SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MỸ HÀO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “RÈN LUYỆN NĂNG LỰC KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ VÀ TƯƠNG TỰ CHO HỌC SINH THƠNG QUA CÁC BÀI TỐN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ” Người thực hiện: Đinh Văn Chuẩn Môn: Tốn Đơ n vị cơng tác: Trường THPT Mỹ Hào NĂM HỌC 2013-2014 1 Lý chọn đề tài Khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự thao tác tư có vai trị quan trọng q trình dạy học tốn trường phổ thơng Khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương tự phương pháp giúp mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải tốn, mở rộng, đào sâu, hệ thống hố kiến thức góp phần quan trọng việc hình thành phẩm chất trí tuệ cho học sinh Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự chưa rèn luyện mức dạy học trường phổ thông Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày phát triển, phần toán sơ cấp đẹp thú vị ln hút nhiều đối tượng bạn đọc quan tâm Điểm đặc biệt ấn tượng BĐT có nhiều tốn khó, chí khó làm cho học sinh phải e ngại Nó thực gây hứng thú học sinh u thích tốn học, đam mê sáng tạo, tìm tịi Mặt khác bất đẳng thức lại có khả to lớn việc rèn luyện lực khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự Vì lý đó, tơi chọn đề tài: “Rèn luyện lực khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự cho học sinh thông qua tốn chứng minh bất đẳng thức ” Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu vai trò khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự dạy học toán dạy học chứng minh bất đẳng thức - Đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự cho học sinh Phương pháp nghiên cứu Trong đề tài chủ yếu sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: - Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự, lý luận dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, sách giáo viên, tạp chí giáo dục,… - Phương pháp điều tra - quan sát: Tìm hiểu khả khái qt hố, đặc biệt hố, tương tự học sinh lớp 10 thông qua toán chứng minh bất đẳng thức Giả thuyết khoa học Nếu học sinh rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự dạy học chứng minh bất đẳng thức có khả khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự dạy học mơn tốn trường phổ thơng khắc phục thực trạng dạy học nước ta Bố cục đề tài Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, đề tài gồm chương: Chương Cơ sở lý luận thực tiễn Chương Vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức Chương Thực nghiệm sư phạm CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1 Một số khái niệm 1.1.1 Khái quát hoá Theo G Pơlya, “Khái qt hóa chuyển từ việc nghiên cứu tập hợp đối tượng việc nghiên cứu tập lớn hơn, bao gồm tập hợp ban đầu” ( [ 1, tr.21] ) Trong “Phương pháp dạy học mơn Tốn”, tác giả Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy nêu rõ: “Khái quát hóa chuyển từ tập hợp đối tượng sang tập hợp lớn chứa tập hợp ban đầu cách nêu bật số đặc điểm chung phần tử tập hợp xuất phát” ( [ 3, tr.31] ) Những dạng khái quát hóa thường gặp mơn tốn biểu diễn theo sơ đồ sau: Khái quát hóa Khái quát hóa từ riêng lẻ đến tổng quát Khái quát hóa tới tổng quát biết Khái quát hóa từ tổng quát đến tổng quát Khái quát hóa tới tổng quát chưa biết Như có hai đường khái quát hóa: đường thứ sở so sánh trường hợp riêng lẻ, đường thứ hai không dựa so sánh mà dựa phân tích tượng hàng loạt tượng giống 1.1.2 Đặc biệt hóa Theo G Pơlya: “Đặc biệt hóa chuyển từ việc nghiên cứu tập hợp đối tượng cho sang việc nghiên cứu tập hợp nhỏ chứa tập hợp cho” ( [ 1,tr.22] ) Những dạng đặc biệt hóa thường gặp mơn tốn biểu diễn theo sơ đồ sau: Đặc biệt hóa Đặc biệt hóa từ tổng quát đến riêng lẻ Đặc biệt hóa từ riêng đến riêng Đặc biệt hóa tới riêng lẻ biết Đặc biệt hóa tới riêng lẻ chưa biết Chẳng hạn, đặc biệt hóa chuyển từ việc nghiên cứu đa giác sang việc nghiên cứu đa giác Từ việc nghiên cứu đa giác ta lại đặc biệt hóa để nghiên cứu tam giác Đó đặc biệt hóa từ riêng đến riêng Đặc biệt hóa q trình từ chung đến riêng, trình minh họa giải thích khái niệm, định lí trường hợp riêng lẻ, cụ thể Đặc biệt hóa thường sử dụng việc trình bày khái niệm, chứng minh định lí, tập…Trong tốn quỹ tích tìm điểm cố định đặc biệt hóa thường sử dụng để mị mẫm, dự đốn quỹ tích, dự đốn điểm cố định sở để tìm lời giải toán 1.1.3 Tương tự Theo G Pôlya: “Hai hệ tương tự chúng phù hợp với mối quan hệ xác định rõ ràng phận tương ứng” ( [ 1, tr.23] ) Kết luận dựa theo tương tự mơ tả sau: A có tính chất a, b, c B có tính chất a, b Thế B có tính chất c Người ta thường xét tương tự tốn học khía cạnh sau: - Hai phép chứng minh tương tự đường lối, phương pháp chứng minh giống - Hai hình tương tự chúng có nhiều tính chất giống hay vai trị chúng giống vấn đề đó, phần tử tương ứng chúng có quan hệ giống - Hai tính chất tương tự chúng biểu diễn yếu tố thuộc tính hai hình tương tự Tương tự nguồn gốc nhiều phát minh Bên cạnh giống khái quát hóa, tương tự thuộc suy luận có lý, cần lưu ý với học sinh kết luận rút từ tương tự dẫn đến kết luận sai Chẳng hạn, tam giác đường cao đồng quy trực tâm Nếu cho rằng, tương tự, tứ diện có đường cao đồng quy trực tâm sai, điều với tứ diện có cặp cạnh đối diện vng góc với mà thơi (gọi tứ diện trực tâm) 1.2 Một số kiến thức bất đẳng thức 1.2.1 Định nghĩa số tính chất bất đẳng thức • Định nghĩa: Giả sử a b hai số thực Các mệnh đề “ a > b ”, “ a < b ”, “a ≥ b ”, “ a ≤ b ” gọi bất đẳng thức Cũng mệnh đề lơgic khác, bất đẳng thức sai Chứng minh bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức • Một số tính chất bất đẳng thức a > b ⇒ a > c  b>c  a > b ⇔ a+c > b+c Nếu c > a > b ⇔ ac > bc Nếu c < a > b ⇔ ac < bc • Từ ta có hệ sau: a > b c > d ⇒ a+c > b+d a+c > b ⇔ a > b-c a > b ≥ c > d ≥ ⇒ ac > bd a > b ≥ n ∈ ¥ * ⇒ a n > b n a>b≥0⇔ a > b 3 a>b⇔ a > b 1.2.2 Một số bất đẳng thức thường gặp • Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a1 - a - a - - a n ≤ a1 +a +a + +a n ≤ a1 + a + a + + a n ( ∀a i ∈ ¡ ) Đặc biệt với n = ta có a - b ≤ a+b ≤ a + b ( với a, b ∈ ¡ ) • Bất đẳng thức Cauchy Cho a1 , a , a , a n số thực khơng âm ta có: a1 +a +a + +a n n ≥ a1.a a a n n Đẳng thức xảy a1 = a = a = = a n a+b ≥ ab Đẳng thức xảy a = b Đặc biệt với n = ta có a+b+c ≥ abc Đẳng thức xảy a = b = c Với n = ta có • Bất đẳng thức Bunhiacơpxki Với số thực a1 , a , a , a n b1 , b , b3 , b n ta có: ( a1b1 +a 2b +a 3b3 + +a n b n ) Đẳng thức xảy ≤ ( a12 +a 2 +a 32 + +a n ) ( b12 +b 2 +b + +b n ) a1 a a a = = = = n b1 b2 b3 bn (Nếu bi = coi a i = ) 2 2 Với n = ta có ( ax+by ) ≤ ( a +b ) ( x +y ) 2 2 2 Với n = ta có ( ax+by+cz ) ≤ ( a +b +c ) ( x +y +z ) • Bất đẳng thức Chebyshev a) Cho hai dãy đơn điệu tăng a1 ≤ a ≤ a ≤ ≤ a n b1 ≤ b ≤ b3 ≤ ≤ b n ta có: ( a1 +a +a + +a n ) ( b1 +b +b3 + +b n ) ≤ n ( a1b1 +a 2b +a 3b + +a n b n )  a1 = a = a = = a n Đẳng thức xảy  b1 = b = b3 = = b n b) Nếu a1 ≤ a ≤ a ≤ ≤ a n b1 ≥ b ≥ b3 ≥ ≥ b n ( a1 +a +a + +a n ) ( b1 +b +b3 + +b n ) ≥ n ( a1b1 +a 2b +a 3b + +a n b n )  a1 = a = a = = a n Đẳng thức xảy  b1 = b = b = = b n • Bất đẳng thức Becnuli n a) Cho n ∈ ¥ * , a > -1, a ∈ ¡ ta có: ( 1+a ) ≥ 1+na r b) Cho a > -1 , r ∈ ¤ , r ≥ ta có: ( 1+a ) ≥ 1+ra • Bất đẳng thức Jenxen Cho f ( x ) hàm số xác định, liên tục có đạo hàm cấp hai liên tục [ a;b ] ; x1 , x , x , , x n ∈ [ a;b ] , α1 ,α ,α , ,α n >0 α1 +α +α + +α n = ta có:  n  a) Nếu f ( x ) > với ∀x ∈ [ a;b ] ∑ αi f ( x i ) ≥ f  ∑ αi x i ÷ i=1  i=1  n n   ' b) Nếu f ( x ) < với ∀x ∈ [ a;b ] ∑ αi f ( x i ) ≤ f  ∑ αi x i ÷ i=1  i=1  1.2.3 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai Phương pháp quy nạp Phương pháp phản chứng Phương pháp lượng giác Phương pháp hình học Phương pháp hàm số Phương pháp làm trội 10 Phương pháp so sánh 11 Phương pháp dùng tính chất tỉ số 12 Phương pháp đổi biến số 1.3 Vai trị khái qt hóa, đặc biệt hóa tương tự tốn học Trong tốn học, khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương tự trở thành phương pháp suy nghĩ sáng tạo nguồn gốc nhiều phát minh toán ' n học sơ cấp toán học cao cấp Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự vận dụng để mị mẫm dự đốn kết tốn, tìm phương hướng giải tốn; để mở rộng, đào sâu hệ thống hóa kiến thức Trong lịch sử tốn học, có tốn mà suốt hàng trăm năm hệ nhà tốn học giới với bao cơng sức giải số trường hợp đặc biệt Chẳng hạn tốn tiếng: “Chứng minh phương trình x n +y n = z n khơng có nghiệm nguyên dương n ≥ ”, gọi định lý Phec-ma nhà toán học Phec-ma đề từ kỉ 17 Lời giải có sau 300 năm, tốn thời gian trí tuệ hàng trăm nhà tốn học lớn khắp giới 1.4 Vai trị khái qt hóa, đặc biệt hóa tương tự tốn chứng minh bất đẳng thức Đối với nhà trường phổ thơng khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương tự thâm nhập vào khâu trình dạy học Trong dạy học chứng minh BĐT, khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự đường giúp hình thành tri thức lí thuyết, phương pháp suy nghĩ giúp mị mẫm, dự đốn để tìm lời giải tốn, mở rộng đào sâu hệ thống hóa kiến thức 1.4.1 Khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự đường giúp hình thành tri thức lí thuyết Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự đường giúp hình thành tri thức lí thuyết định lí, tính chất, hệ thức,… 1.4.2 Khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự phương pháp suy nghĩ giúp mò mẫm, dự đốn để tìm lời giải tốn chứng minh bất đẳng thức Bài toán chứng minh BĐT tốn khơng có thuật tốn để giải, với tốn ta đặc biệt hóa để giải toán trường hợp riêng thử xét toán tương tự đơn giản toán ban đầu lời giải dễ dàng Ta thử xét xem tốn tương tự có giúp ích ta việc chứng minh tốn ban đầu hay khơng? Về phương pháp giải có tương tự khơng? Hay ta áp dụng kết tốn tương tự để giải tốn ban đầu khơng? 1.4.3 Khái qt hóa, đặc biệt hóa tương tự phương pháp suy nghĩ giúp mở rộng, đào sâu hệ thống hóa kiến thức Từ kiến thức toán cho vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành tri thức mới, đề xuất giải toán Trên sở đào sâu hiểu rõ khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến thức Từ tạo cho hiểu rõ chất quy luật kiện toán học, xác lập mối liên hệ thống tri thức mà tiếp nhận Ví dụ Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có: AH BH CH AA ' BB' CC' + + = ' + ' + ' -3 = A ' H B' H C ' H A H BH CH S S S = ABC + ABC + ABC -3 (1) SBHC SAHC SAHB Mặt khác  SABC SABC SABC  SBHC SAHC SAHB  + + + +  ÷ ÷ ≥ Vì SBHC +SAHC +SAHB = SABC  SBHC SAHC SAHB  SABC SABC SABC  S S S ⇒ ABC + ABC + ABC ≥ (2) SBHC SAHC SAHB AH BH CH Từ (1) (2) ta có: ' + ' + ' ≥ (3) AH BH CH Dễ thấy hệ thức (3) AA ' , BB' , CC' đường trung tuyến Hệ thức (3) liệu AA ', BB' , CC' đường phân giác tam giác ABC ? Theo tính chất đường phân giác ta có: AI AB AC AB+AC AB+AC = ' = ' = ' = A 'I AB AC A B+A 'C BC Tương tự BI AB+BC = B' I AC CI AC+BC = C'I AB Suy AI BI CI AB+AC AB+BC AC+BC + ' + ' = + + ' AI BI CI BC AC AB Mặt khác AB+AC AB+BC AC+BC  AB BC   AC BC   AB AC  + + = + + + ÷+  ÷+  ÷≥ BC AC AB  BC AB   BC AC   AC AB  AI BI CI ⇒ ' + ' + ' ≥ (4) AI BI CI Như hệ thức AA ', BB' , CC' đường phân giác Các đường cao, trung tuyến, phân giác tam giác có tính chất đồng qui điểm Từ ta đề xuất tốn tổng quát hơn: Cho tam giác ABC , O điểm tùy ý tam giác Kéo dài AO, BO, CO cắt cạnh đối diện A ' , B' , C' Khi ta có: AO BO CO + + ≥ (5) A 'O B 'O C ' O Chứng minh Từ O kẻ OM ⊥ BC Ta có S AA ' AH = = ABC ' OA OM SOBC A B’ C O S AO+OA ' ’ ⇔ = ABC OA ' SOBC S OA ⇔ = ABC -1 B H M A OA ' SOBC C Tương tự ’ SABC SABC OB OC = -1 , = -1 OB' SAOC OC' SAOB S S S AO BO CO ⇒ ' + ' + ' = ABC + ABC + ABC -3 (6) A O B O C O SOBC SAOC SAOB S S S  S S S  Vì  ABC + ABC + ABC ÷ OBC + AOC + AOB ÷ ≥  SOBC SAOC SAOB  SABC SABC SABC  SOBC +SOAC +SOAB = SABC S S S ⇒ ABC + ABC + ABC ≥ (7) SOBC SAOC SAOB Từ (6) (7) suy BĐT (5) Đến đây, phép tương tự ta mở rộng BĐT cho tứ diện ABCD Cho tứ diện ABCD , O điểm tứ diện Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt mặt đối diện với đỉnh A, B, C, D AO BO CO BO A ' , B' , C' , D ' Khi ta có ' + ' + ' + ' ≥ 12 (8) A O BO CO BO 1.4.4 Với ý nghĩa phương pháp suy nghĩ sáng tạo; khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự đóng vai trị quan trọng việc hình thành phẩm chất trí tuệ cho học sinh Tính độc lập tính sáng tạo hai số phẩm chất trí tuệ quan trọng - Tính độc lập tư thể khả tự phát giải vấn đề, tự kiểm tra hồn thiện kết đạt - Tính sáng tạo tư thể khả phát vấn đề mới, tìm hướng mới, tạo kết Muốn phát triển tính độc lập, sáng tạo học sinh cần cho họ thường xuyên tập dượt suy luận có lý thơng qua quan sát, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự,… Giải toán với nhiều cách giải khác từ tìm cách giải hay góp phần phát triển tính độc lập, sáng tạo Đề xuất giải toán từ tốn biết khơng sáng tạo mà cịn tăng thêm niềm vui q trình giải tốn học sinh Ví dụ Cho a, b > Chứng minh rằng: a +b3 ≥ a b+b 2a (1) Chúng ta giải toán theo cách sau: Cách Ta có a +b3 -a b-b 2a = a ( a-b ) -b ( a-b ) = ( a-b ) ( a+b ) ≥ ⇒ a +b3 ≥ a b+b 2a Cách Áp dụng BĐT Cauchy ta có: a +a +b3 ≥ a 6b = 3a 2b ⇔ 2a +b ≥ 3a 2b Tương tự 2b3 +a ≥ 3ab Cộng vế với vế BĐT ta ĐPCM Chúng ta đề xuất toán nào? * Nhìn theo góc độ số mũ hai vế BĐT (1): Xét riêng a a b ta thấy số hạng a số mũ a 3, số hạng a b số mũ a 2, số mũ b Như số mũ a giảm đơn vị tổng số mũ a b số hạng a b số mũ a a Từ ta có BĐT tương tự sau: a +b ≥ a 3b+b 3a (2) a +b5 ≥ a 4b+b 4a (3) Theo hướng khai thác ta khái qt hóa tốn sau: n n n-1 n-1 Cho a, b>0 Chứng minh rằng: a +b ≥ a b+b a ( n ∈ ¥ *) (4) * Cũng nhìn theo góc độ số mũ số hạng hai vế, ta thử mở rộng cách thay a n-1b a m b n-m có nghĩa cần tổng số mũ a b n đủ Như tốn lại khái qt hóa sau: Cho a, b>0 Chứng minh rằng: a n +b n ≥ a m b n-m +b ma n-m ( m, n ∈ ¥ , n ≥ m ) (5) Đặc biệt hóa giá trị m, n ta lại có BĐT Chẳng hạn m = n = ta thu BĐT quen thuộc a +b ≥ 2a 2b (6) n = 5, m = ta thu BĐT a +b5 ≥ a 3b +b3a (7) * Tiếp tục quan sát số biến BĐT, toán áp dụng cho biến ta hồn tồn mở rộng cho biến, biến, …và khái quát hóa lên n biến Ta xây dựng BĐT tương tự sau: Cho a, b, c > , chứng minh rằng: a +b3 +c3 ≥ a 2b+b 2c+c 2a (8) a +b +c ≥ a b +b 2c +c 2a (9) Khái quát hóa toán trường hợp n biến Cho n số dương a1 , a , a , a n , m, k ∈ ¥ , m ≥ k Chứng minh rằng: a1m +a m + +a n m ≥ a1k a m-k +a k a 3m-k + +a n ma1m-k (10) BĐT chứng minh tương tự cách giải 10 VMOBC +VMOAC +VMOAB = VOABC ⇒ VMOBC VMOAC VMOAB + + = VOABC VOABC VOABC a b c + + =1 OA OB OC Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có: b c   a OA+OB+OC= ( OA+OA+OC )  + + ≥ a + b+ c ÷  OA OB OC  BT9 Dùng BĐT tam giác ta có: MB+MC > BC, MC+MA > AC, MA+MB > AB Cộng vế với vế BĐT Ta MA+MB+MC > p Ta có MB+MK = BK < AB+AK (1) MC < MK+KC (2) Từ (1) (2) suy MB+MC < AB+AC Tương tự MA+MC < AB+BC , MA+MB < AC+BC Cộng vế theo vế BĐT ta ĐPCM BT10 Ta có: MA+MK+AK < Min(AB+BK,AC+CK,AD+DK) ⇒ 3MA+3MK < AB+AC+AD+KB+KC+KD ⇒ 3MA+ ( MK+KB ) + ( MK+KC ) + ( MK+KD ) < < AB+AC+AD+2(KB+KC+KD) < (AB+AC+AD)+2(BC+CD+DB) Mặt khác MK+KE > ME với ∀ E nên 3MA+MB+MC+MD < (AB+AC+AD)+2(BC+CD+DB) Tương tự 3MB+MA+MC+MD < (BA+BC+BD)+ +2(AC+CD+AD) 3MC+MA+MB+MD < EF với ∀E ≠ F ∈ { A,B,C,D} Cộng BĐT lại ta có MA+MB+MC+MD > C BT11 Ta có SMBC +SMCD +SMDB > SBCD Từ suy BĐT tương tự cộng vế theo vế ta ĐPCM 2.6 Một số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện lực khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự cho học sinh 39 2.6.1 Quán triệt tư tưởng đạo việc rèn luyện khái quát hóa Học sinh cần luyện tập thường xuyên lực tiến hành phân tích đồng thời với tổng hợp để nhìn thấy đối tượng nhiều khía cạnh khác Trên sở so sánh đối tượng, tượng riêng lẻ, dùng phép tương tự để chuyển từ trường hợp riêng sang trường hợp riêng khác, kết hợp với trừu tượng hóa để tách đặc điểm chất khỏi đặc điểm không chất làm sở cho việc mở rộng sáng tạo vấn đề mới, làm rõ mối quan hệ chung riêng mệnh đề xuất phát với mệnh đề tìm đặc biệt hóa hệ thống hóa Để phân tích vấn đề cách tồn diện, thể nhiều khía cạnh khác cần trọng hai khía cạnh sau: * Phân tích khía cạnh, tốn, kết biết nhiều góc độ khác để khái qt hố xét vấn đề tương tự * Phân tích, khai thác sâu lời giải tốn, tìm nhiều lời giải khác phân tích, khai thác lời giải Với tốn có nhiều cách giải ta không dừng lại chỗ so sánh cách giải với để chọn cách giải ngắn nhất, dễ hiểu mà cịn phải biết phân tích tác dụng cách giải Có cách giải ta khó khơng tìm hướng suy nghĩ để nâng lên thành tốn tổng qt Có lời giải dài phức tạp lại áp dụng để giải tốn tương tự từ đề xuất tốn tổng qt, lời giải hay cần ý lời giải ngắn gọn, áp dụng cho toán cụ thể Với cách giải khác ta cần khai thác sâu để thấy tác dụng lời giải 2.6.2 Rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự trình lâu dài cần tiến hành tất khâu trình dạy học Rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trình lâu dài cần tiến hành thường xuyên hết tiết học sang tiết học khác, năm qua năm khác tất khâu q trình dạy học, nội khóa hoạt động ngoại khóa Cần tạo điều kiện cho học sinh có dịp rèn luyện lực khái qt hóa, đặc biệt hóa, tương tự việc tốn học hóa tình thực tế, việc viết báo toán, làm tập chuyên đề với đề toán tự sáng tác, khai thác từ tập giải để đề xuất kết 2.7 Kết luận chương Trong chương 2, luận văn nêu vị trí vai trị tập chứng minh BĐT, nghiên cứu việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự vào việc tìm lời giải nghiên cứu lời giải toán chứng minh BĐT Để giúp học sinh biết cách sáng tạo toán từ toán biết chúng tơi xây dựng hệ thống hóa mẫu số nhóm tốn chứng minh BĐT dạng theo phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự Hệ thống tập mẫu chọn lọc có tốn sách giáo khóa, có phần tập dành cho học sinh giỏi Kết thúc chương 2, luận văn đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự cho học sinh 40 41 CHƯƠNG THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1 Bước đầu điều tra lực khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự học sinh lớp 10A Trường THPT Mỹ Hào – Hưng Yên * Khái quát điều tra a) Mục đích điều tra Bước đầu tìm hiểu lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự học sinh lớp 10 b) Đối tượng điều tra Là học sinh lớp 10 – Tường THPT Mỹ Hào – Hưng Yên c) Nội dung điều tra: Thông qua kiểm tra 3.2 Mục đích, tổ chức, nội dung thực nghiệm 3.2.1 Mục đích thực nghiệm Bước đầu kiểm tra tính khả thi hiệu việc rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự cho học sinh lớp 10 sau học xong Bài 1- Bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức (chương - Bất đẳng thức bất phương trình - Đại số 10 - nâng cao) Hướng dẫn học sinh vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự để tìm lời giải khai thác tốn chứng minh BĐT chương trình đại số 10 nâng cao 3.2.2 Tổ chức thực nghiệm * Lớp thực nghiệm: Đối tượng thực nghiệm học sinh lớp chọn 10A1 - Trường THPT Mỹ Hào- Hưng Yên * Tiến trình thực nghiệm: Đợt thực nghiệm tiến hành tiết học chuyên đề lớp 10A Chúng dạy thử tiết học có đồng nghiệp tham gia đánh giá, nhận xét, trao đổi ý kiến 3.2.3 Nội dung thực nghiệm * Tóm tắt nội dung thực nghiệm: - Giáo viên giới thiệu BĐT Cauchy cho n số không âm BĐT Bunhiacôpxki cho 2n số - Giáo viên hướng dẫn học sinh vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự để tìm lời giải khai thác toán chứng minh BĐT Bài toán 1 Chứng minh x, y, z ba số dương + + ≥ (1) x y z x+y+z Lời giải Áp dụng BĐT Cauchy ta có:  x+y+z ≥ 3 xyz  1 1 1  ⇒ ( x+y+z )  + + ÷ ≥ ⇔ + + ≥ 1 1 x y z x+y+z x y z  + + ≥3 xyz x y z  42 x = y = z  1 ⇔ x = y = z Đẳng thức xảy  = = x y z  Lời giải Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:   1 1 1 1 =  x + y + z ÷ = ( x+y+z )  + + ÷  x y z÷ x y z   1 ⇔ + + ≥ x y z x+y+z Đẳng thức xảy x = y = z Lời giải Giáo viên hướng dẫn học sinh dùng thao tác đặc biệt hóa tương tự để chứng minh toán Giáo viên: Em phát biểu toán tương tự đơn giản toán ban đầu 1 + ≥ (2) x y x+y Giáo viên: Em chứng minh BĐT (2) Học sinh: (2) ⇔ ( x+y ) ≥ 4xy Học sinh: ⇔ ( x-y ) ≥ Đẳng thức xảy x = y Giáo viên: Em có giải tốn tương tự cách giải không? Học sinh lúng túng? Giáo viên: Bài toán giải phương pháp biến đổi tương đương cách giải phức tạp Ta sử dụng kết BĐT (2) để chứng minh BĐT 1 x + y ≥ ?  Em đánh giá  ( t số thực dương bất kì) 1 + ≥ ? z t  1 + ≥  x y x+y  Học sinh:  1 + ≥  z t z+t   1 1 1  + Giáo viên: Như + + + ≥  ÷ (3) x y z z  x+y z+t  Em tiếp tục sử dụng BĐT (2) để đánh giá BĐT (3) 43 1 + ≥ x+y z+t x+y+z+t 1 1 16 Do + + + ≥ x y z z x+y+z+t Học sinh: Giáo viên: Như với ∀t > 1 1 16 + + + ≥ (4) x y z z x+y+z+t x+y+z BĐT (4) có dạng nào? 1 1 16 + + + ≥ x+y+z Học sinh: (4) có dạng x y z x+y+z x+y+z+ 3 1 12 + + + ≥ x y z x+y+z x+y+z 1 ⇔ + + ≥ x y z x+y+z Giáo viên: Như toán chứng minh nhờ xét BĐT tương tự (2) đơn giản BĐT ban đầu Từ BĐT (2) ta lại chứng minh BĐT tổng quát cuối đặc biệt hóa để trở toán cần chứng minh ban đầu Như ta tìm lời giải tốn Bây khai thác toán Khai thác lời giải Giáo viên: Từ BĐT (1) BĐT tương tự với BĐT (1) (2) (4) em khái qt hóa tốn Học sinh: Em thay t = 1 n2 + + + ≥ Cho x i > i = 1,n (5) x1 x x n x1 +x + +x n Giáo viên: Bây xây dựng số toán thao tác đặc biệt hóa tương tự Từ BĐT (1) x+y+z = ta thu BĐT gì? 1 Học sinh: + + ≥ (6) x y z  x = a+b  Giáo viên: Nếu  y = b+c ( a, b, c > ) ta thu BĐT gì? z = c+a  ( Học sinh: ) 1 + + ≥ (7) a+b b+c c+a ( a+b+c ) 44 Giáo viên: BĐT có phải BĐT a b c + + ≥ Em chứng b+c c+a a+b minh 1 + + ≥ a+b b+c c+a ( a+b+c ) a+b+c a+b+c a+b+c ⇔ + + ≥ a+b b+c c+a a b c + + ≥ (8) b+c c+a a+b Giáo viên: BĐT gọi BĐT Nesbit Với cách làm em sử dụng thao tác đặc biệt hóa tương tự để xây dựng số toán khác  x = a +2bc  Đặc biệt hóa  y = b +2ca ( a, b, c > ) ta thu BĐT nào? z = c +2ac  Học sinh: 1 + + ≥ Học sinh: a +2bc b +2ca c +2ab (9) ( a+b+c ) Giáo viên: Nếu a+b+c=1 ta thu BĐT nào? 1 + + ≥ (10) Học sinh: a +2bc b +2ca c +2ab Khai thác lời giải Giáo viên: Trở lại tốn ban đầu ta mở rộng tốn sau: α β γ ( α+β+γ ) Cho x, y, z > 0; α, β, γ > Chứng minh rằng: + + ≥ (11) x y zαx+βy+γz Giáo viên: Em cho biết BĐT tương tự với BĐT ? α β ( α+β ) Học sinh: + ≥ (12) x yαx+βy Giáo viên: Từ em khái quát hóa hai BĐT trên? Có phái là?  x1 , x , , x n > ( α1 +α + +α n ) (13) α1 α αn Cho  + + + ≥ x1 x xα x +α 1x + +α x n n α1 , α , , α n > n 2 Giáo viên: Em kiểm tra lại cách thử đặc biệt hóa n=2, n=3 để xem có trở BĐT ban đầu không? Giáo viên: Tương tự cách khai thác toán trên, em xây dựng số toán thao tác đặc biệt hóa tương tự 45 α = α1  β = α  x Chẳng hạn  x = BĐT (12) có dạng gì? α1   x y = α2  α1 α ( α1 +α ) Học sinh: + ≥ (14) x1 x x1 +x Giáo viên: Em tìm BĐT tương tự BĐT (14) 2 2 α1 α α ( α1 +α +α3 ) Học sinh: + + ≥ (15) x1 x x x1 +x +x Giáo viên: Em khái quát hóa BĐT (14) (15) khơng? Học sinh: Cho αi > 0; x i > i = 1, n ta có BĐT ( ) 2 α1 α α n ( α1 +α + +α n ) + + + ≥ (16) x1 x xn x1 +x + +x n Giáo viên: Với α1 = a+b; α = b+c; α = c+a; x1 = c; x = a; x = b BĐT (15) có dạng gì? 2 ( a+b ) + ( b+c ) + ( a+c ) ≥ a+b+c (17) Học sinh: ( ) c a b Giáo viên: Với α1 = x; α = y; α = z; x1 = y; x = z; x = x ta có BĐT (15) có dạng gì? x y2 z2 + + ≥ x+y+z (18) Học sinh: y z x Giáo viên: Nếu α = 2, β = γ = 1, x1 = x, x = y, x = z BĐT thu gì? 1 16 + + ≥ Học sinh: (19) x y z 2x+y+z Giáo viên: Tương tự BĐT (19) ta có BĐT gì? 1 16 + + ≥ Học sinh: y x z 2y+x+z 1 16 + + ≥ z x y 2z+x+y Giáo viên: Em cộng vế BĐT lại thu BĐT gì? 1 11 1 + + ≤  + + ÷ (20) Học sinh: 2x+y+z 2y+x+z 2z+x+y  x y z  1 Giáo viên: Và thêm điều kiện + + = ta có BĐT gì? x y z 46 1 + + ≤ (21) 2x+y+z 2y+x+z 2z+x+y Giáo viên: Cịn nhiều BĐT mà ta xây dựng dựa vào việc khai thác toán Như em thấy khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự có vai trị lớn việc giúp tìm lời giải khai thác toán Sau số tập suy nhờ đặc biệt hóa tương tự từ toán mà ta khai thác Bài toán Chứng minh a, b, c > a+b+c = 1 + + ≥ a +3bc ( b+c ) +2abc b +3ac ( a+c ) +2abc c +3ab ( a+b ) +2abc Bài toán a2 b2 c2 a+b+c Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≥ b+c c+a a+b Bài toán 1 + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x, y, z 1+xy 1+yz 1+zx số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x +y +z ≤ Bài toán Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ + + a+3b b+3c c+3a a+2b+c b+2c+a c+2a+b Bài toán 1 1 1 + + ≥ + + Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a+3b b+3c c+3a 1+a 1+b 1+c Bài toán Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c-a a+c-b a+b-c Bài toán Học sinh: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác, p nửa chu vi tam giác CMR: 1 1 1 + + ≥  + + ÷ p-a p-b p-c a b c 3.2.4 Đánh giá kết thực nghiệm a) Về nội dung: Nội dung thực nghiệm góp phần bồi dưỡng cho học sinh lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự Bản thân học sinh học cách vận dụng thao tác khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự để tìm lời giải bào tốn, sâu khai thác tốn Từ rèn luyện cho học sinh phương pháp tự học, tự nghiên cứu 47 b) Về phương pháp dạy học: Bài giảng sử dụng phương pháp dạy học không truyền thống: “Dạy học phát giải vấn đề” nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học sinh c) Về khả lĩnh hội: Đối tượng học sinh khá, nên em tiếp thu học mà cịn tỏ u thích, quan tâm đến nội dung giảng d) Về kết kiểm tra: Sau dạy thực nghiệm chúng tơi có tổ chức kiểm tra lớp * Đề kiểm tra (90 phút) a, b, c > Cho a b c + + ≥ a) Chứng minh b+c a+c a+b b) Em đề xuất toán tương tự với toán c) Em cho ví dụ tốn mở rộng từ tốn (Khơng phải chứng minh) d) Em xây dựng 10 tốn từ việc khai thác toán (Sử dụng thao tác khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự) * Kết kiểm tra Điểm Số 50 19 20 Tỉ lệ điểm trung bình : 100% Tỉ lệ đạt điểm + giỏi : 3.3 Kết luận chương Qua đợt thực nghiệm, dựa kết thu cho phép kết luận rằng: Vấn đề sử dụng biện pháp sư phạm nêu lên tiết dạy thực Việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự dạy học chứng minh BĐT thực lôi gây hứng thú cho học sinh, góp phần phát huy tính sáng tạo, tích cực chủ động học sinh trình học 48 KẾT LUẬN Từ vấn đề trình bày, Sáng kiến kinh nghiệm đạt kết sau: Sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu khái niệm vai trò khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự toán học toán chứng minh bất đẳng thức Sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự dạy học tìm lời giải dạy học nghiên cứu lời giải thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức Sáng kiến kinh nghiệm hệ thống hóa mẫu nhóm tốn chứng minh bất đẳng thức dạng theo phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự Sáng kiến kinh nghiệm đề xuất số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự cho học sinh Tác giả sáng kiến kinh nghiệm bước đầu tổ chức thực nghiệm đối tượng học sinh cụ thể để kiểm tra tính khả thi sáng kiến kinh nghiệm 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO 10 11 12 13 14 15 16 17 18 G Pơlya (1995), Tốn học suy luận có lí, Nhà xuất Giáo dục G Pơlya (1997), Sáng tạo toán học, Nhà xuất Giáo dục Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy (1992), Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nhà xuất Giáo dục Nguyễn Bá Kim (2004), Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nhà xuất Đại học sư phạm Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tơn Thân (1998), Khuyến khích số hoạt động trí tuệ học sinh qua mơn Tốn trường trung học sở, Nhà xuất Giáo dục Trần Thúc Trình (2003), Rèn luyện tư dạy học tốn Nguyễn Cảnh Tồn (1992), Tập cho học sinh giỏi toán làm quen dần với nghiên cứu Toán học, Nhà xuất Giáo dục Nguyễn Cảnh Toàn (1997), Phương pháp luận vật biện chứng với việc học, dạy, nghiên cứu toán học, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội Lê Tuấn Anh (1998), Rèn luyện khả khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự cho học sinh trung học, Luận văn thạc sĩ Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng, Trần Văn Vuông, Đại số 10 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng (2007), Các giảng bất đẳng thức Côsi, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng (2007), Các giảng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội Phạm Quốc Phong (2006), Bồi dưỡng đại số lớp 10, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Hà Nội Nguyễn Thượng Võ (1998), Tuyển tập 300 toán chọn lọc hệ thức lượng tam giác, Nhà xuất Trẻ Phan Huy Khải (1998), Chuyên đề bất đẳng thức chọn lọc cho học sinh phổ thông sở tập 1, 2, Nhà xuất giáo dục Phan Huy Khải (2000), 500 toán chọn lọc bất đẳng thức tập 1, 2, Nhà xuất Hà Nội Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, Bộ Giáo dục Đào tạo 50 MỤC LỤC XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MỸ HÀO Tổng điểm: Xếp loại: T/M HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH - HIỆU TRƯỞNG Nguyễn Thị Hồng Thúy 51 ... dưỡng cho học sinh lực khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự Bản thân học sinh học cách vận dụng thao tác khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự để tìm lời giải bào tốn, sâu khai thác tốn Từ rèn luyện. .. hoá, tương tự học sinh lớp 10 thơng qua tốn chứng minh bất đẳng thức Giả thuyết khoa học Nếu học sinh rèn luyện khái quát hoá, đặc biệt hoá tương tự dạy học chứng minh bất đẳng thức có khả khái. .. Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trở thành phương pháp suy nghĩ sáng tạo nguồn gốc nhiều phát minh toán '' n học sơ cấp toán học cao cấp Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự