp (H. 3): các tam giác ABC, HBA và HCA được dựng trên ba cạnh của tam giác ABC cho trước, và đồng dạng với nhau. Rõ ràng là diện tích của tam giác dựng trên cạnh huyền bằng tổng diện tích hai tam giác kia. Do đó Định lý Pitago đã được chứng minh.
Tóm lại, ta chứng minh Định lý Pitago như sau: Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Ba tam giác ABC, ABH và HAC đồng dạng, nên các diện tích S1, S2, S3
của chúng tỷ lệ với bình phương các cạnh tương ứng, tức là: S1 = la2, S2 = lb2, S3 = lc2. Mà dĩ nhiên S1 = S2 + S3 , tức là la2 = lb2 + lc2 do đó a2 = b2 + c2 .
Các phương pháp đặc biệt hóa, tổng qt hóa và tương tự hóa khơng chỉ là những phương pháp suy nghĩ cơ bản giúp ta mị mẫm, dự đốn để tìm ra cách giải. Chúng cịn có một ý nghĩa quan trọng nữa là, giúp phát hiện ra những vấn đề mới, những bài tốn mới, giúp ta nhìn thấy sự liên hệ giữa nhiều vấn đề với nhau. Nhờ những phương pháp đó, chúng ta có thể mở rộng, đào sâu thêm kiến thức của chúng ta, bằng cách nêu lên và giải quyết những vấn đề tổng quát hơn, những vấn đề tương tự, hoặc đi sâu vào những trường hợp đặc biệt, có ý nghĩa về mặt nào đó (kết quả lý thú, ứng dụng thực tế ...).
1.8.4. Quy nạp
Ta thường phân biệt hai hình thức của suy luận: suy diễn và quy nạp. Nếu như suy diễn là đi từ cái chung đến cái riêng, thì suy luận quy nạp là đi từ cái riêng đến cái chung - như G. Polia đã nói: "Suy luận quy nạp là trường