Đề tài Phát triển tư duy học sinh qua việc tìm tòi và mở rộng một bài toán qoen thuộc

lý do chọn đề tài Dựa vào mục tiêu của giáo dục - đào tạo. Đào tạo những con người lao động tự chủ, sáng tạo và có năng lực giải quyết vấn đề thường gặp, qua đó góp phần thực hiện mục tiêu lớn của đất nước. Điều 24, Luật giáo dục (1998) quy định: Phương pháp giáo dục Phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo cho học sinh ... Bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm đem lại niềm vui cho học sinh. Dựa vào sự phát triển của xã hội và công cuộc đổi mới đất nước Theo công cuộc đổi mới đất nước đòi hỏi cấp bách phải nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo. Đòi hỏi phải có sự đổi mới về hệ thống giáo dục, bên cạnh việc thay đổi nội dung cần có sự thay đổi về phương pháp dạy - học. Tuy nhiên trong thực tế còn rất nhiều sự tồn tại và hạn chế. 3. Tồn tại của tình trạng cũ Nhìn chung thực tiễn hiện nay tồn tại phổ biến nhất là: Giáo viên làm nhiều, học sinh làm ít và chủ yếu hoạt động theo yêu cầu của giáo viên. Việc dạy học đang còn “thiên về dạy, yếu về học”, chưa phát huy được tính tự giác, tích cực, chủ động và sáng tạo của người học. Tri thức truyền thụ dưới dạng có sẵn, ít yếu tố tìm tòi phát hiện. Riêng bộ môn toán: Trong thực tế việc học toán của học sinh THPT hầu hết còn hạn chế về nhều mặt. Đặc biệt là học sinh còn lĩnh hội kiến thức một cách thụ động, thiếu tính sáng tạo, chưa có những phát hiện nắm bắt kiến thức một cách có hệ thống tư duy lôgíc. 4. Để giải quyết được vấn đề này trước hết giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết cách suy nghĩ, tư duy vấn đề trong quá trình học tập. Khi đứng trước một bài toán cụ thể, chúng ta không nên chỉ dừng lại ở công việc đi tìm lời giải và đưa ra kết quả mà khi giải xong một bài toán, chúng ta cần đặt ra những câu hỏi định hướng tư duy như: còn cách giải nào khác không? Có thể mở rộng hay tổng quát hoá nó lên được không? Hoặc từ bài toán này hãy đề xuất các bài toán mới... Xuất phát từ ý tưởng đó tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Phát triển tư duy học sinh qua việc tìm tòi và mở rộng một bài toán qoen thuộc”. Nội dung cụ thể của đề tài là: “Mở rộng và phát triển bài toán bất đẳng thức” ở bài tập 4 trang 79 trong sách giáo khoa Đại Số 10 (ban cơ bản) hiện hành. b. Cơ sở lý luận 1. Một số nhà toán học đã đưa ra giai đoạn của phương pháp nghiên cứu : - Đặt vấn đề - Đề xuất giả thuyết - Suy ra kết quả từ giả thuyết - Kiểm tra giả thuyết 2. Một số phương pháp để xây dựng hệ thống bài tập là 2.1) Phương pháp khái quát hoá Là việc chuyển từ nghiên cứu một tập hợp đối tượng cụ thể đã cho lên nghiên cứu một tập hợp lớn hơn bao gồm cả tập hợp ban đầu 2.2) Phương pháp tương tự hoá Là một kiểu giống nhau nào đó. Giống nhau ở mức độ xác định, tương tự về đối tượng nghiên cứu hay về cách giải... 2.3) Phương pháp đặc biệt hoá... 2.4) Phương pháp quy nạp... C. Nội dung Khi dạy và chữa bài tập 4 trang 79 sách giáo khoa ĐS 10 (ban cơ bản) hiện hành “ Chứng minh rằng nếu a 0, b 0 thì a3 + b3 a2b + ab2 (1) Đẳng thức xẩy ra khi nào? Việc chứng minh bất dẳng thức (BĐT) (1) có nhiều cách, nhiều sách đã viết về BĐT (1). ở đây tôi xin nêu ra một trong những cách giải như sau: (1) đúng với mọi số thực a, b không âm Suy ra điều phải chứng minh (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi a = b Sau khi tìm tòi các cách giải cho BĐT trên, chúng ta cần trả lời tiếp được những câu hỏi như: liệu có thể tổng quát hoá nó lên như thế nào? có thể mở rộng bài toán hay không? Việc tổng quát hoá bài toán này trong tập số thực không âm đã có đồng nghiệp đề xuất. Với công trình nghiên cứu này tôi cũng xin được đưa ra dạng tổng quát của bài toán trên trong tập số thực không âm như sau: Bài tập Cho m số thực không âm a1, a2, a3, ... , am, m N, m > 1; n, k N *. n > k chứng minh (2) Giải: áp dụng BĐT Cauchy cho n - k số và k số không âm ta có: (2.1) (n - k) số k số tương tự : (2.2) (n - k) số k số ... ... ... (2.m) (n - k) số k số Cộng m BĐT (2.1), (2.2), ... , (2.m) theo vế ta được: (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi a1 = a2 = ... =am Nhận xét: - BĐT (2) dù đã được tổng quát hoá theo hướng nâng cấp về số mũ và số các số hạng của nó, song nó vẫn còn một số hạn chế như: cơ số vẫn là những số không âm, số mũ mới chỉ là các số tự nhiên. Vấn đề đặt ra ở đây là chúng ta có thể mở rộng về cơ số và số mũ của BĐT được không? mở rộng như thế nào? - Nhìn lại cách chứng minh BĐT (1) ta thấy điều kiện ở cơ số a và b kông nhất thiết phải là mà chỉ cần a+b 0 ... Từ cách nhận xét đó tôi xin đưa ra các vấn đề cụ thể như sau: I. mở rộng điều kiện cơ số và số mũ Bài tập I.1 Cho hai số thực a, b thoả mãn a + b 0 chứng minh rằng: a3 + b3 a2b + ab2 (3) Tổng quát hơn ta có Bài tập I.2 chứng minh: an + bn an - 1 b + a bn-1 (4) Giải: ta có (4) (a - b)(an - 1 - bn -1) 0 (4.1) +) Nếu n chẵn thì n - 1 lẻ a =b BĐT hiển nhiên đúng a b ta có (an - 1 - bn -1) luôn cùng dấu với (a - b) hay (a - b)(an - 1 - bn -1) 0 luôn đúng, suy ra (4) đúng. +) Nếu n lẻ thì n - 1 chẵn a + b = 0 a = - b an - 1 - bn -1 = 0 (4.1) đúng hay (4) đúng a + b > 0 (4.1) (a + b) (a - b) (an - 1 - bn -1) 0 (a2 - b2) ( an - 1 - bn -1) 0 đúng vì n lẻ (4.1) đúng (4) đúng. Vậy an + bn (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi a = b Đặc biệt khi n lẻ đẳng thức xẩy ra khi a = b Bài tập I.3 Chứng minh rằng thì an + bn (5) Giải: thoả mãn a + b 0 n, k N* n > k theo (4.1) ta có (a - b) (an - k - bn -k) 0 (a - b) (ak - bk) 0 (a - b)2(ak - bk)(an-k - bn-k) 0 (ak - bk)(an-k - bn-k) 0 an + bn an - kbk + akbn - k (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi Hơn thế nữa nếu (n - k) chia hết cho 2 thì đẳng thức xẩy ra khi a = b Bài tập I.4. Chứng minh rằng (6) đẳng thức xẩy ra khi nào? (Việc chứng minh bài tập I.4 tương tự bài tập I,3) Nhận xét: từ “bài tập I.2” nếu cộng vào hai vế (4) với an + bn ta có: (4) (7) Mặt khác (7) với n > 1 với n > 1 ..... ....... .... an + bn Từ nhận xét này ta có bài toán mới Bài tập I.5 Chứng minh rằng ta có (8) Việc chứng minh (8) có thể sử dụng phương pháp quy nạp hoặc sử dụng BĐT Bec- nu- li ... Chú ý Có nhiều tài liệu đã viết về BĐT tuy nhiên điều kiện của cơ số a, b chỉ dừng lại ở số thực không âm Đặc biệt BĐT còn bị hạn chế ở số mũ, số mũ ở chỉ dừng lại trong tập số tự nhiên. Để mở rộng điều kiện cơ số và số mũ chúng ta xuất phát từ bài toán sau Bài tập I.6 Cho chứng minh (8.1) Để chứng minh (8.1) có nhiều cách, sau đây tôi xin đưa ra một cách giải như sau Giải: +) Với a + b = 0 hoặc n = 1 BĐT hiển nhiên đúng +) Ta cần chứng minh cho trường hợp n > 1 và a + b > 0 Xét hàm số f(x) = xn + ( a + b - x)n trên khoảng (0 ; a + b), n > 1 Dễ thấy hàm số liên tục trên (0; a + b) và có đạo hàm f’(x) = n.xn-1 - n(a + b - x)n-1 f’(x) = 0 Bảng biến thiên x 0 a + b f’(x) - 0 + f(x) f Dựa vào bảng biến thiên ta có Vì (đpcm) Từ cách chứng minh trên ta có thể mở rộng BĐT (8.1) như sau Bài tập I.7 Chứng minh rằng khi đó nếu hoặc (9) nếu (10) Bài tập vận dụng của phần I. chứng minh rằng (bt 7 trang 110 sách giáo khoa đại số nâng cao 10 hiện hành) “Đề thi vào trường Đại học Bách khoa Hà Nội khối A 2000” Cho a, b chứng minh: 3. Chứng minh: 2(an + bn) (an - k + bn - k)(ak + bk) (11) 4. Chứng minh 2(a2n + b2n) (a2n - k + b2n - k )(ak + bk) (12) Chứng minh ta có 4(a6 + b6) (a3 + b3)(a2 + b2)(a + b) Cho chứng minh: xn+1 + yn+1 xn + yn Chú ý: với bài tập 6 ta có thể mở rộng điều kiện như sau Chứng minh với ta luôn có xn+1 + yn+1 xn + yn (13) 7. Cho Chứng minh Đẳng thức xẩy ra khi nào? 8. Cho a,b, là các số thực dương và . Chứng minh rằng (14) 9. Chứng minh rằng: ta có với (15) Hướng dẫn c/m (15): Vận dụng ( 9). Chú ý Trên đây tôi chỉ mới đưa ra vấn đề mở rộng điều kiện cơ số và tổng quát hoá, mở rộng số mũ của các bài toán trên hai số hạng. Vấn đề đặt ra ở đây là chúng ta có thể tăng số các số hạng trong các bất đẳng thức đã được mở rộng trên hay không? II. Tăng số các số hạng trong bất đẳng thức đã được mở rộng ở phần I Tổng quát (7) ta có: Bài tập II.1 Cho a1, a2, a3, , am (m 2) là các số thực thoả mãn 0, i, j {1; 2; 3;; m}, i j. n N* Chứng minh rằng: (16) Tổng quát hơn có thể phát triển (16) thành: Bài tập II.2. Cho a1, a2, a3, , am (m 2) là các số thực thoả mãn 0, i, j {1; 2; 3; ; m}, i j. n, k N* n > k chứng minh rằng: (17) Giải: Theo (5) ta có (17.1) (17.2) (17.3) ... (17.m) Cộng theo vế m BĐT (17.1), (17.2), , (17.m) ta được (17.1.1) Tương tự ta suy ra (17.1.2) (17.1.3) ... (17.1.m) Cộng theo vế m BĐT (17.1.1), (17.1.2), , (17.1.m) ta có: Hay: (đpcm) (12) Có thể phát triển thành: Bài tập II.3 Cho a1, a2, a3, , am (m 2) là các số thực bất kì; n, k N*, 2n > k hảy chứng minh (18) Việc chứng minh (18) tương tự (17) Tổng quát BĐT (8) ta có Bài tập II.4 Cho a1, a2, a3, , am (m 2) là các số thực thoả mãn 0, i, j {1; 2; 3;; m}, i j. n N* chứng minh rằng: (19) Giải: +) Trường hợp BĐT hiển nhiên đúng +) Ta cần chứng minh cho trường hợp > 0, n > 1 Thật vậy áp dụng (8) suy ra: (19.1) (19.2) (19.m) Cộng theo vế m BĐT (19.1), (19.2), (19.m) ta được (19’) Xét hàm số f(x) = xn trên n > 1 Ta có: f’(x) = n xn-1 , f’’(x) = n(n - 1)xn-2 > 0 trên vì n > 1 Suy ra hàm số f(x) là hàm số lỏm trên . Theo BĐT Jensen ta có: Hay Kết hợp (19’) ta được: (đpcm). Đẳng thức xẩy ra khi Tổng quát BĐT (9) và (10) lên cho n số ta có: Bài tập II.5 Chứng minh rằng với n số thực dương n > 1, ta có: a) nếu hoặc (20) b) nếu (21) Giải: ở đây ta chỉ cần chứng minh (20) còn (21) tương tự. Thật vậy: Với hoặc BĐT hiển nhiên đúng. Với xét hàm số f(x) = trên Dễ thấy f(x) liên tục trên và có: f’(x) = f’’(x) = > 0 và Theo BĐT Jensen ta có f(x) là hàm lỏm trên nên với , i {1; 2; 3; ; n} Hay nếu hoặc Đẳng thức xẩy ra khi Tổng quát (15) ta có Bài tập II.7 Chứng minh rằng với n số thực dương a1, a2, , an (n > 1) ta có: nếu (22) Việc chứng minh (22) ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp toán học Qua việc tổng quát hoá, mở rộng các bài toán trên ta tìm được nhiều BĐT hay và quan trọng. Thú vị hơn là từ các BĐT tổng quát trên ta có thể sáng tạo ra nhữmg BĐT rất hấp dẫn sau. III. các BĐT sáng tạo (bđt lượng giác trong tam giác) III.1, Cho tam giác ABC bất kì; m, với (23) với (24) với (25) với (26) với (27) với (28) , (29) , (30) , (31) Chứng minh Tam giác ABC bất kì ta luôn có sin, cos, tg, cotg, sin, > 0, Chứng minh (23): Theo BĐT Bunhiacopxki và áp dụng (20) với ta có ta có: Dấu bằng xẩy ra khi A = B = C = 600 suy ra (Đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi A = B = C = 600 Chứng minh (24) và Ta có áp dụng (20) suy ra Mà , (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi Chứng minh (25). áp dụng (21) và chứng minh tương tự (24) Chứng minh (26). Với , áp dụng (21) ta có ,. Mà (theo BĐT Bunhiacopxki) (đpcm) đẳng thức xẩy ra khi A = B = C = 600 Chứng minh (27). áp dụng (20) ta có (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi A = B = C = 600 Tương tự (27) chứng minh (28). Chứng minh (29). Ta có sinA + sinB = 2sincos Với áp dụng (19) ta suy ra Hay: (29.1) Tương tự ta có: (29.2) (29.3) Cộng theo vế các BĐT (29.1), (29.2) và (29.3) ta được: , (đpcm) đẳng thức xẩy ra khi: Chứng minh (30). Chứng minh tương tự (29), áp dụng (21) Chứng minh (31). Với mọi tam giác ABC ta có: áp dụng (19) ta được Hay: (31.1) Tương tự (31.2) (31.3) Cộng theo vế BĐT (31.1), (31.2) và (31.3) ta suy ra: (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi: A = B = C = 600 và m = 2 III.2) Cho tam giác ABC nhọn, , chứng minh nếu (32) nếu (33) nếu (34) nếu (35) Giải: Chứng minh (32). Ta có: Suy ra: áp dụng (21) ta được Hay (32.1) Tương tự: (32.2) (323) Cộng theo vế (32. 1), (32.2) và (32.3) ta có nếu (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi (33) áp dụng (20) và chứng minh tương tự (32) (34) áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, Hay (34.1) Tương tự (34.2) (34.3) Cộng theo vế các BĐT (34.1), (34.2) và (34.3) ta có nếu (đpcm) Đẳng thức xẩy ra khi (35) Với suy ra từ (34). Với chứng minh tương tự (31) áp dụng (20) Chú ý: nếu tam giác ABC nhọn thì (31) có thể phát biểu như sau ta có (31’) III.3) Cho tam giác ABC bất kì, , chứng minh (36) (37) (38) (39) Đẳng thức xẩy ra khi nào? Chú ý: Với mọi tam giác ABC, ta luôn có các giá trị lượng giác của A/2, B/2, C/2 không âm. Việc Chứng minh (36), (37), (38), (39) có thể vận dụng trực tiếp BĐT (22) III.4) Cho ABCD là một tứ giác bất kì, chứng minh (40) (41) (42) (43) III.5) cho n giác bất kì A1 A2 A3 An , chứng minh (44) (45) (46) (47) Việc chứng minh các BĐT từ (39) đến (47) hoàn toàn tương tự như (36) IV. các bài tập đề nghị và vận dụng IV.1 Một số bài tập đề nghị VI.1.1) Cho sao cho > chứng minh nếu (48) nếu < 0 (49) IV.1.2) Cho a1, a2, a3, ,an () là các số thực dương và , >, chứng minh nếu (50) nếu < 0 (51) IV.1.3) Cho a1, a2, a3, ,am () là các số thực thoả mãn Chứng minh (52) IV.1.4) Cho tam giác ABC bất kì, chứng minh với (53) với (54) với (55) với (56) Đẳng thức xẩy ra khi nào? IV.1.5) Cho tam giác ABC là một tam giác nhọn, chứng minh với (57) với (58) với (59) (60) IV.1.6) Cho tam giác ABC nhọn, chứng minh (61) (62) (63) (64) (65) IV.1.7) Cho tam giác ABC bất kì, Chứng minh: (66) IV.1.8) Cho đa giác lồi A1A2A3 An () Chứng minh (67) (68) (69) (70) IV.2 Vận dụng giải một số bài toán cụ thể là trường hợp riêng của dạng toán tổng quát trên IV.2.1) Bất đẳng thức Bunhiacôpxky Cho , Chứng minh: IV.2.2) Cho a,b,c là ba số thực thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh: a4 + b4 + c4 a3 + b3 + c3 Đẳng thức xẩy ra khi nào? IV.2.3) Cho x, y, z là các số thực thoả mãn xy + yz + zx = 4 Tìm min F với F = x4 + y4 + z4 IV.2.4) Biết x2 + y2 + z2 = 3 Chứng minh - 3 x + y + z 3 IV.2.5) Cho thoả mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của T với T = (a + 1)n + (b + 1)n + (c + 1)n IV.2.6) Cho Tìm Max S với S = + + IV.2.7) Cho Tìm Max U với U = + + + IV.2.8) Cho a, b, c là các số thực dương, Chứng minh: + + > 2 IV.2.9) Cho n số thực dương: x1, x2, x3 xn () Chứng minh với IV.2.10) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có: IV.2.11) Cho tam giác ABC nhọn, chứng minh: + + IV.2.12 Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn: + + = 9 Chứng minh tam giác ABC đều. IV.2.13) Cho tam giác ABC chứng minh 12 IV.2.14) Cho tam giác ABC, tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = IV.2.15) Cho tam giác ABC nhọn, chứng minh tgA + tgB + tgC IV.2.16) Cho tam giác ABC bất kì, chứng minh D. kết luận D.1 Tính khoa học Sau khi giải một số bài toán, việc nghiên cứu và phát triển nó là một hướng đi thích hợp cho ý tưởng phát triển tư duy học sinh. Nó đảm bảo tinh hệ thống và chính xác của một bài toán tổng quát cũng như sáng tạo được nhiều bài toán hay và bổ ích. Từ bài toán tổng quát ta có thể giải quyết được nhiều bài toán cụ thể ở trong các trường hợp riệng lẻ. D.2 ứng dụng Trong đề tài này tôi đã mở rộng và phát triển một bất đẳng thức, đưa ra dạng tổng quát theo nhiều hướng, tư duy theo các góc độ khác nhau và đặc biệt là sáng tạo được nhiều BĐT mới. Vận dụng được cho nhiều bài tóan cụ thể với cách giải đơn giản và hiệu quả. Tuy nhiên theo chủ trương của BGD và ĐT đã có sự giảm tải về phần BĐT. Nhưng để bồi dưỡng học sinh giỏi hay đào tạo các lớp học chuyên sâu, ôn luyện thi. Đại học thì chúng ta không thể bỏ qua vấn đề này. Hơn thế nữa, để phát triển tư duy của học sinh ta có thể định hướng theo nhiều góc độ, nhiều mảng khác nhau ... D.3 Kiểm nghiệm qua thực tế Trong quá trình dạy học tôi đã thử nghiệm nội dung đề tài trên một số học sinh và đã thu được một số kết quả khả quan ( học sinh của trường thật sự chưa khá). Đã có một số học sinh tham khảo về tính đúng đắn hay cách chứng minh, một bài toán sau khi đã tự nghiên cứu và phát triển lên. Cụ thể có học sinh đã hỏi tôi về công thức tổng quát của = có phải là = hay không? Chưa cần xét về tính chính xác, tính khoa học hay mức độ nghiên cứu ... Ta cũng đã thấy rõ tính tích cực của đề tài. D.4 Rút kinh nghiệm Trong giảng dạy ngoài truyền thụ cho học sinh kiến thức theo chủ trương của BGD và ĐT. người giáo viên cần chú ý đến viẹc định hướng tư duy cho học sinh. Điều cấp thiết nhất bây giờ là phát huy vai trò chủ động, sáng tạo... ở học sinh Để tiếp tục các công trình khác tôi sẻ phát triển thêm một số bài tập trong sách giáo khoa như “BPT mũ” và “BPT logarit” Trên đây là một nghiên cứu của cá nhân tôi, chắc chắn đề tài còn nhiều thiếu sót. Kính mong quý đọc giả quan tâm góp ý để đề tài được hoàn thiện hơn.