PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI (SKKN)

Cái hay của một bài toán không dừng lại khi chúng ta ñã hoàn thành lời giải, mà sau mỗi bài toán bao giờ cũng còn lại nhiều ñiều ñể ta suy nghĩ, chẳng hạn: • Bài toán ñó có thể tổng quát hóa ñược không? Có thể tạo ra ñược một lớp các bài toán tương tự ( có cùng thuật giải ) không? • Qua lời giải bài toán ñó, có thể ñoán nhận ñược nguồn gốc hình thành bài toán của tác giả không? v.v… Có vậy, khả năng sử dụng các phương pháp suy luận như so sánh, tổng quát hóa, tương tự hóa, ñặc biệt hóa của học sinh mới ñược phát triển, làm phong phú vốn kiến thức và rèn luyện kỹ năng trong thực hành giải toán (ñáp ứng ñược yêu cầu ñổi mới phương pháp dạy học). Cho nên, dạy học giải bài tập toán cần phải làm cho học sinh vươn ñược tới tầm cao mới: • Biết phân tích tìm ra nguồn gốc giả thiết và kết luận của bài toán (từ ñó ñoán nhận ñược sự hình thành bài toán của người ra ñề, tìm ra cách giải thích hợp ) • Có khả năng sáng tạo ñược các bài toán mới (làm giàu vốn tri thức từ các tri thức ñã có của bản thân)

Trao đổi kinh nghiệm dạy học

PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO BÀI TỐN MỚI

ðỗ Thanh Hân

Phĩ hiệu trưởng THPT Chuyên Bạc Liêu

A/ ðặt vấn đề:

Cái hay của một bài tốn khơng dừng lại khi chúng ta đã hồn thành lời giải,

mà sau mỗi bài tốn bao giờ cũng cịn lại nhiều điều để ta suy nghĩ, chẳng hạn:

• Bài tốn đĩ cĩ thể tổng quát hĩa được khơng? Cĩ thể tạo ra được một lớp các

bài tốn tương tự ( cĩ cùng thuật giải ) khơng?

• Qua lời giải bài tốn đĩ, cĩ thể đốn nhận được nguồn gốc hình thành bài tốn

của tác giả khơng? v.v…

Cĩ vậy, khả năng sử dụng các phương pháp suy luận như so sánh, tổng quát hĩa,

tương tự hĩa, đặc biệt hĩa của học sinh mới được phát triển, làm phong phú vốn kiến

thức và rèn luyện kỹ năng trong thực hành giải tốn (đáp ứng được yêu cầu đổi mới

phương pháp dạy học) Cho nên, dạy học giải bài tập tốn cần phải làm cho học sinh

vươn được tới tầm cao mới:

• Biết phân tích tìm ra nguồn gốc giả thiết và kết luận của bài tốn (từ đĩ đốn

nhận được sự hình thành bài tốn của người ra đề, tìm ra cách giải thích hợp )

• Cĩ khả năng sáng tạo được các bài tốn mới (làm giàu vốn tri thức từ các tri

thức đã cĩ của bản thân)

Mặt khác, đối với học sinh giỏi tốn thì những yêu cầu trên lại càng quan trọng,

bởi: ngồi việc tiếp thu tri thức, rèn luyện kỹ năng vận dụng tri thức, học sinh cịn

phải tiến tới nghiên cứu nội dung tri thức và khám phá tri thức

Tất cả những điều đĩ, là lý do mà bài viết: Phương pháp sáng tạo bài tốn mới

được hình thành

Xuất phát từ tư tưởng của bài viết, tơi sẽ trình bày một số ví dụ minh họa với một

số bài tốn cụ thể (trong vơ số bài tốn khác nhau), cĩ kèm theo lời giải, hướng giải,

hoặc ý tưởng của phép giải; để qua đĩ ta nhìn thấy được phương pháp sáng tạo bài

tốn, đồng thời thấy được: khơng những phương pháp giải bài tốn đĩ mà cịn phát

hiện được nguồn gốc hình thành bài tốn (làm cho mối liên hệ biện chứng của các tri

thức tốn học luơn “sống” trong suốt nội dung bài viết)

B/ Nội dung vấn đề (các phương pháp):

1) Diễn tả điều đã biết dưới nhiều dạng khác nhau:

Ví dụ 1: Xuất phát từ hằng đẳng thức quen thuộc :

a +b +c − abc= a b c a+ + +b +c −ab bc ca− − (a)

= (a b c+ + ) (  a b− )2+ (b c− )2+ − (c a)2 (b)

Hệ quả: 3 3 3 0

+ + =



Tùy theo khối lớp, ñối tượng học sinh ta có thể cho các bài toán như sau:

x3+y3+z3 > 3xyz ⇔ x y z+ + > 0

 +  +  + 

Bài toán 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x3−y3− = 1 3xy

Bài toán 4: Giải phương trình:

(x2− 3) (43− x+ 6) 216 18(43+ = x+ 6)(3 −x2)

Bài toán 5: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ:

2 3

3 (2 2 )







Bài toán 6: Giải phương trình:

log33x+ (x− 2) (3− x− 2)log3x3+ = 1 0

Bài toán 7: Tìm x,y thỏa hệ thức:

8x+ 27 1 2 3y + = x y+1

Nhận xét:

dịch chuyển tình huống một cách hợp lí, chẳng hạn :

+ + =



 = =



* Nếu x+y+z = 0 thì

 +  +  + 

+ + =



⇔  = =

1 0 1

x y

− − =



⇒  = − = −



Vậy phương trình có các nghiệm (1; -1) , (t; t-1) với t∈ Z

Nếu a = b = c thì x = - 3

• Với bài 5 : ðặt a = x , b = y , c = -z

Nếu a + b + c = 0 thì x + y = z từ ñó tìm ñược (x,y,z) = (1,3,4) ; (2,2,4) ; (3,1,4)

Nếu a = b = c thì x = y = - z vô lý

( Tương tự như vậy ta có thể ñưa ra nhiều bài toán mới lạ khác mà cách giải

lại rất quen thuộc )

Ví dụ 2: Từ bài toán: tìm m ñể mỗi phương trình sau:

x2 − +x m= 0, x2 + 2x+ 3m= 0

có hai nghiệm phân biệt và các nghiệm của hai phương trình ñó sắp xếp xen kẽ nhau

Ta ñề xuất bài toán sau :

Bài toán 8: Cho các hàm số :

2

Tìm m ñể mỗi hàm số có hai cực trị ñồng thời giữa hai hoành ñộ cực trị của hàm

số này có một cực trị của hàm số kia

( Rõ ràng lời giải của bài toán này bắt nguồn từ bài toán gốc ñã nêu )

2

y z+z x +x y≥

thức

P = 2 bc 2 2 ca 2 2 ab 2

2) Từ một ñịnh lí ñề xuất bài toán áp dụng tương ứng :

Ví dụ 4: Từ ñịnh lí Vi-et cho phương trình bậc ba :

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

.

b

a c

a d

x x x

a

Ta có thể ñề xuất các bài toán tính tổng như sau :

Bài toán 10: Tính các tổng sau:

1

2

3

cos cos cos cos cos cos

cos cos cos

S

S

S

=

Với lời giải gồm hai bước như sau:

1

nghiệm

2

Chẳng hạn ở bài toán 10, lời giải như sau:

1 cos3

2

2

là các nghiệm của phương trình

2

t − − =t Vì vậy theo ñịnh lí Vi-ét ta có :

Sau lời giải này ta có thể ñề xuất tiếp bài toán:

Tính các tổng: 4 cos2 cos2 7 cos213 .

Với lời giải dựa vào: S4 =S12− 2 S2

S5=S S1.( 4−S2)

( Nhận xét : như vậy khi gặp bài toán tính tổng dạng S4 , S5 thì học sinh cũng dễ

dàng nhận ra rằng : cần phải thực hiện việc tính S1, S2 trước )

Ví dụ 5: Từ ñịnh lí : “ Nếu phương trình − ( )

−

0 n 1 n 1 0 *

n n

(a0 ≠0,a1∈Z) có nghiệm hữu tỉ x0 = p

q thì p a\ , \n q a0 ”

nguyên

Từ ñó ta có thể ñề xuất dạng toán: chứng minh số α là số vô tỉ , với lời giải gồm 2

bước sau :

1

⇔ 2α3= 27 27 − α+ 9α2−α3

⇔ α3− 3α2+ 9α− = 9 0

( ) 0

f x =

⇔ 8sin 103 0− 6sin10 1 00+ =

Dễ thấy ±1; ± 1; ± 1; ± 1

Vậy sin100 là số vô tỉ

Ví dụ 6: Từ ñịnh lí Lagrăng : “ Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ ]a b; , có ñạo hàm

( )

'

f c'( ) f b( ) f a( )

b a

−

=

−

Hệ quả: Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ ]a b; và f a( )= f b( )thì phương trình

( )

( )

0 ;

B1: Tìm một nguyên hàm F x( ) của f x( ) trên [ ]a b; có F a( )=F b( )

3 2

c

+ + = Chứng minh phương trình

f x( )=ax2+bx c+ =0 có nghiệm x0∈( )0;1

Lời giải : Xét hàm số F x( )=ax33 +bx2 +cx trên [ ]0;1 ta có F x( ) liên tục và có

ñạo hàm F x'( )= f x( ) trên ( )0;1 nên theo ñịnh lí Lagrăng tồn tại x0 thuộc khoảng

−

c

F x

3) Khái quát hóa , tương tự hóa , ñặc biệt hóa và mở rộng kết quả ñã biết:

Ví dụ 7: Từ bài toán 13, ta có thể ñề xuất bài toán 14 tương tự nhưng tổng quát

hơn như sau :

m

Ví dụ 8: Tương tự , cũng từ bài toán 13 ta có thể ñề xuất bài toán mới phức tạp

hơn ñồng thời diễn tả ở dạng khác, phức tạp hơn như sau :

Bài toán 15: Cho các số a, b, c khác 0 thỏa : 0

7 5 3

a+ + =b c Chứng minh ñồ thị hàm

( )0;1

( )

[ ]0;1 với lưu ý x2 ≠ ∀ ∈ 0, x ( )0,1

Ví dụ 9: Từ bài toán hình học phẳng : Cho tam giác ABC và vòng tròn nội tiếp tam

giác ñó Các tiếp tuyến của ñường tròn song song với các cạnh của tam giác, tạo với

Gọi S là diện tích tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số :

S1 S2 S3

S

+ +

Ta có thể mở rộng bài toán ñó ra không gian như sau :

Bài toán 16: Cho tứ diện ABCD và mặt cầu nội tiếp tứ diện ñó Các mặt phẳng

tiếp xúc với mặt cầu ñồng thời song song với các mặt của tứ diện, tạo với các mặt

thể tích của tứ diện ABCD Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số :

V1 V2 V3 V4

V

( Phép giải của bài toán gốc (HHP) là dựa vào tỷ số diện tích còn phép giải bài toán

mở rộng (HHKG) là dựa vào tỷ số thể tích )

Ví dụ 10: Từ bài toán : Cho a b c, , thỏa a b c+ + = 3 Chứng minh rằng :

( )

4 4 4 3 3 3 *

Có ít nhất ba cách giải khác nhau, tuy nhiên cách giải sau ñây :

Từ giả thiết, ta có: (a− + 1) (b− + 1) (c− = 1) 0 nên :

( )* ⇔(a4 −a3) (+ b4 −b3) (+ c4 −c3)≥(a− + 1) (b− + 1) (c− 1)

ðiều này hiển nhiên ñúng, nên ( )* ñược chứng minh

Ta có thể ñề xuất bài toán tổng quát sau :

Bài toán 17: Cho n số a a1 , , , 2 a n có a1 +a2 + + a n =n Chứng minh rằng :

1k 2k k 1k 2k k , ,

( Với phép giải hoàn toàn tương tự bài toán gốc )

Ví dụ 11: Từ bài toán khá quen thuộc: Chứng minh rằng ∀a b R, ∈ ta ñều có

+  + 

≥  

2

2 2

bằng phương pháp qui nạp ta dễ dàng chứng minh ñược bài toán tổng quát sau :

2

2 2

*

k

k k

a b R k N ( )**

Từ bài toán này ta lại ñề xuất tiếp bài toán:

Bài toán 18: Giải phương trình :

9 4 5

2

( Rõ ràng việc ñề xuất bài toán tổng quát ñã giúp ta tìm ra một ứng dụng khá sáng

tạo )

Chú ý : Nếu thêm ñiều kiện a b+ ≥ 0 thì ta có bất ñẳng thức tổng quát khác :

*

;

n

n n

+ ≥ +  ∀ ∈

Ví dụ 12: Từ bài toán : Cho tam giác ñều ABC cạnh a và một ñiểm M bất kì

trên ñường tròn ngoại tiếp tam giác ñó Chứng minh :

MA2+MB2+MC2= 2 a2

Ta có thể giải bài toán này như sau : Giả sử M

thuộc cung nhỏ B , áp dụng ñịnh lí Ptôlêmê cho

tứ giác nội tiếp ABMC ta có :

Sau ñó áp dụng ñịnh lí hàm số cosin cho các tam

giác : ABM, ACM ta dễ dàng suy ra ñược ñpcm

Nhưng trong không gian , bất ñẳng thức

Ptôlêmê ( áp dụng cho tứ diện ) không thể trở thành ñẳng thức, nên cách giải như

trên không cho phép ta mở rộng bài toán ra không gian Trong khi ñó , việc ñề xuất

bài toán sau :

Bài toán 19: Cho tứ diện ñều ABCD cạnh a và một ñiểm M bất kì trên mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện ñó Chứng minh :

MA2+MB2+MC2+MD2= 3a2

A

M

( là một việc làm khá tự nhiên )

Vậy cách giải nào của bài tốn gốc (ở ví dụ 12) giúp ta giải quyết bài tốn 19

một cách đơn giản

Một bài tốn khá quen thuộc ở chương trình tốn bậc THPT cĩ nội dung như

sau : Cho tam giác ABC cĩ G là trọng tâm Chứng minh rằng với điểm M tùy ý, ta

luơn cĩ :

phép chứng minh hệ thức này khá đơn giản ( chỉ dựa vào cơng cụ tích vơ hướng

của hai véctơ ) , hệ thức đĩ gọi là hệ thức Lép-nít

Rõ ràng bài tốn gốc đã nêu trong ví dụ 12 chỉ là hệ quả của hệ thức Lép-nít

3

a

Tương tự như phép chứng minh hệ thức Lép-nít, ta dễ dàng chứng minh được

kết quả tổng quát sau : “ Nếu O là trọng tâm của hệ điểm A A1, 2 , ,A n và M là một

i i j

i i j

i j

<

Như vậy bài tốn 19 chỉ là hệ quả của (***) với n = 4 ( ta chỉ cần phải tính

MO theo a )

Khơng những thế , từ bài tốn gốc ta cịn cĩ thể đề xuất một bài tốn mở rộng khác

như sau:

1

n i

MA

=

( Bài tốn này cũng là hệ quả trực tiếp của (***) , thật vậy :

đpcm )

( Cịn nhiều bài tốn mở rộng khác từ bài tốn gốc đã nêu , mong các bạn tiếp tục )

* Chú ý quan trọng:

Các phép suy luận dựa vào các thao tác : khái quát hĩa , mở rộng , tương tự

chỉ là những hình thức suy luận nghe cĩ lí , chưa phải là phép suy luận logic cho nên

những bài tốn mới thu được từ những hình thức suy luận này cần phải được kiểm

chứng lại Việc kiểm chứng đơi khi gặp rất nhiều khĩ khăn thậm chí khơng thể khẳng

định được điều dự đốn đĩ đúng hay sai, vì vậy :

Khi đề xuất bài tốn mới ( dựa trên những phép suy luận nghe cĩ lí ) ta phải

nhìn bài tốn ở nhiều gĩc độ khác nhau và đặc biệt chú ý đến yếu tố bất biến trong

quá trình chứng minh ( trình bày lời giải ) bài tốn đĩ

Sau đây là sơ đồ phản ánh những nội dung chính đã nêu và mối liên hệ giữa

chúng :

C/ Tổ chức thực hiện:

Qua các ví dụ và các bài toán trên ta thấy: việc ñề xuất một bài toán tương tự ,

bài toán tổng quát hay việc xây dựng một thuật giải ( Angôrít giải toán ) cho một

dạng toán nào ñó là một công việc không khó khăn lắm ñối với học sinh khá , giỏi

Cho nên, trong quá trình dạy học toán ta cần :

1 Tạo ñiều kiện , khuyến khích học sinh thường xuyên tập dượt các công việc

nói trên ( tức là các công việc ñó cần tích hợp trong nội dung của từng tiết

dạy toán , ñặc biệt là ở các tiết giải bài tập toán )

2 Tổ chức các buổi ngoại khóa với nhiều nội dung và hình thức khác nhau như :

thi sáng tác ñề toán theo chủ ñề ñịnh sẵn , ñề xuất một bài toán rồi tổng quát

bài toán ñó , xây dựng một Angôrít giải toán cho một dạng toán nào ñó ( do

học sinh tự chọn ), v.v… (tất nhiên các nội dung ngoại khóa nên ñược thông

báo trước ñể học sinh có sự chuẩn bị tích cực , góp phần làm cho buổi ngoại

khóa sinh ñộng và ñạt kết quả cao )

3 Tùy theo ñối tượng: học sinh chuyên toán, không chuyên toán; học sinh khá,

giỏi mà lựa chọn nội dung , hình thức tập dượt sáng tạo phù hợp

D/ Lời kết:

Với quan ñiểm ñổi mới phương pháp dạy học: “ Phát huy tính tích cực , chủ

ñộng sáng tạo, tự học và tự rèn luyện của học sinh “ thì việc giúp học sinh biết sáng

tạo bài toán mới, biết khái quát các vấn ñề ñã ñược học, ñặc biệt biết khái quát hóa

hướng suy nghĩ, phương pháp giải toán là vô cùng quan trọng Bởi vì :

• Qua ñó, học sinh dần dần có thói quen thay thế các ñiều kiện của bài toán

bằng các ñiều kiện tương ñương, có thói quen khái quát hóa bài toán một

cách tự nhiên ðiều này sẽ tích cực hóa sự sáng tạo của học sinh, làm cho

học sinh nhận thức ñược mối liên hệ biện chứng của các tri thức toán học:

mỗi bài toán có thể phân tích ñược thành các bài toán ñơn giản hơn ( mà ta

có khả năng giải ñược ), ñồng thời có thể khái quát hóa bài toán thành bài

toán phức tạp hơn

• Nhờ nó, việc giải quyết các bài toán cùng loại trở nên dễ dàng hơn và dễ

dàng mở rộng bài toán thành bài toán có ý nghĩa, như nhà toán học

Rơnê-ðềcac ñã nói: “ Mỗi vấn ñề tôi giải quyết ñều sẽ trở thành mẫu mực ñể giải

quyết vấn ñề khác “

Bài toán gốc

(ñịnh lí, bài toán, )

Phương pháp sáng tạo

Bài toán mới

Tương tự ðặc biệt hóa Khái quát hóa

Mở rộng Diễn ñạt khác

• Nhờ nó, số lượng và chất lượng học sinh khá giỏi sẽ ngày một nâng cao,

như Giáo sư Trần Thúc Trình ñã nói: “ Dù có giải hàng trăm, hàng nghìn

bài toán, không biết ñứng nhìn bài toán ở tầm cao mới thì chỉ là thợ giải

toán mà không thể là nhà toán học “

- - - Hết - - -

Tài liệu tham khảo:

1 Các tạp chí Toán học và tuổi trẻ

2 Các tập san Giáo dục trung học phổ thông