Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC KĨ THUẬT DẠY HỌC TÍCH CỰC TRONG MƠN TỐN THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC HỌC SINH Biên soạn: TS Trịnh Đào Chiến (Trường Cao đẳng Sư phạm Gia Lai) Sử dụng kĩ thuật dạy học tích cực mơn Tốn theo định hướng phát triển lực học sinh yêu cầu đổi phương pháp giảng dạy nói chung mơn Tốn nói riêng Bài viết nhằm giới thiệu số minh họa, khoảng thời gian có hạn đợt bồi dưỡng giáo viên lần Mơ hình hóa Trong q trình giảng dạy bậc THCS, đặc biệt lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, ta gặp tốn sau Bài tốn Tính tổng     n Giảng phương pháp giải tốn trên, thường Giải Ta có 1 11  1 , 1     1   1 , 1    ,     10    1 Dự đoán     n  n  n  1 Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán là: Minh họa 1     ? Vì số vng màu xanh nửa số vng hình chữ nhật, nên ta có 1     Tổng quát:     n    1 n  n  1 Bài tốn Tính tổng      2n  1 Giảng phương pháp giải tốn trên, thường Giải Ta có    22 ,     33 ,     16  42 Dự đoán      2n  1  n2 Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán Minh họa      11  ? Đếm số hình tròn trường hợp, ta có      11  62        2.6  1  62 Tổng quát:      2n  1  n2 Bài toán Tính tổng 13  23  33   n3 Giảng phương pháp giải toán trên, thường Giải Ta có 13   12 , 13  23   32  1   , 13  23  33  36  62  1   3 2 Dự đoán 13  23  33   n3  1     n  Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán là: Minh họa 13  23  33  43  ? Bằng cách ghép hình rời rạc (bên trái) thành hình vng (bên phải), ta có 13  23  33  43  1     Tổng quát: 13  23  33   n3  1     n  Bài tốn Tính tổng 12  22  32   n2 Giảng phương pháp giải tốn trên, thường Giải Ta có 12   11  1 2.1  1   1 2.2  1 , 12  22   , 12  22  32  14    1 2.3  1 Dự đoán 12  22  32   n2  n  n  1 2n  1 Vấn đề đặt là, để có dự đốn trên? Một góc nhìn phương pháp giảng dạy toán là: Minh họa 12  22  32  42  ? 4 4 + 4 4 + 4 3 2 = 9 9 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 2.4+1 Vậy: 12  22  32  42   1     2.4  1  Suy ra: 4   1  2.4  1 = 9 12  22  32  42  Tổng quát:   1 2.4  1   1  2.4  1  12  22  32   n2  n  n  1 2n  1 Lưu ý rằng, mơ hình vài minh họa Còn nhiều mơt hình khác để minh họa cho lời gải tốn Tạo “góc nhìn” khác Bài tốn sau thường gặp bậc THCS, mà ta dễ dàng chứng minh Bài toán Chứng minh bất đẳng thức a  b2  c2  ab  bc  ca Bây giờ, ta có nhận xét sau: a  b2  c2  ab  bc  ca   a  b2  c    ab  bc  ca   a  b2  c2    a  b2  c2    ab  bc  ca    ab  bc  ca    a 2b0c0  b2c0 a0  c a0b0    a 2c0b0  b2 a0c0  c 2b0 a0    a1b1c0  b1c1a0  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0  c1b1a0  (Các số mũ  2, 0,  , 1,1,  hốn vị abc ) Ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1,2 ,3   1, 2 , 3  1  1  1    1               3 Ví dụ:  2,0,0  1,1,0  ,  3,0,0  2,1,0  1,1,1 Định nghĩa 1 2 3 1 2 3 1 2 3 a , b , c :  a b c  b c a  + c b a   1,2 ,3 hoan vi cua abc  T  Cách tạo bất đẳng thức 1,2 ,3   1, 2 , 3   T 1,2 ,3   a, b, c   T  1,2 ,3   a, b, c  Ví dụ Vì  2,0,0  1,1,0  , nên a b c 0  b c a  c a 0b    a c 0b  b a c  c 2b a   2,0,0   a,b,c  T  a b c 1  b1c1a  c1a1b0    a1c1b0  b1a1c0  c1b1a  1,1,0   a,b,c  T Ta sáng tác Bài tốn Ví dụ Ta có:  3,0,0  2,1,0  1,1,1  T3,0,0  T 2,1,0  T1,1,1 Ngoài T3,0,0   a3b0c0  b3c0a  c3a 0b0    a3c 0b0  b3a 0c  c3b0a    a3  b3  c3    a3  b3  c3    a3  b3  c3  T 2,1,0   a 2b1c0  b2c1a0  c a1b0    a 2c1b0  b2a1c  c 2b1a    a 2b  b2c  c a    a 2c  b2a  c 2b   a b  c   b2  c  a   c  a  b  T1,1,1   a1b1c1  b1c1a1  c1a1b1    a1c1b1  b1a1c1  c1b1a1   6abc Ta sáng tác toán sau: Bài toán Chứng minh bất đẳng thức  a3  b3  c3   a  b  c   b2  c  a   c  a  b   6abc Ví dụ Ta có:  4, 0, 0  3,1, 0  2,1,1  T 4,0,0  T 3,1,0  T 2,1,1 Ngoài ra: T 4,0,0   a 4b0c0  b4c0 a0  c a0b0    a 4c 0b0  b4a 0c  c 4b0a    a  b4  c    a  b4  c    a  b  c  T3,1,0   a3b1c0  b3c1a0  c3a1b0    a3c1b0  b3a1c0  c3b1a    a3b  b3c  c3a    a3c  b3a  c3b   a3 b  c   b3  c  a   c3  a  b  T 2,1,1   a 2b1c1  b2c1a1  c2 a1b1    a 2c1b1  b2 a1c1  c 2b1a1    a 2bc  b2ca  c ab    a 2cb  b2 ac  c 2ba   2abc  a  b  c  Ta sáng tác toán sau: Bài toán Chứng minh bất đẳng thức  a  b4  c   a3  b  c   b3  c  a   c3  a  b   2abc  a  b  c  Bây giờ, giả sử ta có tốn ban đầu sau Bài toán Cho a   a.b  4.3 Chứng minh bất đẳng thức ab 43 Giải Ta có a   a     a.b  4.3  a b  1.1  “Điểm rơi” số 1, nên ta cần tạo số a b Ta có a b a b a a  b       3.2   3.2     (đpcm)  3 Sau toán tương tự, với dấu bất đẳng thức ngược lại Bài toán Cho a  b  thỏa mãn a   a.b  7.5 Chứng minh bất đẳng thức ab  75 Giải Nếu giải tương tự dấu bất đẳng thức khơng thể “  ” Bây giờ, dấu bất đẳng thức “  ” nhìn thành bất đẳng thức “  ”, sau: Ta có 7 1  a  7  a a    a.b  7.5 7.5  a.b   1.1  a b “Điểm rơi” số 1, nên ta cần tạo số Ta có a b 7  5   b      a  b   b.2   a  b   b.2.1   a  b   a  b (đpcm) a a b a b 0 Toán học thực tiễn Sau học Định lí Pitago, toán sau minh họa nhỏ việc toán học giải vấn đề từ thực tiễn Bài tốn 10 Có ngơi nhà, vị trí đỉnh hình vng có cạnh km, chưa có đường lại ngơi nhà Hãy làm đường ngắn để lại nhà với Một số phương án Dưới số phương án: (4 km) (   3,41 km) (3 km) ( 2  2,82 km) (3 km) (   2,73 km) (   3,14 km) Cách tối ưu chưa? Nhu cầu tính tốn so sánh đại lượng hình thành cách tự nhiên Bài toán ví dụ minh họa, mn vàn ví dụ từ thực tiễn Tốn “khơng lời” Tốn “khơng lời” (Silent Math) phương pháp dạy học đại giới, giúp cho học sinh tự tìm kiếm nội dung “có lời” lời giải tốn Dưới số minh họa, với toán Hình học Bài tốn 11 S1 a  ? S2 b 10 Bài tốn 20 Phân tích đa thức sau thành nhân tử a3  b3  c3  3abc Tiếp tục thay (2a) vào (3a), ta có     S3  c1 c12  3c2  3c3  a3  b3  c3   a  b  c   a  b  c    ab  bc  ca   3abc 3b  hay S3  c13  3c1c2  3c3  a3  b3  c3   a  b  c    a  b  c  ab  bc  ca   3abc  a  b  c    a3  b3  c3    a  b  c  ab  bc  ca   abc   a  b  c    a3  b3  c3   a  b b  c  c  a  3b  Từ (3b), ta sáng tác tốn sau Bài tốn 21 Phân tích đa thức sau thành nhân tử a  b  c   a  b3  c  Giải  a  b  c    a3  b3  c3    a  b b  c  c  a  Nhận xét Từ đẳng thức (3b), thay a y  z  x , b z  x  y , c x  y  z , Ta có a  b  c thay x  y  z , a  b thay 2z , b  c thay 2x , c  a thay y 19 Khi (3b) trở thành đẳng thức  x  y  z    y  z  x   z  x  y   x  y  z  3 3  24 xyz - Nhận xét Từ đẳng thức (3b), thay a y  z , b z  x , c x  y , Ta có a  b  c thay 0, a  b thay   x  y  , b  c thay   y  z  , c  a thay   z  x  Khi (3b) trở thành đẳng thức  y  z   z  x   x  y 3   y  z  z  x  x  y  Từ đẳng thức trên, ta sáng tác tốn sau Bài tốn 22 Phân tích đa thức sau thành nhân tử 3  y  z   z  x   x  y Giải  y  z    z  x    x  y    y  z  z  x  x  y  - Nhận xét 20 3  S1  c1    S2  S1c1  2c2    S3  S2c1  S1c2  3c3  S  S c  S c  S c  2  1  2  3 4 Ta có 1  S1  c1 Thay vào (4), ta có S4  S3c1  S2c2  S1c3   S4  S3c1  S2c2  c1c3   S4  S2c2  c1  S3  c3      a  b4  c  a  b2  c  ab  bc  ca    a  b  c  a  b3  c3  abc   4a  Từ (4a), ta sáng tác toán sau Bài toán 23 Chứng minh a3  b3  c3  abc  , a  b4  c4   a  b2  c2   ab  bc  ca   - Nhận xét  S1  c1    S2  S1c1  2c2   S  S c  S c  3c  1    S4  S3c1  S2c2  S1c3    S5  S4c1  S3c2  S2c3  S  S c  S c  S c  3   S7  S6c1  S5c2  S4c3  1  2  3 4  5 6 7 Bây giờ, ta cho thêm giả thiết c1  , hệ đẳng thức trở thành 21  S1   S1    S  2c   S2  2c2    S3  3c3   S3  3c3     S4   S2c2  2c2  S4  S2c2  S  S c  S c   2   S5   S3c2  S2c3  3c3c2  2c2c3  5c3c2  S6  S4c2  S3c3   S   S c  S c  2c 2c  3c c  2c  3c 3 2 3   2  S7  S5c2  S4c3   S7   S5c2  S4c3  5c3c2  2c2 c3  7c3c2  a  b2  c  2  ab  bc  ca   3 a  b  c  3abc  4 a  b  c   ab  bc  ca   5 a  b  c  5abc  ab  bc  ca   6 2 a  b  c  2  ab  bc  ca   3a b c  7 a  b  c  7abc  ab  bc  ca  1a   2a   3a   4a  5a   6a   7a   2a   3a   4a  5a   6a   7a  Từ hệ đẳng thức trên, ta sáng tác toán sau Bài toán 24 Chứng minh a  b  c  , a) a2  b2  c2  2  ab  bc  ca  b) a3  b3  c3  3abc c) a4  b4  c4   ab  bc  ca  d) a5  b5  c5  5abc  ab  bc  ca  e) a6  b6  c6  2  ab  bc  ca   3a 2b2c f) a  b7  c7  7abc  ab  bc  ca  Trong toán trên, thay a b  c , b c  a , c a  b , ta sáng tác toán sau 22 Bài toán 25 Chứng minh b  c   c  a   a  b 3   b  c  c  a  a  b  Để có thêm hệ phong phú hơn, ta tiếp tục suy luận sau + (2a): S2  2c2  c2   S2 S2 S2 Thay vào (4a), ta có S4   S2c2  2c22  2  2 Suy S4  S2   a  b  c    a  b  c  + (2a)  c2   S2 S 5c S Thay vào (5a), ta có S5  5c3c2  5c3      2  2 Suy 2S5  5c3c2   a  b5  c5   5abc  ab  bc  ca  + (2a)  c2   S2 S (3a): S3  3c3  c3   Thay vào (5a), ta có  S   S  5S S S5  5c3c2         Suy    6S5  5S3S2   a  b5  c5    a  b3  c  a  b2  c  + (2a)  c2   S2 S (5a): S5  5c3c2  c3c2  Thay vào (7a), ta có 7S S  S S S7  7c3c2  7c2  c3c2   7     Suy 10  25 10S7  7S2 S5  10  a  b7  c7    a  b2  c  a  b5  c5  Từ đẳng thức trên, ta sáng tác toán sau 23 Bài toán 26 Chứng minh a  b  c  , a)  a  b4  c4    a  b2  c2  b)  a5  b5  c5   5abc  ab  bc  ca  c)  a5  b5  c5    a  b3  c3  a  b2  c  d) 10  a  b7  c7    a  b2  c2  a5  b5  c5  - Nhận xét 1  2  3 4  S1  c1    S2  S1c1  2c2    S3  S2c1  S1c2  3c3  S  S c  S c  S c  2  Tương tự với phép suy luận trên, ta cho thêm giả thiết c2  , hệ đẳng thức trở thành  S1  c1  S1  c1   S  S c   S2  c1c1   S2  c1  1    S  S c  c  3   S3  c1 c1  3c3   S3    c1  3c3   S4  S3c1  S1c3   3  S4   c1  3c3  c1  c1c3   S4  c1  c1  4c3    a  b  c   a  b  c 2   3 a  b  c   a  b  c   3abc  4 a  b  c   a  b  c   a  b  c   4abc    2b  3b   4b  Từ đẳng thức trên, ta sáng tác toán sau Bài toán 27 Chứng minh ab  bc  ca  , a) a  b2  c2   a  b  c  b) a  b3  c3   a  b  c   3abc 24 1b   2b   3b   4b   c) a  b4  c4   a  b  c   a  b  c   4abc  Bài toán 28 Biết  x1  x2  x3   2  x1  x2  x3   3  x1  x2  x3  Tính x14  x24  x34 Giải Đặt c1    x1  x2  x3   1  c2  x1 x2  x1 x3  x2 x3 c   x x x  Theo (2), ta có S1  c1   S1    S1  S2  S1c1  2c2     2c2   c2   1 S3  S2c1  S1c2  3c3      3c3   c3   S4  S3c1  S2c2  S1c3   S4    25   S4  6 Bài toán 29 Giải hệ phương trình 3 x  y  z  2 x  y  z   x3  y  z   Giải Giả sử  x, y, z  nghiệm hệ phương trình Đặt  S1  x  y  z  2  S2  x  y  z  3  S3  x  y  z 25 Thế S1  S2  S3  Mặt khác, x, y, z nghiệm phương trình r  c1r  c2 r  c3  , Trong c1    x  y  z   c2  xy  yz  zx c   xyz  Thế thì, theo (2), ta có S1  c1    c1   c1  3 S2  S1c1  2c2     2c2   c2  S3  S2c1  S1c2  3c3      3c3   c3  1 Vậy  x, y, z  nghiệm phương trình r  3r  3r     r  1   r  Suy ra:  x, y, z   1,1,1 Thử lại, ta thấy  x, y, z   1,1,1 nghiệm hệ phương trình Lưu ý: Phương pháp giải nhiều hệ phương trình đối xứng bậc cao, chẳng hạn: x  y  z  u  2 2 x  y  z  u  3 3 x  y  z  u  x4  y  z4  u4  26 a  a2  a3 = a4 Bài toán 30 Cho x  y  z  u  v  t  2 2 2 x  y  z  u  v  t  x3  y  z  u  v3  t  Chứng minh xn  y n  z n  u n   t n , với n nguyên dương Giải Với số x, y, z , ta đặt c1    x  y  z   c2  xy  yz  zx c   xyz  Thế x, y, z nghiệm phương trình r  c1r  c2r  c3  (*) Đặt: Sk  xk  y k  z k , k  1, 2, 3, 4, Thế thì, giả thiết, ta có GT  S  x  y  z  u vt  GT  2 2 2  S2  x  y  z  u  v  t  GT  S3  x  y  z  u  v  t  Theo đẳng thức trên, ta có c1   S1  S1  c1     2c2   S2  S12  S2  S1c1  2c2   S  S c  S c  3c  3c   S  S S  c 1  3 1 2  Suy c1  S1    u  v  t  2c2  S2  S12    u  v  t    u  v  t    uv  vt  tu   c2  uv  vt  tu 27 3c3  S3  S1  S2  c2     u  v3  t    u  v  t  u  v  t  uv  vt  tu    3uvt (*)  c3  uvt Vậy: c1    u  v  t   c2  uv  vt  tu c  uvt  Thế u, v, t nghiệm phương trình r  c1r  c2 r  c3  (**) Bởi (*) (**), khơng tính tổng qt, ta có x  u, y  v, z  t Suy xn  y n  z n  u n   t n , với n nguyên dương Ta có điều phải chứng minh Từ đẳng thức đến bất đẳng thức Với số thực a, b, c , ta thường gặp biểu thức đối xứng, chẳng hạn sau: abc, ab  bc  ca , a  b2  c , abc ,  a  b b  c  c  a  , a  b3  c3 , a  b  c   b  c  a   c  a  b  , 2 Dưới số đẳng thức biểu diễn mối quan hệ chúng, mà nhiều không nhớ hết: a  b  c  a  b2  c2  2ab  2bc  2ca ,  a  b3  c3   a  b  b  c  c  a  , a  b  c 28 a  b3  c3  3abc   a  b  c   a  b2  c2  ab  bc  ca  ,  a  b  c  ab  bc  ca   abc   a  b b  c  c  a  , a  b  c   b  c  a   c  a  b   8abc   a  b  b  c  c  a  , 2  x  a  x  b  x  c   x3   a  b  c  x  ab  bc  ca  x  abc , 1  a 1  b1  c     a  b  c    ab  bc  ca   abc , a  b2  c2  x  y  z    ax  by  cz    ay  bx   bz  cy    cx  az  , 2 2 Tuy nhiên, đơi nhớ lại chúng mà ta giải số tốn khó đó, chẳng hạn chứng minh bất đẳng thức Và ta gọi chúng đẳng thức “cũng đáng nhớ” Bây giờ, ta minh họa ý tưởng trên, đẳng thức nêu Đó đẳng thức:  a  b  c  ab  bc  ca   abc   a  b b  c  c  a  Theo chúng tôi, đẳng thức “đẹp”, “đáng nhớ”! Nó giải số tốn khó, bất ngờ, mà số ví dụ Bài toán 31 Giả sử a, b, c số thực không âm Chứng minh  a  b  b  c  c  a    a  b  c  ab  bc  ca  Đẳng thức xảy nào? Trước hết, ta quy ước chữ viết tắt sau: HĐT: đẳng thức, ĐTXR: đẳng thức xảy ra, GT: giả thiết, PT: phân tích 29  HDT  Giải  a  b  b  c  c  a    a  b  c  ab  bc  ca   abc (a ,b,c 0)  =  a  b  c   ab  bc  ca   3 abc 3 a 2b2c  abc 9  a  b  c  ab  bc  ca  (đpcm) a  b  c  a  b  c ab  bc  ca ĐTXR   Bài toán 32 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn  a  b b  c  c  a   Chứng minh ab  bc  ca  Đẳng thức xảy nào?  GT   HDT      Giải   a  b  b  c  c  a    a  b  c   ab  bc  ca   abc    ab bc ca        ab  bc  ca   ab bc ca 2       (GT: a ,b ,c 0)  ab bc ca  a b bc c a     ab  bc  ca          GT   1     ab  bc  ca   =  ab  bc  ca   8 8     PT  Tóm lại, ta có  3  ab  bc  ca   hay ab  bc  ca  (đpcm)  a  b  b  c  c  a    ĐTXR  a  b  c  abc a  b  b  c  c  a  30 Bài toán 33 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh  a  b b  c  c  a   1  a  b  c  Đẳng thức xảy nào? Giải Ta có  a  b b  c  c  a   1  a  b  c   HDT    a  b  c  ab  bc  ca   abc    a  b  c    a  b  c  ab  bc  ca     a  b  c    a  b  c  ab  bc  ca    a  b  c     a  b  c  ab  bc  ca  2  Vậy ta cần chứng minh bất đẳng thức cuối Ta có      (GT: a ,b,c 0) a  b  c ab  bc  ca   abc  3 a 2b 2c        (đpcm)         abc  ĐTXR  a  b  c  a  b  c  a  b  b  c  c  a  Suy luận: Biến đổi vế trái HĐT 1, ta có  a  b  c  ab  bc  ca   abc   a  b b  c  c  a   ab  a  b  c   bc  a  b  c   ca  a  b  c   abc   a  b b  c c  a   ab  a  b   abc  bc  b  c   abc  ca  c  a   abc  abc   a  b b  c c  a   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   2abc   a  b b  c  c  a   ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   2abc   a  b b  c  c  a  31 ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   2abc 1  a  b  b  c  c  a   a ,b ,c0   ab bc ca 2abc    1  b  c  c  a   c  a  a  b   a  b b  c   a  b b  c  c  a   a b b c c a a b c     bc ca ca ab ab bc bc ca a b x y y z z x x y z Ta có hệ sau Hệ Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  xyz  Thế thì, tồn số thực dương a, b, c cho x a c b , y , z ab bc ca Áp dụng Hệ quả, ta giải toán sau Bài toán 34 Giả sử x, y, z số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  xyz  Chứng minh  x  y  z    32 xyz Giải Áp dụng Hệ quả, ta có b c  a b c  a   , a, b, c   x  y  z    32 xyz      32 bc ca ab bc ca ab b c     a     a  b  b  c  c  a      1  32.abc , a, b, c   bc ca ab  Bất đẳng thức cuối chứng minh,  a ,b,c0 1)  a  b  b  c  c  a   ab bc ca  8.abc ; 2) Ta có a b c a b c 1     3 1 1   a  b  c     bc ca ab bc ca ab bc ca ab 32  1 1     b  c    c  a    a  b        2 bc ca ab  a b c (đpcm)    bc ca ab 2 ĐTXR  a  b  c   x  y  z  Dưới số tốn giải nhờ việc áp dụng đẳng thức tương tự Bài toán 35 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh  a  b  b  c  c  a    a  b  c  1 Bài toán 36 Giả sử a, b, c số thực dương Chứng minh  a  b  b  c  c  a   ab  bc  ca Bài toán 37 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  2abc  Chứng minh  a  b  c    32abc Bài toán 38 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn ab  bc  ca  abc  Chứng minh a  b  c  ab  bc  ca Bài toán 39 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn a  b  c2  abc  Chứng minh 2  ab  bc  ca  abc  Bài toán 40 Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c   4abc Chứng minh ab  bc  ca  a  b  c 33 ... a  b   b.2.1   a  b   a  b (đpcm) a a b a b 0 Toán học thực tiễn Sau học Định lí Pitago, tốn sau minh họa nhỏ việc toán học giải vấn đề từ thực tiễn Bài tốn 10 Có ngơi nhà, vị trí... Ta sáng tác toán sau: Bài toán Chứng minh bất đẳng thức  a  b4  c   a3  b  c   b3  c  a   c3  a  b   2abc  a  b  c  Bây giờ, giả sử ta có tốn ban đầu sau Bài toán Cho a... Cách tối ưu chưa? Nhu cầu tính tốn so sánh đại lượng hình thành cách tự nhiên Bài tốn ví dụ minh họa, mn vàn ví dụ từ thực tiễn Tốn “khơng lời” Tốn “không lời” (Silent Math) phương pháp dạy học