Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn MỞ ĐẦU A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Ở trường THPT dạy toán dạy hoạt động tốn học Đối với học sinh, xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động toán học Các tập trường phổ thơng phương tiện có hiệu thay việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kĩ năng, kĩ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn Hoạt động giải tập toán học điều kiện để thực tốt mục đích dạy học tốn trường phổ thơng Vì tổ chức có hiệu việc dạy giải tập tốn học có vai trị định chất lượng dạy học toán Trong thực tiễn dạy học, tập toán học sử dụng với dụng ý khác Mỗi tập dùng để tạo tiền đề xuất phát, để gợi động cơ, để làm việc nội dung mới, để củng cố kiểm tra… Chính vậy, việc dạy giải tập cụ thể không nhằm vào dụng ý đơn mà thường bao hàm ý đồ nhiều mặt nêu Đối với thân tôi, trình giảng dạy mơn tốn, tơi thấy rằng: tập toán cụ thể đặt thời điểm q trình dạy học chứa đựng cách tường minh hay ẩn tàng chức khác  Chức dạy học: tập nhằm hình thành, củng cố cho học sinh tri thức, kĩ kĩ xảo giai đoạn khác trình dạy học  Chức giáo dục: tập nhằm hình thành cho học sinh giới quan vật biện chứng, hứng thú học tập, niềm tin phẩm chất đạo đức người lao động  Chức phát triển: tập nhằm phát triển lực tư học sinh, đặc biệt rèn luyện thao tác trí tuệ, hình thành phẩm chất tư khoa học  Chức kiểm tra: tập nhằm đánh giá mức độ, hiệu dạy học, đánh giá khả độc lập học tốn trình độ phát triển học sinh Một tiết học trở nên sinh động hấp dẫn hơn, tạo hứng thú học tập môn cho học sinh, người thầy nhận thức vị trí chức tập toán học Từ suy nghĩ ấy, mạnh dạn chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm để giúp cho việc giảng dạy mơn tốn có hiệu góp phần tạo hứng thú học tập cho học sinh em nhận thấy rằng: Tốn học khơng khơng khơ khan mà trái lại tốn học ln có vẻ đẹp quyến rũ, đầy màu sắc lung linh huyền ảo B PHƯƠNG PHÁP THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Nội dung sáng kiến kinh nghiệm trình bày thành hai phần chính:  Phần I: Cơ sở lí thuyết  Phần II: Ứng dụng xây dựng giải mợt sớ tốn Đồng Xồi, ngày 10 tháng năm 2008 Người viết: Đỗ Mạnh Toàn GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn NỘI DUNG A CƠ SỞ LÝ THUYẾT  Trong mơn Tốn trường THPT, có nhiều tốn chưa có khơng có thuật tốn để giải Đối với toán ấy, cố gắng hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải Đây hội tốt để giáo viên trang bị cho học sinh số tri thức phương pháp giải tốn- phương pháp tốn học hóa- nhằm rèn luyện phát triển họ lực tư khoa học  Biết đề cho học sinh, lúc, chỗ câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ, đối tượng chừng mực sử dụng khéo léo linh hoạt bảng gợi ý Pôlya, thể kinh nghiệm lực người giáo viên trình dạy học giải tập Khơng có thuật toán tổng quát để giải toán Chúng ta thơng qua dạy học, giải số toán cụ thể mà truyền cho học sinh cách thức, kinh nghiệm tiến tới nghệ thuật việc suy nghĩ, tìm tịi lời giải tốn  Phương pháp tìm tịi lời giải Pơlya thường tiến hành theo bước:  Tìm hiểu nội dung tốn  Xây dựng chương trình giải  Thực chương trình giải  Kiểm tra nghiên cứu lời giải a Thực nội dung toán  Để giải toán, trước hết phải hiểu đề ham thích giải tốn Vì người giáo viên cần ý gợi động cơ, khơi gợi trí tị mị, hứng thú học sinh giúp em hiểu toán phải giải Phải tìm hiểu tốn cách tổng thể để bước đầu hiểu tồn tốn, tránh vội vàng vào chi tiết  Tiếp theo phải phân tích tốn: Cái cho? Cái chưa biết? Có mối liên hệ phải tìm cho? Ví dụ 1: Biết tan ( a + b ) = tan ( a − b ) = , tính tan 2a, tan 2b  Hãy ý xem xét toán, chưa nên vội vàng khai triển tan ( a + b ) , tan ( a − b ) (dù đến kết dài phức tạp) Ta biết tan ( a + b ) tan ( a − b ) để tính tan 2a, tan 2b ta sẽ thực hiện sau: tan(a + b) + tan(a − b) −4 = − tan(a + b).tan( a − b) tan(b + a ) + tan(b − a ) 2b = (b + a ) + (b − a) ⇒ tan 2b = tan[(b + a) + (b − a)]= = − tan(b + a).tan(b − a) 2a = (a + b) + (a − b ⇒ tan 2a = tan[(a + b) + (a − b)] = x2 y2 + = Từ điểm M ( x0 ; y0 ) nằm Elip kẻ tới E hai tiếp tuyến M 0T1 ; M 0T2 ( với T1 , T2 tọa độ tiếp điểm) Lập phương trình đường thẳng T1T2 Ví dụ 2: Cho Elip (E): + Nếu học sinh khơng phân tích tìm hiểu nội dung tốn mà lao vào lập phương trình tiếp tuyến M 0T1; M 0T2 tìm tọa độ T1 ; T2 sau viết phương trình qua T1 ; T2 Cách giải hoàn toàn tương đối dài, ta tìm cách ngắn hay không? Ta có thể giải bài toán sau: GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn + Ta gọi T1 ( x1 ; y1 ) ∈ ( E ); T2 ( x2 ; y2 ) ∈ ( E ) xx yy Khi phương trình tiếp tuyến (E) T1 : + = (∆1 ) xx y y Phương trình tiếp tuyến với (E) T2 : + = ( ∆ )  x0 x1 y0 y1 + = ( 1)   M ∈ ( ∆1 )   ⇒ Vì  M ∈ ( ∆ )  x0 x2 + y0 y2 = ( )    xx y y Từ (1) (2) suy phương trình T1T2 : + = b Xây dựng chương trình giải  Ở bước này, phải ý phân tích toán cho thành nhiều toán đơn giản hơn, phải huy động kiến thức (định nghĩa, định lí, quy tắc…) có liên quan đến khái niệm, quan hệ đề tốn, lựa chọn số kiến thức gần gũi với kiện tốn, mị mẫm, dự đốn, thử xét vài khả năng, kể trường hợp đặc biệt, xét tốn tương tự tốn khái qt hóa tốn cho Ví dụ 1: Chứng minh ba cạnh a, b, c tam giác thỏa mãn bất đẳng thức: a + b + c < 2(ab + bc + ca ) + Bài toán đề cập mối quan hệ cạnh tam giác Hãy huy động định lí, tính chất biết quan hệ cạnh tam giác: a > b−c (1) a < b + c (2) a = b + c − 2bc.cos A (3) c2 a + b = + 2mc2 2 (4) + Để chọn lọc kiến thức thích hợp, ta loại (3) (4) chúng đề cập quan hệ đẳng thức bất đẳng thức điều phải chứng minh + Để ý (1) (2) bất đẳng thức Đối chiếu với điều phải chứng minh, ta thấy số hạng phải có bậc 2, cạnh bình phương lần Hãy thử với (1), ta bình phương vế: a > b + c − 2bc b > a + c − 2ac  + Tương tự:  2 c > a + b − 2ab  + Cộng vế ước lược ta có điều phải chứng minh + Hãy tiếp tục thử với (2): nhân vế (2) với a ta được: a < ab + ac Tương tự ta có: b < ab + bc, c < ac + bc Cộng bất đẳng thức ta lại tới điều phải chứng minh cách khác  Trong q trình giải tốn, có ta phải biến đổi toán, thay điều phải chứng minh hay phải tìm tương đương, phát biểu tốn dạng khác Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng: Ta cần liên hệ toán nào? a3 b3 c3 a + b2 + c + + ≥ (1) b+c c+a a +b GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ + Ở ta ý toán: “ Cho a, b, c > CMR: ( 2) ” b+c c+a a+c + Để chứng minh (1), ta viết lại: a4 b4 c4 a + b2 + c + + ≥ ab + bc bc + ab ac + bc (3) (a + b + c )2 2(ab + bc + ca) a + b2 + c 2 2 Mà: a + b + c ≥ ab + bc + ca nên: VT (3) ≥ + Bài tốn mở rộng: Cho a, b, c a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu a3 b3 c3 + + (4) thức: P = b+c c+a a+b + Áp dụng bất đẳng thức (2): VT (3) ≥ c Thực chương trình giải  Để ta chương trình, tìm ý cách giải dễ Muốn đạt kết quả, địi hỏi phải có nhiều điều kiện: kiến thức có sẵn, thói quen suy nghĩ, tập trung may mắn Thực chương trình dễ dàng nhiều, đòi hỏi chủ yếu kiên nhẫn  Chương trình vạch nét tổng quát Chúng ta phải đảm bảo cho chi tiết phù hợp với nét tổng quát Do phải kiên nhẫn khảo sát chi tiết một, tất rõ ràng khơng cịn có chỗ mơ hồ che giấu sai lầm  Để thực tốt chương trình giải, ta cần thực cách chi tiết phép tính đại số hay hình học làm sơ trước Kiểm tra lại bước suy luận lôgic hay trực giác, cách Nếu tốn q phức tạp chia thành bước lớn bước nhỏ Trước hết xét bước lớn tiếp đến bước nhỏ Làm có tay cách giải bước có chắn d Kiểm tra nghiên cứu lời giải  Ngay học sinh giỏi sau tìm thấy lời giải trình bày sáng sủa lí luận có xu hướng gấp sách lại làm việc khác Làm họ bỏ giai đoạn quan trọng bổ ích cho việc học hỏi Nhìn lại cách giải tìm ra, khảo sát phân tích lại kết đường đi, họ củng cố kiến thức họ phát triển khả giải toán Một người thầy giỏi phải hiểu làm cho học sinh hiểu rằng: khơng có tốn hồn tồn kết thúc Bao cịn lại để suy nghĩ Có đầy đủ kiên nhẫn chịu khó suy nghĩ sâu sắc, ta hồn thiện cách giải, trường hợp hiểu cách giải sâu sắc Khi học sinh thực chương trình, học sinh biết lời giải, thử lại bước lập luận họ có nhiều lí đáng để tin cách giải Dẫu có lầm lẫn, trường hợp lí luận dài quanh co Do việc thử lại cần thiết Đặc biệt có phương tiện nhanh chóng trực quan để thử xem kết hay lập luận có khơng khơng bỏ qua Một nhiệm vụ quan trọng hàng đầu người thầy khơng làm cho học sinh có ấn tượng tốn học khơng có quan hệ với GV: Đỗ Mạnh Tồn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn Chúng ta tìm thấy liên hệ toán với toán khác nhìn lại cách giải tốn Học sinh thấy việc nhìn lại cách giải tốn thực bổ ích họ cố gắng cách chân thực để tìm lời giải tốn họ có ý thức làm việc có kết Khi học sinh muốn thấy cố gắng mang lại cho họ khác cần phải làm để lần sau thu kết tốt Ví dụ: Cho tam giác ABC có góc A, B, C nhọn Chứng minh rằng: tan A + tan B + tan C ≥ ( *) Giải: + Áp dụng BĐT Cơ si ta có: tan A + tan B + tan C ≥ 3 ( t anA.tan B.tan C ) + Mặt khác từ: A + B = π − C ⇒ tan ( A + B ) = tan ( π − C ) ⇔ ( 1) t anA + tan B = − tan C − t anA.tan B ⇔ t anA + tanB + tanC = tanA.tan B.tan C (2) + Áp dụng BĐT Cô si ta có: t anA + tan B + tan C ≥ t anA.tan B.tan C ( 3) , từ (2) (3) suy ra: tan A + tan B + tan C ≥ 3 27 = , dấu đẳng thức xảy A = B = C + Nếu học sinh hài lòng với kết dừng thật đáng tiếc nghiên cứu lời giải tốn ta khái qt hóa toán xây dựng tập tương tự khác: “ Cho tam giác ABC nhọn n ∈ N * Chứng minh rằng: tan n A + tan n B + tan n C ≥ 3n ” + Từ tốn ta đưa toán khác tương tự sau: “ Chứng minh tam giác ABC nhọn ta có:  tan A + tan B + tan C ≥ 3  tan A + tan B + tan C ≥  tan A + tan B + tan C ≥ 27  tan A + tan B + tan C ≥ 27  tan A + tan B + tan C ≥ 81  …………………………  tan 2008 A + tan 2008 B + tan 2008 C ≥ 31005  Quá trình dạy học giải tập tốn nhằm nâng cao hiệu dạy học nói chung dạy mơn tốn nói riêng, tóm tắt qua gợi ý Polya Người giáo viên cần suy nghĩ, vận dụng linh hoạt bảng để xác định câu hỏi, việc làm lúc, chỗ phù hợp với trình độ nhận thức học sinh, mang lại hiệu đạt mục đích việc học giải tập toán 1) Hiểu rõ toán + Đâu ẩn, đâu kiện? thỏa mãn điều kiện hay khơng? Điều kiện có đủ để xác định ẩn hay không? Hay chưa đủ? Hay thừa? Hay có mâu thuẫn? + Vẽ hình sử dụng ký hiệu thích hợp + Phân biệt điều kiện khác kiện Có thể diễn tả điều kiện thành cơng thức hay khơng? GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn 2) Xây dựng chương trình giải + Bạn gặp tốn lần chưa? Hay gặp toán dạng khác? + Bạn có biết tốn liên quan khơng? Một định lý dùng không? + Xét kỹ chưa biết ( ẩn ), thử lại tốn quen thuộc có ẩn hay có ẩn tương tự + Đây tốn có liên quan mà bạn có lần giải rồi, sử dụng khơng? Có thể sử dụng kết khơng? Hay sử dụng phương pháp? Có cần phải đưa thêm số yếu tố phụ giải khơng? + Có thể phát biểu tốn cách khác khơng? Một cách khác nữa? Quay định nghĩa + Nếu chưa giải tốn đề giải khác có liên quan Bạn nghĩ toán có liên quan dễ khơng? Một tốn tổng qt hơn? Một trường hợp riêng? Một tốn tương tự? Bạn giải tốn tương tự? Bạn giải phần tốn khơng? Hãy giữ lại phần điều kiện, bỏ qua phần Khi ẩn xác định chừng mực đó, biến đổi nào? Bạn từ kiện rút yếu tố có ích khơng? Bạn nghĩ điều kiện khác giúp bạn xác định ẩn khơng? Có thể thay đổi ẩn hay kiện, hay hai cần thiết cho ẩn kiện gần không? + Bạn sử dụng kiện hay chưa? Đã sử dụng toàn điều kiện hay chưa? Đã để ý tới khái niệm chủ yếu toán chưa? 3) Thực chương trình giải + Khi thực chương trình giải kiểm tra lại bước Bạn thấy rõ ràng bước chưa? Bạn chứng minh khơng? 4) Trở lại cách giải ( nghiên cứu cách giải tìm ) + Bạn kiểm tra lại kết quả? Bạn kiểm tra lại tồn q trình giải tốn khơng? + Có thể tìm kết mợt cách khác khơng? Có thể thấy kết trực tiếp khơng? + Bạn sử dụng kết hay phương pháp cho tốn khác khơng? GV: Đỗ Mạnh Tồn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn B MỘT SỐ BÀI TỐN VẬN DỤNG I KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:     ÷ 1 ÷ 1+ 1 + ÷1 + A B ÷ C  sin ÷ sin ÷ sin     ÷ ÷ ≥ 27 ÷  (1) Giải      ÷ 1 ÷  1 + + + + + Ta có: VT ( 1) = +  ÷+  A B C A B B C C A ÷+  sin ÷  sin sin sin sin sin sin sin sin ÷  2 2  2 2 2 + A B C (2) sin sin sin 2  1 1 + + ≥3  A B C A B C  sin sin sin sin sin sin  2 2 2 + Áp dụng BĐT Cô si:  1 1  + + ≥3  A B B C C A A B C sin sin sin sin sin sin sin  sin sin 2 2 2 2  + Từ ta được: 1 VT ( 1) ≥ + +3 + 3 A B C A B C A B C = sin sin sin sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2   = 1 + A B C  sin sin sin  2   ÷ ÷ (3) ÷ ÷  A B C sin sin ≤ (4) 2 A− B A+ B  C A− B C  C − cos − cos sin + ≥ Thật vậy: ( ) ⇔  cos ÷sin ≤ ⇔ sin 2  2 2  + Mặt khác ta chứng minh: sin A− B A− B  C ⇔ sin − cos + sin ≥ (đúng) Thay (4) vào (3) ta có: VT ( 1) ≥ 27 , 2    dấu đẳng thức xảy tam giác ABC  Khai thác toán: ta nhận thấy sin a = sin A B C , sin , sin > đặt 2 A B C , b = sin , c = sin ⇒ a, b, c > khái qt hóa tốn (1) 2 thành toán tổng quát sau: “ Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: ( + a ) ( + b ) ( + c ) ≥ ( + abc ) ”.(5) Chứng minh: GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn VT ( ) = + ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + abc , áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số khơng âm ta có: VT ( 5) ≥ + 3 abc + 3 ( abc ) + ( abc ) = ( + abc ) 3 Dấu đẳng thức xảy a = b = c  Từ tốn (5) ta xây dựng toán tương tự khác sau:     1) Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:  + ÷1 + ÷1 + ÷ ≥ 27  cos A  cos B   cos C        2) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:  + ÷ + ÷1 + ÷ ≥ 1 + ÷ 3  sin A  sin B  sin C   3) Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:        1 + ÷ + ÷1 + ÷ + ÷1 + ÷1 + ÷ > 270  sin A  sin B  sin C  cos A  cos B   cos C  4) Cho a, b, c > abc = Tìm GTNN biểu thức sau:     P = 1 + ÷1 + ÷ + ÷ a  b  c  5) Cho tam giác ABC Tìm GTNN biểu thức sau:      ÷ ÷ ÷ P = 1 + 1+ 1+ A ÷ B ÷ C÷  tan ÷ tan ÷ tan ÷    2 Hướng dẫn:  Ở toán 1, áp dụng bất đẳng thức (5) BĐT cos A.cos B.cos C ≤ ta hoàn toàn giải xong toán  Tương tự, áp dụng BĐT (5) sin A.sin B.sin C ≤ 3 ta sẽ chứng minh xong toán  Kết hợp tốn ta có toán  Ở toán ta áp dụng trực tiếp BĐT (5) ta tìm MinP = 43 đạt a = b = c =  Để giải tốn 5, ngồi việc sử dụng kết (5) ta ý: A B B C C A A B C  tan + tan tan + tan tan ≥ 3  tan tan tan ÷ suy ra: 2 2 2 2 2  A B C tan tan tan ≤ ta tìm MinP = + đạt tam giác 2 3 = tan ( ) ABC  Lời bình: Chúng ta thấy xuất phát từ mợt tốn ban đầu, sau cho học sinh giải xong tốn dừng lại vơ tình bỏ qua hội củng cố kiến thức, rèn luyện tư cho người dạy người học, thay dừng lại thầy trị tìm cách khai thác tốn khơng đưa tốn tổng qt, tương tự mà cịn giúp cho học sinh phát triển khả suy luận, tư logic, tạo cảm giác tự tin, hứng thú học tập mơn tốn học sinh Bài tốn Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn a b c + + ≥ (1) b+c c+a a +b Giải + Khi gặp toán học sinh giải sau:      + ÷+  + 1÷ + 1÷ ≥ (1) ⇔   b + c   c + a  a + b  a b c 1   ⇔ ( a + b + c)  + + ÷≥  a+b b+c c+a  1   ⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )     a + b + b + c + c + a ÷≥   ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )   + Áp dụng BĐT Cơ si ta có:  1 1 + + ≥ 33  ( a + b) ( b + c) ( c + a) a + b b + c c + a  ( 2) ( 3) Nhân vế với vế (2) (3) ta điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a = b = c  Khai thác toán:  Về cách giải: Có thể giải tốn theo cách khác hay không? a2 b2 c2 + + ( ) Để chứng minh (4) ta chứng minh ab + ac bc + ba ca + cb * toán sau: “ Cho a1 , a2 , a3 ,L , an ∈ R b1 , b2 , b3 ,L , bn ∈ R+ Chứng minh rằng: Ta có: VT ( 1) = 2 an ( a1 + a2 + L + an ) a12 a2 + +L + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + L + bn ( ) ”  a  a a Thật vậy: ( a1 + a2 + L + an ) =  b1 + b2 + L + bn n ÷  b1 b2 bn ÷    a2 a2 a  2 ⇒ ( a12 + a2 + L + an ) ≤ ( b1 + b2 + L + bn )  + + L + n ÷ , từ suy ra: bn   b1 b2 2 2 an a1 a2 an ( a1 + a2 + L + an ) a12 a2 + +L + ≥ Dấu bằng xảy : b = b = L = b b1 b2 bn b1 + b2 + L + bn n  Xây dựng toán: 2.1 Cho a, b, c > và a + b + c = a2 b2 c2 + + b+c c+a a+b 3 a b c a + b2 + c2 + + ≥ 2.2 Cho a, b, c > CMR: b+c c+a a +b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = 2.3 Cho a, b, c > và ab + bc + ca = abc Tìm GTNN của biểu thức: P= bc ca ab + + a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) Hướng dẫn: GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn ( a + b + c) Áp dụng BĐT (5) vào bài tập 2.1 ta có: P ≥ ( a + b + c) + Vậy MinP = = a+b+c = 2 1 đạt được a = b = c = + Để chứng minh bài toán 2.2 ta viết lại: P = (a dụng BĐT (5) ta có: P ≥ + b2 + c2 ) a4 b4 c4 + + , sau đó áp ab + ac bc + ab ac + bc 2 ( ab + bc + ca ) Mặt khác a + b + c ≥ ab + bc + ca ( theo BĐT Cô si ) nên: P ≥ a + b2 + c2 Dấu đẳng thức xảy và chỉ a = b = c + Trong bài toán 2.3 ta có thể phát biểu lại bài toán ở dạng khác: “ Cho a, b, c > và thỏa mãn 1 + + = Tìm GTNN của biểu thức sau: a b c 1 3 P = a + b + c ” 1 1 1 + + + b c c a a b  x = a   Giải bài toán này ta đặt:  y = ⇒ x, y, z > và x + y + z = , ta tìm GTNN của c   z = c  x y3 z3 x2 + y + z + + biểu thức sau: P = , áp dụng bài toán 2.2 ta được: P ≥ y+z z+x x+ y 1 1 Ta lại có: x + y + z ≥ ( x + y + z ) = nên MinP = đạt được x = y = z = 3 3 hay a = b = c = 1 ,b = ,c = + Nếu bài toán 2.1 ta đặt: a = , thì ta có thể xây dựng x y z 1 bài toán: “ Cho x, y, z > và x + y + z = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = yz x( y + z ) + xy zx + ” y ( z + x ) x( x + y ) Bình luận: Bằng cách tìm tòi và phát hiện vậy học sinh sẽ tự tìm cho mình các bài toán khác,biết cách quy lạ về quen, giúp các em cảm thấy tự tin, thích thú học toán và cao nữa là giúp các em rèn luyện, phát triển tư và tạo hứng thú học tập Bài toán Cho x, y, z là các số thực không đồng thời bằng GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 10 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn 5.3 Có thể mở rợng bài toán không? “ Cho a cố định, x, y, z là các số thực không âm có: x + y + z = Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức sau: Q = xy + yz + zx − axyz ” Việc chọn các giá trị cụ thể a ta sẽ có các bài toán khác nhau, bản chất của bài toán thì không thay đổi II KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN VỀ TỔ HỢP  Trong chương trình Toán lớp 12, phần Giải tích có bài tập: “ Tính tổng: S = Cn0 + Cn + Cn2 + + Cnn ”  Bài toán được giải sau: Xét khai triển: n (1 + x ) n = Cn + Cn + Cn2 x + + Cn x n (1) n n n + Chọn x = thay vào (1) ta có: = Cn + Cn + Cn + + Cn ⇒ S =  Từ lời giải bài toán này có thể hướng dẫn học sinh cách khai thác bài toán: n n n + Từ: (1 + x) = Cn + Cn x + + Cn x ( ) lấy đạo hàm vế của (2) ta được: n(1 + x) n −1 = Cn + 2.Cn2 x + 3.Cn x + + n.Cnn x n−1 (3) n n −1 1) Thay x = vào (3) ta có: Cn + 2.Cn + 3.Cn + + n.Cn = n.2 n + Vậy có thể xây dựng bài toán: “ Tính tổng: S = Cn + 2.Cn + 3.Cn + + n.Cn ” 2) Thay x = −1 vào (3), ta có: Cn − 2.Cn2 + 3.Cn3 − + (−1) n −1 nCnn = n −1 n + Từ đó ta có bài toán: “ CMR: Cn − 2.Cn + 3Cn − + (−1) n.Cn = ” 3) Nếu tiếp tục đạo hàm vế của (3), ta được: n n(n − 1)(1 + x) n − = 2.Cn2 + 2.3.Cn x + 3.4.Cn4 x + + ( n − 1).n.Cn x n − (4) a) Thay x = vào vế của đẳng thức (4) ta thu được bài toán: “Tính tổng: S = 2.Cn2 + 2.3.Cn3 + 3.4.Cn4 + + (n − 1).n.Cnn ” b) Thay x = vào vế (4), ta có bài toán: “ Tính tổng: S = 2.Cn2 + 2.3.Cn3 + 3.4.Cn4 32 + + (n − 1).n.Cnn 3n −2 ” 4) Trong đẳng thức (1) ta nhân vế với x: n x(1 + x) n = Cn x + Cn x + + Cn x n+1 (5) + Đạo hàm vế của (5): n (1 + x ) n + n.x(1 + x) n −1 = Cn + 2.Cn x + 3.Cn x + + ( n + 1).Cn x n (6) + Thay x = vào vế của (6), ta có bài toán: 2 n 11 21 n1 “ Tính tổng: S = Cn + 2.Cn  ÷+ 3.Cn  ÷ + + (n + 1).Cn  ÷ Với n ∈ Z ; n ≥ ” 2 2 2 5) Cũng từ (1), nếu ta lấy tích phân vế, cận từ đến thì: 1 n 2 n n ∫ (1 + x) dx = ∫ (Cn + Cn x + Cn x + + Cn x )dx 0 n +1 (1 + x ) ⇔ n +1 ⇔ 1 1   n =  Cn x + Cn x + Cn x + + Cn x n +1 ) ÷ n +1  0 (5) n +1 1 1 n − = Cn + Cn + Cn + + Cn n +1 n +1 n +1 + Từ ta có thể đặt bài toán: GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 15 Tạo hứng thú học môn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn 1 1 “Tính tởng: S = Cn0 + Cn + Cn2 + + Cnn , với n ∈ N * ” n  Chú ý: Để có các bài toán khác nhau, ta có thể chọn các giá trị x khác xuất phát từ bài toán ban đầu sẽ giúp các em cảm thấy thú vị hơn, tự tin và yêu thích học tập môn Toán 6) Tương tự cách xây dựng các bài toán trên, ta có thể xuất phát từ (1) đưa các bài toán:  Chứng minh các hệ thức sau: a) 12.Cn + 22.Cn2 + 32.Cn + + n2 Cnn = n( n − 1).2n −2 b) n.Cn0 + (n − 1).Cn + (n − 2).Cn2 + + 2.Cnn − + Cnn −1 = n.2n −1 c) Cn 2.Cn (n − 1) n + + + Cn = với n ≥ 2, n ∈ Z (n − 1) (n − 1) (n − 1) n III XÂY DỰNG CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM  Khi dạy bời dưỡng học sinh giỏi, nhận thấy rằng cái quan trọng là phải dạy các em cách tư vấn đề, gặp một bài toán cần đọc kĩ, tìm hiểu bản chất của bài toán đó để có thể từ đó xây dựng, phát triển các dạng bài tập tương tự Với cách nghĩ và làm vậy, tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi, thấy hiệu quả của việc dạy và học được nâng lên rõ rệt  Trong phần này, chúng ta sẽ xét một số phương pháp xây dựng các bài toán về phương trình hàm Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức Bài toán ( Moldova 2004): Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn: ( x + x + x + 2).P ( x − 1) = ( x − x + x − 2).P ( x ) ∀x (1) Giải: + Tìm các nghiệm của đa thức từ phương trình: ( x + 2)( x + x + 1).P ( x − 1) = ( x − 2).( x − x + 1).P ( x ) + Chọn: x = −2 ⇒ P (−2) = x = −1 ⇒ P (−1) = x = ⇒ P (0) = x = ⇒ P (1) = + Vậy P ( x ) = x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x ) + Thay P(x) vào phương trình (1), ta thu được: ( x + 2)( x + x + 1)( x − 1)( x − 2) x( x + 1).G ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2).G ( x ) + Suy ra: G ( x − 1) G ( x) = (với x ≠ 0, x ≠ ±1, x ≠ −2 ) x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) G ( x) ⇔ = Đặt: R ( x ) = , ta có: R( x) = R( x − 1) ( x − 1) + ( x − 1) + x + x + x + x +1 ⇒ R ( x) = c ( hằng số ) ∀x ≠ 0, x ≠ ±1, x ≠ −2 + Vậy P ( x ) = c( x + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) ( x + x + 1).G ( x − 1) = ( x − x + 1).G ( x) ⇔ + Thử lại ta thấy P(x) là đa thức cần tìm GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 16 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ toán  Từ cách giải chúng ta có thể xây dựng các bài tập sau: + Xét P ( x ) = ( x + 1)( x − 1) = ( x + 1)( x − 1)( x − x + 1) Suy ra: P ( x + 1) = ( x + 1) + 1 x = ( x + x + x + 2) x , thu được đẳng thức:   ( x + x + x + 2).x.P ( x ) = ( x − 1)( x − x + 1).P ( x + 1) Khi đó ta thu được bài toán sau: Bài toán 2: Tìm đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức: x( x + 3x + x + 2).P ( x) = ( x − 1)( x − x + 1).P ( x ) ∀x + Nếu ta lại xét: P ( x ) = ( x + 1)( x − x + 2) = ( x + 1)( x − 1)( x − 2) P (2 x + 1) = ( (2 x + 1) + 1) (2 x)(2 x − 1) Ta thu được bài toán 3: Bài toán Tìm đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức: (4 x + x + 2)(4 x − x).P( x) = ( x + 1)( x − x + 2).P(2 x + 1) Hướng dẫn: Cách giải bài toán và bài toán làm tương tự đối với bài toán Sử dụng tính chất nghiệm và so sánh bậc của đa thức Bài toán Tìm đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức: P ( x + x + 1) = P ( x ).P ( x + 1) (1) Giải: + Trường hợp 1: Ta thấy: P ( x ) ≡ hoặc P ( x ) ≡ là nghiệm + Trường hợp 2: Nếu P ( x ) = có nghiệm thì P ( x + x + 1) = , vậy nếu x0 là nghiệm ⇒ x0 + x0 + > x0 cũng là nghiệm, suy P ( x ) = có vô số nghiệm ( mâu thuẫn ) * + Vậy P ( x ) = vô nghiệm ⇒ deg P = n = 2m, ( n, m ∈ N ) chẵn, suy P ( x ) được biểu diễn dưới dạng: P ( x ) = ( x + 1) + G ( x ) với degG < 2m m + Thay biểu diễn P(x) vào (1) ta thu được: m ( x + x + 1) + 1 + G ( x + x + 1) = ( x + 1) m + G ( x )  ( x + x + ) m + G ( x + 1)            ⇔ G ( x + x + 1) = G ( x ) ( x + x + ) + ( x + 1) G ( x + 1) + G ( x ) G ( x + 1) (2) m m + Nếu G ( x ) ≠ , giả sử deg G = p < 2m deg VT ( ) = p  ⇒ p < 2m + p ( mâu thuẫn ) + Ta có  deg VP ( ) = 2m + p   + Vậy G ( x ) ≡ ⇒ P ( x ) = ( x + 1) m m m + Thử lại ta có: P ( x + x + 1) = ( x + x + 1) + 1 = ( x + x + x + x + )     P ( x ) P ( x + 1) = ( x + 1) ( x + 1) + 1 = ( x + 1) ( x + x + )  = ( x + x + x + x + )     + Suy P ( x + x + 1) = P ( x ) P ( x + 1) , ∀x ∈ R m m m m  Chú ý: Trong cách giải vấn đề đặt là tại ta lại tìm được biểu diễn: P ( x ) = ( x + 1) + G ( x ) m GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 17 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn 2 2 2 Ta có: ( x + 1) ( x + 1) + 1 = ( x + 1) ( x + x + ) = x + 3x + 3x + x + = ( x + x + 1) +    Từ bài toán ta có thể đưa phương pháp xây dựng các bài toán tương tự: m m 2 1) Chọn đa thức có dạng: P ( x ) = ( x + 1) + G ( x ) ⇒ P ( x ) = ( x + 1) + G ( x ) + Xét ( x + 1) ( x + 1) = x + x + x + , biểu diễn x + x + x = x ( x + x + 1) = x ( x + 1) =  x ( x + 1)  ta sẽ thu được bài toán   2 sau: Bài toán Tìm đa thức P ( x ) với hệ số thực thỏa mãn: P ( x + x ) = P ( x ) P ( x ) Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán ta thu được đáp số: P ( x ) = ( x + 1) 2) Nếu ta chọn đa thức có dạng: m P ( x ) = ( x + x + 1) + G ( x ) ⇒ P ( x − 1) = ( x − x + 1) + G ( x − 1) m m 2 2 + Xét ( x + x + 1) ( x − x + 1) = x + x + = ( x ) + ( x ) + , ta thu được bài toán sau: 2 Bài toán 6.Tìm đa thức với hệ số thực P ( x ) thỏa mãn: P ( x ) = P ( x ) P ( x − 1) Hướng dẫn: Giải tương tự bài toán ta có đáp số: P ( x ) = ( x + x + 1) m Xây dựng các bài toán về phương trình hàm từ hẳng đẳng thức  Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu cách xây dựng một số bài toán về phương trình hàm xuất phát từ một hằng đẳng thức quen thuộc sau: 2 + Từ hằng đẳng thức: x − y = ( x − y ) ( x + y ) ta nhận thấy f ( x ) = x là nghiệm của các phương trình sau: a) x f ( x ) − y f ( y ) = ( x − y ) f ( x + y ) (1) 2 b) f ( x ) − f ( y ) = ( f ( x ) − f ( y ) ) ( x + y ) (2) 2 + Từ đẳng thức: ( x − y ) ( x + y ) = ( x + y ) ( x − y ) ⇒ f ( x ) = ax + b là nghiệm của phương trình sau: c) ( x − y ) f ( x + y ) = ( x + y ) ( f ( x ) − f ( y ) ) (3) 3 2 + Từ đẳng thức: x − y = ( x + xy + y ) ( x − y ) ⇒ f ( x ) = x là nghiệm của phương trình: 3 2 d) f ( x ) − f ( y ) = ( x + xy + y ) ( f ( x ) − f ( y ) ) (4)  Sau chúng ta sẽ xây dựng các bài toán và phương pháp giải Bài toán Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn: x f ( x ) − y f ( y ) = ( x − y ) f ( x + y ) (5) Giải: + Xây dựng hàm: g ( x ) = f ( x ) − f ( ) có g ( ) = , thay g ( x ) vào phương trình (5) ta thu được: x ( f ( x ) ) − y ( f ( y ) ) = x ( g ( x ) + f ( ) ) − y ( g ( y ) + f ( ) ) = xg ( x ) − yg ( y ) + f ( ) ( x − y ) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) = ( x − y ) ( g ( x + y ) + f ( 0) ) = ( x − y ) g ( x + y ) + ( x − y ) f ( 0)  g ( 0) =  + Từ đó ta thu được:   xg ( x ) − yg ( y ) = ( x − y ) g ( x + y )  + Chọn y = − x ta thu được: xg ( x ) + xg ( − x ) = ⇒ g ( x ) = − g ( − x ) ∀x ≠ GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 18 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn + Ta có: xg ( x ) − yg ( y ) = ( x − y ) g ( x + y ) , thay y bởi − y ta được: xg ( x ) + yg ( − y ) = ( x + y ) g ( x − y ) ⇒ ( x − y ) g ( x + y ) = ( x + y ) g ( x − y ) g ( x + y) g ( x − y) g ( x) = , ∀x, y và x ≠ ± y ≠ ⇒ = c ( c = const ) ⇒ g ( x ) = c.x x+ y x− y x + Vậy f ( x ) = ax + b đó a, b ∈ R , thử lại thấy đúng Bài toán Tìm tất cả hàm f : R → R thỏa mãn đẳng thức sau: ⇒ f ( x ) − f ( y ) = ( x + xy + y ) ( f ( x ) − f ( y ) ) , ∀x, y (6) ( Vô địch MONDOVA 2004 ) Giải: + Xây dựng hàm: g ( x ) = f ( x ) − f ( ) ⇒ g ( ) = thay vào phương trình (6) thu được: ( ) ( ) f ( x3 ) − f ( y ) = g ( x3 ) + f ( ) − g ( y ) + f ( ) = g ( x3 ) − g ( y ) ⇔ ( x + xy + y ) ( f ( x ) − f ( y ) ) = ( x + xy + y ) ( g ( x ) − g ( y ) ) 3 2 + Vậy thu được: g ( x ) − g ( y ) = ( x + xy + y ) ( g ( x ) − g ( y ) ) + Từ g ( ) = , chọn y = ⇒ g ( x ) = x g ( x ) , đó: x g ( x ) − y g ( y ) = ( x + xy + y ) ( g ( x ) − g ( y ) ) ⇔ y ( x + y ) g ( x ) = x ( x + y ) g ( y ) g ( x) g ( y) = với x, y ≠ 0, x ≠ − y ⇒ g ( x ) = ax ⇒ f ( x ) = ax + b đó: a, b ∈ R x y + Thử lại thấy đúng, vậy f ( x ) = ax + b thỏa mãn Bài toán Tìm tất cả hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện: ( x + y ) ( f ( x ) − f ( y ) ) = ( x − y ) f ( x + y ) , ∀x, y ⇒ ( SILK ROAD MATHEMATICAL COMPETITION MARCH 2004 ) Giải: + Dễ dàng thử được: f ( x ) = ax + bx , (a, b ∈ R ) thỏa mãn phương trình Chúng ta chứng minh chỉ f(x) có dạng thỏa mãn phương trình + Xét g ( x) = f ( x ) − ax − bx Chọn y = ⇒ x [ f ( x) − f (0) ] = xf ( x) ⇒ − xf (0) = ∀x ⇒ f (0) = + Ta có: + [ x + y + (− y ) f ( x + y ) − f ( y )] = ( x + y ) f ( x) ⇔ x [ f ( x + y ) − f (− y )] = ( x + y ) f ( x) ⇒ xf ( x + y ) = ( x + y ) f ( x) + xf (− y ) ( 1) Tương tự: y f ( x + y ) = ( y + x) f ( y ) + y f (− x) ( ) (đổi kí hiệu giữa x và y) + Trừ hai vế của (1) và (2) ta thu được: ( x − y ) f ( x + y ) = ( x + y ) f ( x) + xf ( − y ) − ( y + x) f ( y ) − y f ( − x) + Suy ra: GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 19 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn ( x + y ) [ f ( x ) − f ( y )] = ( x + y ) f ( x) + x f (− y ) − ( y + x ) f ( y ) − y f ( − x) = y f ( x) + x f ( − y ) − x f ( y) − y f ( − x) ⇔ x.[ f ( y ) − f (− y )] = y[ f ( x) − f ( − x)] f ( x) − f ( − x) f ( y ) − f ( − y ) ⇒ = ( x, y ≠ 0) x y + Suy ra: f ( x ) − f (− x ) = cx ( x ≠ 0) ( x + y ) f ( x ) + x f (− y ) ( x + y ) f ( x) + x [ f ( y ) − cy ] = + Mặt khác ta có: f ( x + y ) = x x + Thay vào phương trình đầu ta thu được: ( x + y ) f ( x) + x f ( y ) − cxy x x [ f ( x) + f ( y ) − cy ] + y f ( x) y f ( x) = ( x − y ) = ( x − y ).[ f ( x) + f ( y ) − cy ] + y f ( x) − x x ( x + y ) [ f ( x ) − f ( y )] = ( x − y ) + Thu gọn vế của đẳng thức, ta thu được: f ( x)  f ( x)  ⇔ x[2 f ( y ) − cy ] = y  −c÷ x  x  f ( y ) − cy f ( x ) − cx ⇔ x [2 f ( y ) − cy ] = y [2 f ( x) − cx] ⇔ = =a y2 x2 cx ⇒ f ( x) = ax + 2 + Vậy f(x) có dạng: mx + nx = f ( x) = x f ( y ) − cxy + cy − y Thử lại ta có f(x) thỏa mãn phương trình 4) Xây dựng một số bài toán xuất phát từ một bài toán phương trình hàm kỳ thi toán Quốc tế Bài toán 10 ( IMO 2004 ) Tìm tất cả các đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: P(a − b) + P(b − c) + P(c − a ) = P(a + b + c) với ∀a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = Giải:  Bài toán được xây dựng các hằng đẳng thức có điều kiện sau đây: + Với a, b, c ∈ R, ab + bc + ca = ta có: (a − b) + (b − c) + (c − a ) = 2(a + b + c) (a − b) + (b − c) + (c − a ) = 2(a + b + c) + Từ đó chúng ta nhận thấy được đáp số cần chứng minh của bài toán là: P ( x ) = ax + bx + Trong cách chứng minh của bài toán, chúng ta quan tâm đến một cách ngắn gọn và dễ phân tích nhất sau: + Tìm một nghiệm nguyên của ab + bc + ca = 0, ta thu được: a = 6, b = 3, c = −2 Suy ra: ∀x bộ ( x;3x; −2 x ) thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = Thay vào phương trình ta thu được: P(3x) + P(5 x) + P(−8 x) = P(7 x) ∀x ∈ R (1) n i + Ta có: P ( x ) = ∑ x thay vào (1) ta thu được: i=0 GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung n ( ) n ∑ 3i + 5i + ( −8) xi = ∑ ( 2.7i ) xi i =0 i i=0 20 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn ( ) i i i + Đồng nhất hai vế ta được: + + ( −8 ) − 2.7 = 0, i = 0,1, 2,L i i i i + Ta thấy: + + ( −8 ) − 2.7 < với i lẻ i 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7i > với i chẵn i i = i 3i + 5i + ( −8 ) − 2.7 i = ⇔  i = + Suy = với i lẻ, i = 0, i chẵn lớn hoặc bằng 6, ≠ i = 2, i = 4 + Vậy P ( x ) = ax + bx , thử lại thấy P ( x ) là nghiệm đúng  Với cách giải chúng ta dễ dàng xây dựng được các bài toán tương tự với cách giải tương ứng sau: 2 2  Với ab + bc + ca = (a, b, c ∈ R ) ta có đẳng thức a + b + c = ( a + b + c ) từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 11 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P ( x ) thỏa mãn: P ( a ) + P ( b ) + P ( c ) = P ( a + b + c ) ∀a, b, c ∈ R và ab + bc + ca = Giải: + Tương tự trên, ta tìm một nghiệm nguyên của ab + bc + ca = 0, ta thu được: a = 6, b = 3, c = −2 Suy ra: ∀x bộ ( x;3x; −2 x ) thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = 2 2 + Ta có: P (6 x ) + P (3 x) + P ( −2 x) = P (7 x) 2 n   n  n   n  6i x i ÷ +  ∑ 3i xi ÷ +  ∑ (−2)i x i ÷ = ∑ (7)i x i ∑ i=0  i =0   i =0    i =0   k k k k + Hằng đẳng hệ số ta có:  ∑ a j ÷( + + ( −2) − ) =  i + j =k  Ta có: 6k + 3k + (−2) k − k < với k ≥ 6k + 3k + (−2) k − k > với k = 0, k = → = 0, i = 6k + 3k + (−2) k − k = với k = ⇒ = với i ≥ = 0, k = → a2 = ⇒ P ( x ) = kx + Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện của bài toán Bài toán 12 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn: P (a ) + P (b) + P(c) = P (a + b + c) a, b, c ∈ R,ab + bc + ca = ( Bài toán này có lời giải tương tự bài toán 11 ) + Để có thể xây dựng bài toán dạng này một cách dễ dàng, chúng ta xét cách xây dựng sau đây: 3 + Ta có đẳng thức: (a + b) = a + b + 3ab(a + b) Nếu 3ab(a + b) = 6b3 ⇒ a3 + 7b3 = (a + b)3 Từ đó chúng ta nhận được bài toán sau: Bài toán 13 Tìm tất cả các đa thức với hệ số thực P(x) thỏa mãn đẳng thức: P (a + b) = P (a) + P (b) a, b ∈ R, ab(a + b) = 2b3 GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chun Quang Trung 21 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn Giải: + Phương trình ab(a + b) = 2b có một nghiệm ( 1;1 ) Vậy bộ ( x; x ) thỏa mãn điều kiện: ab(a + b) = 2b3 + Thay vào phương trình, chúng ta được: n n P (2 x ) = P( x) ⇔ ∑ 2i xi = ∑ 8.ai xi suy ra: (2i − 8) = 0, i ≠ ⇒ = ⇒ P( x) = kx i =0 i=0 3 3 + Thử lại, ta có: k (a + b) = ka + kb ⇔ (a + b) = a + 7b (thỏa mãn) + Vậy đa thức cần tìm là: P ( x ) = kx  Tương tự các bài toán trên, xuất phát từ một hằng đẳng thức quen thuộc chúng ta có thể xây dựng bài toán thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2007 – 2008 sau: Bài toán 14 ( Thi HSG cấp tỉnh Bình Phước năm học 2007 – 2008 ) Tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: P ( a + b ) + P ( b + c ) + P ( c + a ) = 2P ( a + b + c ) với số thực a, b, c thỏa: b + c − a = Giải: + Ta thấy ( 5; 4;3) là bộ số thỏa mãn: a − b − c = (1) suy ( x; x;3 x ) cũng thỏa mãn (1) với mọi x ∈ R n i + Gọi P ( x ) = ∑ x , từ P ( a + b ) + P ( b + c ) + P ( c + a ) = P ( a + b + c ) i=0 n n n n i =0 i =0 i=0 i =0 ⇒ P ( x ) + P ( x ) + P ( x ) = P ( 12 x ) ⇔ ∑ 9i xi + ∑ 7i x i + ∑ 8i x i = ∑ 12i x i + Đồng nhất các hệ số có chứa x ta được: ( 9i + 8i + 7i ) = 2.12i.ai ⇔ ( 9i + 8i + 7i − 12i ) = i 9i + 8i + 7i − 2.12i = i = ⇒ + Ta có:  i i suy ra: P ( x ) = k x i i i ≠ 9 + + − 12 ≠ + Thử lại ta thấy P ( x ) = kx là đa thức cần tìm ( k ∈ R) C BÀI TẬP THỰC HÀNH Câu 1: x + mx + ( m ≠ 6) x4 + 2x2 + 2 b) Cho x, y ∈ R và thỏa mãn: 36 x + 16 y = Tìm GTLN – GTNN của biểu thức: Q = y − 2x + a) Tìm GTLN – GTNN của hàm số: y = c) Cho tam giác ABC, chứng minh rằng: + x2 ≥ cos A + x ( cos B + cos C ) , ∀x ∈ R Câu 2:  1  2 a) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x − mx + ÷ x + ( m + 1) x +  = mx  4  GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 22 Tạo hứng thú học môn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ toán b) Giải phương trình: x = x + x − 16  f ( x − 1) + g ( − x ) = x +  c) Tìm hai hàm số f ( x ) và g ( x ) biết:   x     f  x + ÷+ g  x + ÷ =      Câu 3: a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN của biểu thức: Q= a3 b3 c3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a b) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC Tìm GTNN của biểu thức: a b c Q= + + b+c−a c+a −b a +b−c c) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC Tìm GTNN của biểu thức: 4a 9b 16c Q= + + b+c−a c+a −b a +b−c Câu 4: 2 a) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = Tìm GTNN của biểu x y z thức sau: Q = y + z + z + x + x + y b) Cho các số thực dương a, b, x, y, z ( a, b không đổi ) Tìm GTNN của biểu thức: Q= x2 + y2 + z2 ( ay + bz ) ( az + by ) ( az + bx ) ( ax + bz ) ( ax + by ) ( ay + bx ) c) Cho bốn số thực dương thay đổi x, y, z, t Tìm GTNN của biểu thức: x y z t Q= + + + y + z + 3t z + 2t + x t + x + y x + y + 3z Câu 5: 2 a) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = Tìm GTNN của biểu x3 y3 z3 + + thức sau: Q = x + y + z y + 3z + x z + 3x + y 2 b) Cho M, a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z ≥ M Tìm GTNN của: x3 y3 z3 Q= + + ax + by + cz ay + bz + cx az + bx + cy KẾT QUẢ Khi áp dụng phương pháp vào giảng dạy học sinh môn Toán trường THPT, nhận thấy em học sinh hứng thú với môn học, có lẽ trước em mới quen với lời giải toán mà chưa biết cách tư nhằm tìm tòi, tiếp cận lời giải toán phát triển toán khác Chính em cảm thấy hứng thú với môn học nên năm học nhận thấy chất lượng môn Toán nói riêng, kết học tập em học sinh nói chung nâng lên rõ rệt, có nhiều em đầu năm học học sinh yếu, TB cuối năm vươn lên để trở thành học sinh TB, giỏi, các kỳ thi tuyển sinh vào các trường Đại học , Cao đẳng có nhiều em đạt điểm 8, 9, 10 môn Toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 23 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn dục của nhà trường Khi tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Olympic 30 tháng có nhiều em đạt giải cao ( 01 em đạt HSG cấp Quốc gia, 05 em đạt huy chương tham gia thi Olympic 30 tháng 4) Cụ thể: 1) Kết quả học tập bợ mơn: Năm học Yếu 2003 – 2004 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 – 2008 Đầu năm học (%) TB Khá Giỏi 0 0 21 17 14 12 16 63 64 68 66 51 26 19 18 22 23 Cuối năm học (%) Yếu TB Khá Giỏi 0 0 12 0 54 58 60 64 56 34 38 40 36 41 2) Kết quả thi HSG cấp tỉnh: Năm học 2004 – 2005 2005 – 2006 2006 – 2007 2007 – 2008 Giải nhất 10 Kết quả thi HSG cấp tỉnh lớp 12 Giải ba Giải nhì Giải khuyến khích 01 0 BÀI HỌC KINH NGHIỆM Quá trình dạy học được tiến hành bằng sự kết hợp giữa hoạt động dạy của thầy giáo và hoạt động học của học sinh Lâu nay, chúng ta thường chú ý nhiều đến chất lượng của hoạt động dạy Trong dự giờ, rút kinh nghiệm ta thường phân tích nhiều về những khía cạnh hoạt động của thầy giáo ở lớp ( chất lượng bài giảng, khả lôi cuốn học sinh học tập, phong thái, cách trình bày bảng…) Điều đó là cần thiết vì giáo viên là người điều khiển, tổ chức quá trình dạy học Nhưng việc ít quan tâm hoặc quan tâm không đầy đủ, sâu sắc đến hoạt động học của học sinh lại là một thiếu sót lớn Nhân cách của học sinh, đó có kết quả trí dục, chính là chất lượng sản phẩm mà nhà trường đào tạo cho xã hội Vì vậy, cần thiết phải chú ý đến hoạt động học, trước hết phải rèn luyện cho học sinh kỹ học tập bộ môn GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 24 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn Từ nhận thức đó, kết hợp quá trình thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm này đã rút cho bản thân những bài học kinh nghiệm việc dạy học môn Toán:  Khi dạy học môn Toán cần cung cấp cho học sinh một hệ thống vững chắc những tri thức, kỹ năng, phương pháp toán học phổ thông, bản, hiện đại, sát thực tiễn Việt Nam, trau dồi cho học sinh khả vận dụng những hiểu biết toán học vào việc học tập môn khác, vào đời sống và tạo tiềm tiếp thu khoa học, kỹ thuật  Cần dạy học sinh cách khai thác vấn đề, nhằm phát triển lực trí tuệ chung tư trừu tượng, tư logic và tư biện chứng, rèn luyện các thao tác tư phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát, và các phẩm chất tư linh hoạt, độc lập, sáng tạo…vv  Bên cạnh đó hoạt động dạy học toán giúp học sinh bồi dưỡng thế giới quan vật biện chứng, rèn luyện cho họ phẩm chất của người lao động mới học tập và sản xuất làm việc có kế hoạch, có phương pháp, có kiểm tra, đánh giá, tính cẩn thận, chính xác, tỉ mỉ, kỷ luật, sáng tạo, dám nghĩ dám làm…vv  Việc rèn luyện kỹ học tập môn toán cần bảo đảm chất lượng phổ cập cho mọi học sinh, bất kể sau này họ làm nghề gì, hoạt động ở lĩnh vực nào, mặt khác cần phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có khiếu về toán để góp phần xây dựng nền khoa học kỹ thuật và nền Toán học Việt Nam Thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này là quá trình mày mò, suy nghĩ và học hỏi của bản thân với mong mỏi nâng cao hiệu quả giảng dạy môn Toán nói riêng và chất lượng giáo dục của nhà trường nói chung, nên rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và của hội đồng khoa học xét sáng kiến kinh nghiệm Tơi xin chân thành cảm ơn TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Phương pháp giảng dạy môn Toán Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục 2) Giải tập Tác giả: G.Polya – Nhà xuất giáo dục 3) Chuyên đề nâng cao Toán Đại số 10 Tác giả: Phạm Quốc Phong – NXB Đại học sư phaïm 4) Tài liệu bồi dưỡng hè 2007 (Thầy Nguyễn Vũ Lương - ĐHKHTNHN) GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 25 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ toán MỤC LỤC Bài học kinh Mở đầu……………………………………………………… nghiệm………………… Nội dung ………………………………………… ……………………… A Cơ sở lý thuyết…………………………………………… Tài liệu tham B Một số bài toán vận dụng………………………………… khảo…………………… I Khai thác một số bài toán bất đẳng thức…………………… ……………………… II Khai thác một bài toán tổ hợp…………………………… III Xây dựng các bài toán về phương trình hàm…………… C Bài tập thực hành ………………………………………… Kết quả………… …………………………………………… GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chun Quang Trung 26 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn ………………………25 ………………………26 ………………………27 ………………………28 Trang ………………………03 ………………………04 ………………………04 ………………………09 ………………………09 ………………………17 ………………………18 Nhận xét và xếp loại của tổ chuyên môn …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… GV: Đỗ Mạnh Tồn – Trường THPT chun Quang Trung Tở trưởng 27 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… Nhận xét và xếp loại của Hội đồng khoa học trường THPT chuyên Quang Trung Hội đồng xét duyệt SKKN …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… Nhận xét và xếp loại của HĐKHSở Giáo dục – Đào tạo tỉnh Bình Phước …………………………………………………………… Hội đồng xét duyệt SKKN …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… …………………………………………………………… ………………………………………………………………… ………………………………………………………………… ………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 28 Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………… GV: Đỗ Mạnh Toàn – Trường THPT chuyên Quang Trung 29 ... môn học nên năm học nhận thấy chất lượng môn Toán nói riêng, kết học tập em học sinh nói chung nâng lên rõ rệt, có nhiều em đầu năm học học sinh yếu, TB cuối năm vươn lên để trở thành học sinh. .. THPT chuyên Quang Trung Tạo hứng thú học mơn Tốn qua việc khai thác lời giải mợt sớ tốn B MỘT SỐ BÀI TỐN VẬN DỤNG I KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán Cho tam giác ABC Chứng minh... mợt tốn ban đầu, sau cho học sinh giải xong tốn dừng lại vơ tình bỏ qua hội củng cố kiến thức, rèn luyện tư cho người dạy người học, thay dừng lại thầy trị tìm cách khai thác tốn khơng đưa tốn