SKKN Một số phương pháp tìm tòi lời giải một bài toán và nêu lên một số ví dụ vận dụng tổng hợp các...

SKKN Một số phương pháp tìm tòi lời giải một bài toán và nêu lên một số ví dụ vận dụng tổng hợp các phương pháp đó 1 1 Mở đầu 1 1 Lí do chọn đề tài Ở trường phổ thông, đối với học sinh có thể xem việc[.]

1 M ở đầu

1.1 Lí do chọn đề tài

Ở trường phổ thông, đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học Vì vậy dạy giải toán cũng là nhiệm vụ chủ yếu của người thầy giáo Để tìm cách giải chúng ta phải thay đổi nhiều lần quan điểm

và cách nhìn bài toán, chúng ta phải luôn luôn thay đổi vị trí Thoạt đầu quan điểm của chúng ta về bài toán rất có thể là không đầy đủ, quan niệm của chúng ta sẽ khác đi khi chúng ta thu được một số kết quả và còn khác đi nữa khi chúng ta sắp sửa nắm được cách giải

Để sắp xếp những câu hỏi và lời khuyên được thuận lợi, chúng ta phân biệt bốn bước trong quá trình giải một bài toán:

- Bước 1: Phải hiểu bài toán, thấy rõ là phải tìm cái gì?

- Bước 2: Suy nghĩ tìm tòi lời giải của bài toán (Nắm được mối quan hệ giữa các yếu tố khác nhau của bài toán, giữa cái chưa biết với cái đã biết, để tìm thấy cái ý của cách giải, để vạch ra được một chương trình

- Bước 3: Thực hiện chương trình

- Bước 4: Nhìn lại cách giải đã thu được một lần nữa, nghiên cứu và phân tích nó [1]

Mặc dù 4 nội dung trên luôn gắn kết với nhau (có khi cùng tiến hành song song, có khi tách thành các quá trình tương đối riêng rẽ) và bài toán coi như được giải quyết khi đã có lời giải Song việc dạy cho học sinh biết vận dụng các phương pháp tìm tòi lời giải bài toán mới chính là cơ sở quan trọng có ý nghĩa quyết định cho việc rèn luyện khả năng tư duy tích cực sáng tạo cho học sinh thông qua việc giải toán

Đề tài này chỉ đề cập đến bước thứ hai thông qua việc dạy cho học sinh một số phương pháp tìm tòi lời giải một bài toán và nêu lên một số ví dụ vận dụng tổng hợp các phương pháp đó.

1.2 Mục đích nghiên cứu

Để làm tốt công tác giảng dạy và nghiên cứu về mặt phương pháp giảng dạy

bộ môn Toán ở trường THPT hiện nay, phù hợp với đổi mới trong cách dạy, cách học cũng như phổ biến kinh nghiệm hay và thực tiễn để đồng nghiệp trao đổi góp

ý và cùng thực hiện trong dạy học

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

Học sinh lớp 10, 11 và 12 ở Trường trung học phổ thông Mai Anh Tuấn - Huyện Nga Sơn - Tỉnh Thanh Hóa

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Nhóm phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo viên, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Luật giáo dục đã quy định “ Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, phù hơp với đặc điểm của từng lớp học, từng môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh”

Trong lý luận dạy học nói chung đã chỉ rõ, phương pháp dạy học tích cực là những phương pháp giáo dục/ dạy học nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của người học Trong đó các hoạt động học tập được tổ chức, được định hướng bởi người thầy, người học chủ động, tự lực, tích cực tham gia vào quá trình tìm kiếm, khám phá, phát hiện kiến thức, vận dụng kiên thức để giải quyết vấn đề thực tiễn, qua đó lĩnh hội nội dung học tập và phát triển năng lực sáng tạo

Trong phương pháp dạy học tích cực không chỉ quan tâm đến yêu cầu thông hiểu, ghi nhớ tái hiện các kiến thức theo SGK mà còn đặc biệt chú ý đến năng lực nhận thức, rèn luyện kỹ năng và phẩm chất tư duy( phân tích, tổng hợp, xác lập quan hệ giữa các sự kiện, nêu giả thuyết,…)

Trong lý luận dạy học toán nói riêng đã chỉ ra: “ Cốt lõi của việc đổi mới phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT là làm cho học sinh học tập tích

cực, chủ động, sáng tạo, chống lại thói quen học tập thụ động”, mà việc dạy Tìm tòi lời giải đóng vai trò có tính quyết định việc rèn luyện phương pháp suy luận và

khả năng tư duy cho học sinh trong toàn bộ quá trình dạy và học toán trong trường phổ thông [2]

Bởi tìm tòi lời giải bài boán chính là tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ suy nghĩ có tính chất tìm đoán: biến đổi cái đã cho, biễn đổi cái phải tìm hay chứng minh, liên hệ cái đã cho hoặc cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần giải với bài toán cũ tương tự…Tìm tòi cách giải khác, so sánh chúng để chọn dược cách giải hợp lý nhất.

Đương nhiên rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải một bài toán phải từ hình thức thấp đến cao; từ việc tìm lời giải theo từng phương pháp riêng biệt đến vận dụng tổng hợp các phương pháp

Nội dung của đề tài này còn căn cứ vào chương trình, nội dung môn toán ở bậc THPT mà Bộ GD&ĐT đã ban hành

2.2 Th ực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Một thực trạng hiện nay trong việc học toán là: Phần lớn các học sinh khi đứng trước một bài toán không biết bắt đầu từ đâu, không biết mình phải giải quyết vấn đề gì; sử dụng giả thiết và kết luận ra sao để biến đổi Và biến đổi theo hướng nào cũng không ít học sinh lúng túng nên dẫn đến tình trạng biến đổi vòng quanh sau một hồi biến đổi lại quay về cái ban đầu Mặt khác trong tư duy học sinh cũng gặp nhiều sai sót về mặt suy luận, hoặc mơ hồ không chính xác, hoặc thiếu chặt chẽ trong việc vận dụng các điều kiện đã cho, hoặc suy luân trên cơ sở hình thức không bản chất dẫn đến lời giải thiếu chính xác, thừa hoặc thiếu thậm chí tưởng là đúng nhưng thực chất là sai…Cũng vì vậy nhiều học sinh không thấy hứng thú khi học toán

Mặt khác đại đa số học sinh khi tìm được lời giải của bài toán là họ đã thấy thỏa mãn, thì trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán còn phát hiện các lời giải khác nhau và hơn thế có thể sáng tạo các bài toán mới

Do vậy việc dạy cho học sinh biết các phương pháp tìm tòi lời giải các bài góp phần rất quan trọng giúp học sinh khắc phục các nhược điểm đã nêu Song quan trọng hơn là rèn luyện khả năng tư duy linh hoạt, sáng tạo và những phép suy luận có lý, tạo hứng thú trong học toán và tâm lý tự tin Đương nhiên việc dạy tìm tòi lời giải bài toán phải được thực hiện trong suốt quá trình dạy toán và theo trình

tự từ thấp đến cao

2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện

2.3.1 Thông qua một hệ thống các phương pháp tìm tòi lời giải

2.3.1.1 Khai thác triệt để các giả thiết và đặc điểm về dạng của bài toán

Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó Vì hình thức và nội dung có sự thống nhất (phép biện chứng) Nên khi khai thác triệt

để phần hình thức thì đồng thời ta cũng phát hiện các đặc điểm bên trong của bài toán

Ví dụ 1 Giải phương trình 5 2 6 5 2 6 10

Tìm tòi lời giải: Đây là một dạng toán quen thuộc f x( ) g x( ) m với f x g x( ) ( ) a

(hằng số) Ở đây5 2 6  5 2 6 1 Vì vậy nếu đặt thì

x

t 

và pt đã cho trở thành là phương trình bậc hai quen thuộc

5 2 6

x

t

t

 

Giải PT này theo t > 0, từ đó tìm x.

Đáp số: x 2,x  2

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2(tanx sin ) 3(cotx  x cos ) 5x   0

Tìm tòi lời giải: Điều kiện: sinxcosx  0

Nhìn vào hình thức bài toán ta thấy có mặt của ba hệ số là 2,3,5 và lẽ tự nhiên ta nghĩ đến 2+3 = 5 Chính vì vậy ta tách 5 = 2 + 3 rồi ghép 2 với số hạng đầu và 3 với số hang thứ hai thì ta được:

Đây là phương trình tích giải được vì mỗi thừa số đều chuyển được về PT dạng đã biết

Rõ ràng nếu không để ý đến đặc điểm trên thì bài toán vô cùng khó giải

Ví dụ 3: Giải phương trình

2

2019!

Tìm tòi lời giải: Đặc điểm của bài toán là : vế trái là tổng của 2 hàm số mũ, còn

vế phải lại là một hàm số lượng giác Chính vì vậy không thể dùng bất cứ phép biến đổi đại số hay lượng giác nào để giải phương trình đã cho

Trong trường hợp này ta chỉ có thể nghĩ đến phương án là đánh giá giá 2 vế của phương trình đã cho (rõ ràng ở đây cũng không thể giải bằng đồ thị được) Những giá trị của x làm cho 2 vế bằng nhau sẽ là nghiệm của phương trình.

Theo đường lối trên ta có: 3x 3x  2 dấu = xảy ra khi x = 0; còn

dấu bằng xảy ra khi Do x = 0 thì

2

2019!

2019!

x  x 

nên x = 0 là nghiệm duy nhất của PT

2

2019!

x  x



Ví dụ 4: Chứng minh rằng : với n, p là các số tự nhiên thì

  2 2  2

n n p  n  n   n p  n n p

Tìm tòi lời giải: Do các số hạng ở 2 vế trái và phải của BĐT quá “xa lạ” với p số

hạng ở giữa nên để chứng minh bất đẳng thức đã cho rõ ràng ta không thể dùng các phép biến đổi tương đương được Ta nghĩ đến việc đánh giá tổng

T= về cả 2 phía Xuất phát từ số hạng tổng quát , ta

) ( )

2 ( )

1

1

1 1

p n n

) )(

1 (

1 1

) 1 )(

(

1

)

k n

k

n    nk     ( )( 1 )

1





1 )

(

1







n

) )(

1

(

1

k n k

n   nk nk

1 ) 1 (

1

1

1 )

(

1







1

n k nk nk

1 ) 1 (

1

Áp dụng (*) cho k= 1,2,3,….,p rồi cộng p BĐT, khử các số hạng đối dấu nhau ta

có đpcm

2.3.1.2 Sử dụng các điều kiện đặt ra cho các đại lượng tham gia trong bài toán; các biểu thức, các hàm số có trong bài toán để xác định phương hướng giải các bài toán

Vì các điều kiện đặt ra cho các đại lượng có trong bài toán không phải là ngẫu nhiên, tùy tiện mà là biểu hiện các mối liên hệ nào đó có tính nhân quả giữa các yếu tố tạo nên bài toán Khai thác đúng hướng các điều kiện đó có thể tìm ra lời giải bài toán

Ví dụ 5: Giải phương trình 4 41 x 4 41 x  2

Tìm tòi lời giải: ĐK -41 x 41

Rõ ràng ở đây nếu dùng các phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến một

phương trình bậc cao rất phức tạp Do đó ta nghĩ đến một trong các hướng sau Cách 1) Xét hàm số f(x) = 4 41 x  4 41 x trên tập xác định    41 x 41;

Ta thấy f(x) là hàm chẵn (Vì f(x) = f(-x) với    41 x 41)

Xét 0 x  41 khi đó 4 41 x  4 41 >2 Vậy 4 41 x 4 41 x >2 cho nên phương trình vô nghiệm khi 0 x  41

Do tính chất chẵn của hàm số nên phương trình đã cho cũng vô nghiệm trên khoảng    41 x 0

Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm

Cách 2) Đặt u 4 41 x v,  4 41 x khi đó ta có hệ

2 82

u v

u v

 







Đây là hệ đối xứng quyen thuộc nên ta giải theo cách giải của hệ đối xứng

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC Gọi  2 2 2  Chứng minh rằng

D  A B C

nếu D 0,D 0,D 0 thì tương ứng tam giác ABC sẽ là tam giác nhọn, vuông hoặc

tù

Tìm tòi lời giải: Điều ta quan tâm là dấu của D Mà ta đã biết:

+) Nếu cosAcosBcossC > 0 thì tam giác ABC nhọn ( bởi không thể xảy ra có 2 số

âm)

+) Nếu cosAcosBcossC = 0 thì tam giác ABC vuông

+) Nếu cosAcosBcossC < 0 thì tam giác ABC tù (vì không thể cả 3 số đều âm)

Từ đó ta có suy nghĩ D và tích cosAcossBcossC có mối liên hệ nào đó với nhau và nếu có thì mối liên hệ đó phải có dạng D = k cosAcossBcossC.

Ta hãy kiểm tra xem điều dự đoán trên có đúng không?

Ta có

2

2

2

1 cos 2 1 cos 2

1

2

2 cos cos cos



( với chú ý là cosA= - cos(B+C) Từ đó suy ra kết quả của bài toán

2.3.1.3 Phân tích và biến đổi kết quả (yêu cầu của bài toán) để tìm

phương hướng giải bài toán

Bằng cách này ta tìm cách thay bài toàn đã cho bằng bài toán mới tương đương

nhưng đơn giản hơn và giải được Vì bằng cách này ta đã tìm được các phép biến đổi ngược với tác giả bài toán, nên tất nhiên sẽ dẫn ta tới con đường tìm ra lời

giải bài toán

Ví dụ7: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC thì

4

a b c b c a c a b  abca  b c

Tìm tòi lời giải: Biến đổi (1) ta có

a b c a b c a b c a b c

a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c

a b c ab ac a bc ab b ca cb c

a b c c a ab b

a b c c a b c a b

Điều này đúng vì do a, b, c là 3 cạnh của tam giac nên mỗi thừa số ở VT của

BĐT cuối cùng là đúng

Chú ý rằng : Nếu từ (2) ta sử dụng định lý hàm số cosin thì cũng được BĐT

đúng

Ví dụ 8 : Chứng minh: với n là số tự nhiên, ta có

0,785n2 – n < 2 2 2 2 2 2 < n2

) 1 (

2

n

4

1 

Tìm tòi lời giải : Gọi Sn-1 = 2 2 2 2 2 2 Rõ ràng ở đây ta

) 1 (

2

n

không thể nghĩ đến chuyện biến đổi tương đương BĐT đã cho Nhưng biểu thức ak

= n2 k2 ( với k = 1, 2, …n-1) gợi cho ta độ dài cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng n và cạnh góc vuông kia bằng k ( hình 1.)

Lại để ý rằng biểu thức n2gợi cho ta

4

1 

có thể sử dụng công thức diện tích hình

tròn để chứng minh BĐT với chú ý rằng

= là diện tích của

k

n2 2 n2k2 1

hình chữ nhật có 1 cạnh bằng 1 và cạnh

kia bằng ak

O

n n

n A

B

Hình 1 Khi đó Sn-1 là tổng diện tích của n-1 hình chữ nhật tạo nên một hình bậc thang nội tiếp trong đường tròn OAB có bán kính bằng n Nên Sn-1 < n2 (1)

4

1

4

1 

Với BĐT vế trái ta có thể viết lại tương đương là 0,785n2 < n+ Sn-1(2) và coi VP của (2) là tổng của n hình chữ nhật mà mỗi cạnh của chúng bằng 1 còn cạnh kia bằng ak ( trừ hình chữ nhật đầu tiên có kích thước bằng n.1) Những hình chữ nhật này tạo nên một hình bậc thang ngoại tiếp đường tròn OAB có bán kính bằng n

4 1

Nên n+ Sn-1 > n2 > Đó là đpcm

4

785 , 0 4

14 , 3

n

n 

Ví dụ 9: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì ta có

2

a b c  a b b c c a

Tìm tòi lời giải: Phân tich yêu cầu bài toán ta thấy, từ 4 4 4 có thể tìm thấy

a b c

hoặc , nhưng do a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam

a b c  2 2 22

a b c

giác nên ta sẽ sử dụng  2 2 22để có thể áp dụng định lý hàm số côsin Ta có

a b c

a b  c a b  a c  b c  a b C

BĐT cần chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 Đến đây ta được BĐT

4a b cos C 4a b

đúng (vì cos2C ≤ 1)

2.3.1.4 Phân tích đồng thời cả giả thiết và yêu cầu của bài toán để tìm phương hướng giải

Cơ sở của phương pháp này là mối liên hệ tất yếu phải có giữa các yếu tố

đã cho và những điều mà bài toán đòi hỏi Người làm toán có nhiệm vụ khám phá cho được mối liên hệ tất yếu đó và khi đó có thể dẫn tới con đường giải bài toán

Ví dụ 10: Chứng minh rằng, nếu x, y, z là độ dài các cạnh của một tam giác thì

BĐT sau đây đúng: │ + + - - - │ < 1 (1)

y

x z

y x

z x

y y

z z x

Tìm tòi lời giải: Trước hết ta phân tích và biến đổi giả thiết Vì x, y, z là độ dài

các cạnh của tam giác nên

*) x + y > z ; y + z > x; z + y > x (a)

hoặc *) x y z y,  z x z,  x y (b) Rõ ràng để “gần gũi” với giả thiết ta chọn các BĐT (b) để biến đổi Từ (b) ta có:

z

y

x

1





x

z y

1





y

x z

1 ) )(

)(

(









xyz

x z z y y x

đúng)

Mặt khác biến đổi (1) (yêu cầu của bài toán) ta được:

(1)  (x2 y )2 z (y2 z x2) (z2 x y2) 1 (**) So sanh (*) và (**) ta thấy giả thiết

xyz



(2) Nhờ việc phân tích và biến

(x  y )z (y z x)  (z x y)  (xy y)( z z)( x)

đổi đồng thời cả giả thiết và kết luận ta đã đi dến bài toán (2) thuận lợi hơn rất nhiều so với bài toán (1) vì đã được định hướng ( chẳng hạn khai triển cả 2 vế)

Ví dụ 11: Chứng minh rằng trong một tam giác ABC nếu a2 + b2 = c2 + 4R2 thì

tan

A B

C

A B



Tìm tòi lời giải: Để cho giả thiết gần gũi hơn với yêu cầu của bài toán ta chuyển

các yếu tố có trong giả thiết về yếu tố góc Khi đó áp dụng định lý hàm số sin ta đưa giả thiết về dạng : 2 2 2 (1) Bây giờ ta biến đổi kết luận để

sin A sin B  1 sin C

chỉ chứa sin và cosin Ta có :

B

A

B

tan 1 tan

tan

1 tan

tan







C C sB

A

B A B A

B A

2 2 cos

sin 1 cos cos

sin sin

1 cos cos

sin sin







C

C B

A

B A

2 2 cos

sin ) cos(

) cos(









( vì ) Để gần hơn với (1) ta cộng cả 2

2 cos cos(A B)C sin C

1 cos(  A B ).cos(A B) 1 sin    C 1 cos 2 1 cos 2 2

1 sin 2

C

(so sánh với (1) đpcm)

sin A sin B 1 sin C

2.3.1.5 Đưa thêm vào các bài toán các yếu tố phụ, các đại lượng trung gian để bài toán được dễ giải hơn

Chẳng hạn trong đại số việc giải PT hoặc hệ PT ít ẩn nhưng khó giải ta có thể đưa vào ẩn phụ để chuyển về bài toán nhiều ẩn nhưng dễ giải hơn

Hay trong lượng giác nhiều khi chúng ta phải chuyển PT, hệ PT một ẩn về

PT hoặc hệ PT đại số nhiều ẩn

Ví dụ 12: Giải phương trình 3 2

5 x   1 2(x  2)

Tìm tòi lời giải: ĐK: x ≥ -1 với ĐK đó thông thường nếu ta bình phương 2 vế ta

được PT bậc 4 không có dạng đặc biệt nên rất khó giải Nhưng để ý rằng :

x   x x  x 2 2

x   x  x  x

vế thông qua các đại lượng (x 1) và 2

(x  x 1)

Từ đó ta đưa vào các ẩn phụ u x  1 0 và 2 > 0 thì phương trình

1

v x  x

chuyển về dạng 5uv = 2(u2 + v2) là phương trình đại số 2 ẩn nhưng dễ giải hơn (PT đẳng cấp bậc 2)