PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH
vectorstock.com/28062405
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH LỚP 9 THÔNG QUA KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
i
MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN ........................................................................................................ i LỜI CẢM ƠN ............................................................................................................. ii
FF IC IA L
MỤC LỤC .................................................................................................................. iii
MỞ ĐẦU .................................................................................................................... 1
1. TÍNH CẤP THIẾT CỦA ĐỀ TÀI .......................................................................... 1 2. TỔNG QUAN VỀ LĨNH VỰC NGHIÊN CỨU .................................................... 3 3. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU ........................................................ 6 4. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU ........................................................ 6
O
5. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC ................................................................................... 7
N
6. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ................................................................ 7
Ơ
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN .................................................... 9 1.1. Một số vấn đề về tư duy sáng tạo ......................................................................... 9
H
1.1.1. Tư duy ............................................................................................................... 9
N
1.1.2. Khái niệm tư duy sáng tạo .............................................................................. 12 1.1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo .................................................. 14
Y
1.1.4. Ý nghĩa của việc phát triển tư duy sáng tạo .................................................... 19
U
1.2. Vấn đề khai thác các bài toán về bất đẳng thức với việc phát triển tư duy sáng
Q
tạo cho học sinh. ........................................................................................................ 21 1.2.1. Mục tiêu, cấu trúc chương trình chủ đề bất đẳng thức ở trường THCS ......... 21
M
1.2.2. Một số vấn đề chung về đặc điểm tâm lí, điều kiện nhận thức của học sinh
KÈ
THCS. ........................................................................................................................ 22
1.2.3. Vai trò, chức năng của giải toán bất đẳng thức trong dạy học ........................ 25 1.2.4. Phân loại các dạng toán bất đẳng thức ............................................................ 26
ẠY
1.2.5. Vai trò của việc khai thác bài toán bất đẳng thức đối với việc phát triển tư duy
D
sáng tạo cho học sinh THCS ..................................................................................... 27 1.2.6. Các định hướng khai thác bài toán bất đẳng thức nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh ......................................................................................................... 28
ii
1.3. Thực trạng việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học toán ở trường THCS hiện nay .............................................................................................. 29 1.3.1. Mục đích khảo sát. .......................................................................................... 29
FF IC IA L
1.3.2. Đối tượng khảo sát. ......................................................................................... 29 1.3.3. Nội dung khảo sát............................................................................................ 30
1.3.4. Phương pháp khảo sát ..................................................................................... 30
1.3.5. Kết quả khảo sát .............................................................................................. 30 Chương 2. BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THCS THÔNG QUA KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG
O
THỨC ....................................................................................................................... 43
2.1. Nguyên tắc xây dựng các biện pháp .................................................................. 43
N
2.1.1. Đảm bảo mục tiêu, chuẩn kiến thức, kĩ năng của nội dung chủ đề bất đẳng
Ơ
thức trong chương trình môn Toán lớp 9 .................................................................. 43
H
2.1.2. Đảm bảo với sự phù hợp với đặc điểm nhận thức của học sinh năng khiếu
N
toán, khả thi trong điều kiện dạy học. ....................................................................... 43 2.1.3. Đảm bảo sự phù hợp với các định hướng khai thác bài toán đã xác định ...... 43
Y
2.1.4. Đảm bảo tác động vào các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo .................. 44
U
2.1.5. Đảm bảo lí luận dạy học theo quan điểm lấy người học làm trung tâm nhằm
Q
tích cực hóa các hoạt động học tập của người học, phù hợp với lí luận phát triển tư duy ............................................................................................................................. 44
M
2.2. Các biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác các
KÈ
bài toán bất đẳng thức ............................................................................................... 45 2.2.1. Biện pháp 1: Chú trọng việc tổ chức cho học sinh thực hiện các hoạt động khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa trong cùng một bài toán bất đẳng thức ... 45
ẠY
2.2.2. Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh thực hiện các hoạt động mở rộng, biến
D
đổi một bài toán theo nhiều cách khác nhau và giải các bài toán mới. ..................... 57 2.2.3. Biện pháp 3: Tổ chức cho học sinh thực hiện ứng dụng kiến thức bất đẳng
thức vào giải một số dạng toán trong hình học, đại số, số học và trong thực tế. ...... 74
iii
2.2.4. Biện pháp 4: Tổ chức cho học sinh sử dụng linh hoạt các bất đẳng thức để nhận diện, giải các bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong đề thi HSG, thi vào lớp
FF IC IA L
10 THPT chuyên, thi THPT Quốc gia ...................................................................... 96 Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ........................................................... 111
3.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm ....................................................................... 111 3.2. Nội dung thực nghiệm sư phạm ....................................................................... 111 3.3.Tổ chức thực nghiệm......................................................................................... 111
3.3.1. Đối tượng thực nghiệm sư phạm ................................................................... 111
O
3.3.2. Hình thức tổ chức thực nghiệm ..................................................................... 112
3.3.3. Thời gian thực nghiệm ................................................................................. 112
N
3.3.5. Phương thức đánh giá kết quả thực nghiệm .................................................. 113
Ơ
3.4. Đánh giá kết quả của thực nghiệm sư phạm .................................................... 114
H
3.4.1. Phân tích định tính kết quả thực nghiệm ....................................................... 114
N
3.4.2. Phân tích, đánh giá định lượng kết quả thực nghiệm sư phạm ..................... 115 KẾT LUẬN CHUNG ............................................................................................ 120 PHỤ LỤC
Q
PHỤ LỤC 1
U
Y
TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................... 121
PHỤ LỤC 2
D
ẠY
KÈ
M
PHỤ LỤC 3
iv
DANH MỤC CÁC TỪ VIÊT TẮT VÀ GIẢI THÍCH THUẬT NGỮ
Bất đẳng thức
ĐC
Đối chứng
FF IC IA L
BĐT GQVĐ
Giải quyết vấn đề
HPT
Hệ Phương Trình
HS
Học sinh
NXB
Nhà xuất bản Năng lực
O
NL PPDH
Phương pháp dạy học Phương trình
N
PT
Thực nghiệm
Ơ
TN THCS
D
ẠY
KÈ
M
Q
N
U
Y
THPT
H
TD
Trung học cơ sở Tư duy Trung học phổ thông
1
Phần I: MỞ ĐẦU 1. TÍNH CẤP THIẾT CỦA ĐỀ TÀI Trong giai đoạn công nghiệp hóa, hiện đại hóa gắn với xu hướng hội nhập quốc
FF IC IA L
tế đã đặt ra cho giáo dục nước ta những yêu cầu mới về vấn đề phát triển con người ở
tất cả các cấp học, bậc học. Nghị quyết đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ XII của
Đảng cộng sản Việt Nam (2016) đã khẳng định:“Phát huy nguồn lực con người là yếu tố cơ bản cho sự phát triển nhanh và bền vững của công cuộc công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước”. Theo đó, dự thảo Chương trình giáo dục phổ thông sau
năm 2015 đã xác định một trong những mục tiêu chủ yếu của giáo dục phổ thông là
O
phát triển các phẩm chất, năng lực của học sinh. Mặt khác, năng lực của học sinh
N
không thể đạt hiệu quả cao nếu thiếu đi sự sáng tạo và sự tư duy sáng tạo. Như vậy, rèn luyện và phát triển khả năng sáng tạo cho học sinh là một nhiệm vụ rất quan
Ơ
trọng. Điều này cần được tiến hành ở tất cả các cấp học.
H
Các nhà lí luận dạy học ngày nay đã rút ra tổng kết các thành phần của nội
N
dung học vấn phổ thông và chức năng của từng thành phần đối với hoạt động tương lai của thế hệ trẻ. Đó là: hệ thống tri thức về tự nhiên, xã hội, kĩ thuật, tư duy và
Y
phương pháp nhận thức nhằm giúp học sinh nhận thức thế giới; hệ thống kĩ năng, kĩ
U
xảo giúp học sinh tái tạo thế giới; hệ thống kinh nghiệm hoạt động sáng tạo giúp
Q
học sinh phát triển thế giới; thái độ chuẩn mực đối với thế giới và con người giúp học sinh phát triển thế giới đồng thời xây dựng và phát triển quan hệ lành
M
mạnh với thế giới xung quanh. Do đó, hoạt động sáng tạo được coi là một trong
KÈ
bốn thành phần không thể thiếu trong nội dung học tập ở bậc phổ thông cần phải giáo dục cho học sinh.
ẠY
Trong việc rèn luyện và phát triển khả năng sáng tạo cho học sinh, môn toán
đóng vai trò nổi bật, nó giúp cho HS cách thức suy nghĩ, phương pháp suy luận,
D
phương pháp tự học từ đó phát triển trí thông minh. Việc nghiên cứu về tư duy và
sáng tạo cho HS thông qua việc dạy học môn Toán đã được các nhà giáo dục quan tâm , nghiên cứu sâu, đặc biệt về mặt lý luận. Đối với học sinh THCS, việc học môn Toán có nhiều lợi thế đối với vấn để rèn luyện, phát triển tư duy sáng tạo, đặc biệt là
2
học sinh các lớp cuối cấp do sự trưởng thành hơn về nhận thức. Rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh cấp Trung học cơ sở là một trong những nhiệm vụ quan trọng đặt nền móng vững chắc để phát triển tư duy cho học sinh khi học
FF IC IA L
các lớp trên.
Bất đẳng thức có thể được xem là một nội dung hay và khó của chương trình
môn Toán cấp THCS. Chủ đề góp phần lớn trong việc phát triển tư duy cho học sinh. Đặc biệt, việc giải, khai thác sâu, mở rộng các bài toán về bất đẳng thức là một trong những cách thức đòi hỏi sự nhạy bén và linh hoạt trong tư của HS. Việc khai
thác bài toán có thể được thực hiện ở các hướng mở trong giả thiết, kết luận mà bài
O
toán đã cho, có thể thực hiện khái quát, đặc biệt hóa bài toán,…Mỗi hướng khai thác này đều có thể tìm ra được những bài toán mới, qua đó tạo nên những sắc thái
N
mới, những yêu cầu, đòi hỏi mới cho việc thực hiện đặt và giải bài toán. Đặc biệt,
Ơ
với mỗi hướng khai thác, mở rộng bài toán thì yêu cầu về tính kế thừa lời giải của
H
bài trước đó cũng thay đổi theo. Như vậy, thực hiện việc biến đổi bài toán theo
N
những hướng đi khác nhau liên tiếp đặt ra những yêu cầu khác nhau trong việc giải quyết những vấn đề mới có đầy tính sáng tạo. Nhờ đó, tư duy sáng tạo của học sinh
Y
sẽ được rèn luyện và phát triển.
U
Khảo sát thực tế việc dạy học chủ đề bất đẳng thức ở một số trường Trung học
Q
cơ sở trên địa bàn tỉnh Phú Thọ, chúng tôi nhận thấy: Học sinh đã được trang bị kiến thức về bất đẳng thức một cách hệ thống theo yêu cầu đặt ra của chương trình, đã
M
được giải nhiều bài toán về chủ đề này. Tuy nhiên, việc giải bài toán bất đẳng thức
KÈ
chủ yếu hướng vào đảm bảo yêu cầu của bài toán ban đầu. Việc khai thác hay mở
rộng những bài toán về bất đẳng thức một cách đột phá theo nhiều hướng khác nhau trong giả thiết hay yêu cầu về kết luận của bài toán còn hạn chế. Bởi vậy, việc khai
ẠY
thác tối đa giá trị của các bài toán bất đẳng thức đối với sự phát triển tư duy sáng tạo
D
cho học sinh chưa đạt hiệu quả cao. Nguyên nhân chủ yếu dẫn tới tình trạng trên là
giáo viên quá chú trọng việc hướng dẫn HS đi tìm được lời giải của các bài cụ thể mà chưa quan tâm đúng mức đến việc khai thác bài toán, khái quát hóa, tổng quát hóa các bài toán theo những hướng đi khác biệt. Như vậy, mặc dù tiềm năng rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua học tập chủ đề này là sẵn có nhưng
3
hiệu quả của quá trình bồi dưỡng năng lực tư duy này cho HS qua chủ đề chưa được khai thác tối đa. Là một học viên chuyên ngành phương pháp dạy học và đang là giáo viên đã
FF IC IA L
có nhiều năm giảng dạy, việc nghiên cứu rèn luyện phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học một chủ đề cụ thể trong môn Toán có ý nghĩa đặc biệt quan trọng trong việc góp phần nâng cao các kỹ năng nghề nghiệp cho bản thân.
Vì những lý do đã nêu ở trên, chúng tôi đã chọn: “Phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh lớp 9 thông qua khai thác các bài toán về bất đẳng thức” làm đề tài nghiên cứu.
O
2. TỔNG QUAN VỀ LĨNH VỰC NGHIÊN CỨU
N
2.1. Những công trình thế giới
Ơ
Nhiều nhà giáo dục học và tâm lí học, đã quan tâm nghiên cứu về năng lực tư duy sáng tạo nói chung, tư duy sáng tạo của HS nói riêng và vấn đề rèn luyện, bồi
H
dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh.
N
V.A.Krutecxki đã tập trung vào nghiên cứu cấu trúc năng lực toán học của học
Y
sinh. Năng lực ở đây được hiểu theo hai nghĩa, hai mức độ.
U
Một là, theo ý nghĩa năng lực học tập (tái tạo) tức là năng lực đối với việc học
Q
toán, đối với việc nắm giáo trình toán học phổ thông, nắm bắt được các kiến thức, kĩ xảo và kĩ năng tương ứng.
M
Hai là, theo ý nghĩa năng lực sáng tạo (khoa học) tức năng lực đối với hoạt động
KÈ
sáng tạo toán học, tìm ra được nhiều kết quả mới, có một giá trị lớn đối với xã hội. Ở giữa hai mức độ hoạt động toán học này không hề có một sự ngăn cách nào
tuyệt đối. Nhắc đến năng lực học tập toán học không phải là không đề cập đến năng
ẠY
lực sáng tạo. Có nhiều HS có năng học tập tốt lực tốt, đã nắm bắt giáo trình toán
D
học theo hướng độc lập, sáng tạo và đã đặt ra và giải nhiều bài toán, đã tìm ra các cách thức sáng tạo để chứng minh định lí, tự tìm ra các công thức, tự mình giải quyết giải những bài toán không theo khuôn mẫu theo cách độc đáo . v.v.
4
Tác giả đã sử dụng một hệ thống các bài toán thực nghiệm được chọn lọc một cách công phu kỹ càng để tìm hiểu cấu trúc năng lực về toán học của HS. Từ các kết quả nghiên cứu đó, tác giả kết luận: Tính linh hoạt của tư duy khi tập trung vào giải
FF IC IA L
toán thể hiện trong việc chuyển dễ dàng và nhanh chóng từ một thao tác trí tuệ này
sang một thao tác trí tuệ khác, trong tính đa dạng của những cách xử lý, hướng tới thoát khỏi sự ảnh hưởng của những phương pháp giải dập khuôn.
Krutecxki cũng nghiên cứu sau về tính thuận nghịch quá trình tư duy trong lập luận toán học (khả năng chuyển nhanh chóng và đơn giản từ hình thức tư duy thuận sang hình thức tư duy đảo).
O
Tuy nói về tâm lí năng lực toán học của HS nhưng tác phẩm của Krutecxki cũng
N
toát ra phương pháp, cách thức bồi dưỡng cho năng lực toán học của các em HS.
Ơ
Nếu các tác phẩm của nhiều nhà tâm lí học tập trung chủ yếu nghiên cứu khía cạnh tâm lí của năng lực sáng tạo thì tác phẩm của G.Polya đã nói nhiều về bản chất
H
của hoạt động làm toán, quá trình tạo nên sự sáng tạo và khám phá kiến thức toán
N
học. Tác giả đã phân tích quá trình giải toán không tách rời quá trình giải toán, do đó cuốn sách đã đáp ứng được yêu cầu chất lượng nâng cao quá trình dạy và học tập
Y
về toán ở phổ thông mà một trong những nhiệm vụ là rèn luyện tư duy sáng tạo.
U
Như vậy vấn đề năng lực tư duy và sáng tạo của HS đã được rất nhiều nhà tâm
Q
lí học, giáo dục học trong và ngoài nước tập trung tìm hiểu và nghiên cứu. Đó là
M
một năng lực quan trọng trong cấu trúc năng lực về toán học của các em HS.
KÈ
2.2. Những công trình ở Việt Nam Trong [5], “tác giả Hoàng Chúng đã nghiên cứu vấn đề rèn luyện cho học
sinh các phương pháp suy nghĩ cơ bản trong sáng tạo toán học: đặc biệt hóa, tổng
ẠY
quát hóa và tương tự hóa và tương tự. Có thể vận dụng các phương pháp đó để
giải các bài toán đã cho, để mò mẫm và dự đoán kết quả, tìm ra các phương pháp
D
giải bài toán, để mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức. Theo tác giả, để rèn luyện khả năng sáng tạo toán học, ngoài lòng say mê học tập cần rèn luyện khả
năng phân tích vấn đề một cách toàn diện ở nhiều khía cạnh khác nhau biểu hiện ở hai mặt quan trọng”:
5
- Phân tích tìm hiểu khái niệm, bài toán, những kết quả đã biết dưới nhiều hình thức khác nhau và từ đó tiến tới việc khái quát hóa, tổng quát hóa hoặc đề xuất những vấn đề tương tự theo nhiều góc độ.
FF IC IA L
- Tìm được nhiều lời giải cho bài toán, tập trung nghiên cứu những lời giải này, để đưa ra lời giải cho các bài toán có tính chất gần gũi, cao hơn nữa là tổng
quát hoặc sáng tạo ra các đề toán mới. Tác giả Nguyễn Cảnh Toàn đã đề ra mục đích chủ yếu của cuốn sách là rèn luyện tư duy sáng tạo. Tác giả khẳng định: “ Muốn sáng tạo, muốn tìm được cái mới thì trước hết phải có “vấn đề” để mà nghiên cứu. “Vấn đề” có thể do tự mình phát hiện, có thể do người khác đề xuất ra cho
N
cứu thì phải lo củng cố năng lực “phát hiện vấn đề”
O
mình giải quyết. Nhưng muốn trở thành người có khả năng chủ động độc lập nghiên
Tác giả Phạm Gia Đức và Phạm Văn Hoàn đã nêu rõ “Rèn luyện kĩ năng công
Ơ
tác độc lập là phương pháp hiệu quả nhất để học sinh hiểu kiến thức một cách sâu
H
sắc, có ý thức sáng tạo”. Vốn kiến thức thu nhận được ở nhà trường “chỉ sống và sinh
N
sôi nảy nở nếu người học sinh biết sử dựng nó một cách sáng tạo bằng công tác độc lập suy nghĩ của bản thân đã được tôi luyện” [11, tr5].
Y
Học sinh khó có được tư duy sáng tạo nếu thiếu đi sự tư duy độc lập. Các tác
U
giả nhấn mạnh rằng: “Công tác độc lập cần phải phát triển ở học sinh sự hoạt động
Q
của tư duy sáng tạo” [11, tr9].
M
Khi trình bày về việc độc lập của học sinh trong khi giải toán, các tác giả chú ý đến một trong những hình thức cao của công tác độc lập đòi hỏi có nhiều sáng tạo
KÈ
đó là việc học sinh tự ra đề toán. Đây là biện pháp nâng cao tư duy và sáng tạo cho HS; đề xuất bài toán mới, tìm ra vấn đề mới, phẩm chất của tư duy và sự sáng tạo từ
đó được phát triển, giáo trình [11] khi nói về nhiệm vụ môn toán đều nhấn mạnh
ẠY
đến nhiệm vụ phát triển trí tuệ chung, trong đó có nhiệm vụ tạo nên những phẩm
D
chất mang tính chất trí tuệ, đăc biệt là các phẩm chất tư duy độc lập và sáng tạo.
Trong [11], tác giả Phạm Văn Hoàn, Phạm Gia Đức đã phân tích: “Tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm vầ những mặt khác nhau của tư duy sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét khả năng tạo ra cái mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là
6
coi nhẹ cái cũ. Cái mới thường nảy sinh, bắt nguồn từ cái cũ, nhưng vấn đề là ở chỗ cách nhìn cái cũ như thế nào” [11, tr 33] Các tác giả Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình, đã khẳng
FF IC IA L
định rằng: “Phát triển những năng lực toán học ở học sinh là một nhiệm vụ đặc biệt quan trọng của thầy giáo…” [11, tr.130]. 3. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU 3.1. Mục tiêu nghiên cứu
Xác định các định hướng khai thác bài toán liên quan đến bất đẳng thức ở cấp THCS và đề xuất những biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9
O
thông qua khai việc thác bài toán bất đẳng thức theo định hướng đã xác định.
N
3.2. Nhiệm vụ nghiên cứu
Ơ
3.2.1. Nghiên cứu cơ sở lí luận
- Tìm hiểu một số vấn đề lí luận về tư duy nói chung và tư duy sáng tạo nói riêng.
H
- Tìm hiểu chương trình môn Toán lớp 9 nói chung, mảng bất đẳng thức nói
N
riêng. Xác định vị trí, vai trò của bất đẳng thức đối với việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh Trung học cơ sở.
Y
- Xác định các định hướng khai thác bài toán về bất đẳng thức trong dạy học
U
môn Toán lớp 9 nhằm phát triển khả năng tư duy và sự sáng tạo cho HS.
Q
- Đề xuất được các biện pháp nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho HS lớp 9 qua khai thác bài toán bất đẳng thức theo định hướng đã xác định
M
3.2.2. Nghiên cứu cơ sở thực tiễn
KÈ
- Khảo sát, đánh giá thực tế dạy học bất đẳng thức cho HS lớp 9 ở trường
THCS Văn Lang – Thành Phố Việt Trì –Tỉnh Phú Thọ
ẠY
- Tiến hành thực nghiệm sư phạm để đánh giá tính hiệu quả và khả thi của các
biện pháp đã được đề xuất.
D
4. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU 4.1. Đối tượng nghiên cứu - Hệ thống kiến thức về bất đẳng thức trong phạm vi chương trình toán cấp THCS.
7
- Phát triển tư duy sáng tạo của HS lớp 9 thông qua việc dạy học chủ đề bất đẳng thức. 4.2. Phạm vi nghiên cứu
FF IC IA L
- Rèn luyện những yếu tố của tư duy và sáng tạo cho HS lớp 9 qua việc dạy chủ đề phần bất đẳng thức.
- Đối tượng chủ yếu là HS khá, giỏi, các em HS yêu thích môn Toán.
- Khảo sát thực trạng về rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 qua dạy
học phần bất đẳng thức ở trường Trung học cơ sở Văn Lang - Thành phố Việt Trì - Tỉnh Phú Thọ.
O
5. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC
N
Nếu sử dụng một số biện pháp tác động thông qua biến đổi các bài toán bất
Ơ
đẳng thức theo định hướng tương thích với yêu cầu phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh THCS thì sẽ phát triển được ở HS những yếu tố của tư duy sáng tạo, đóng
H
góp cho chất lượng giáo dục toán học ở bậc THCS.
N
6. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Y
6.1. Nhóm các phương pháp nghiên cứu lí thuyết
U
- Nghiên cứu các văn bản, chỉ thị của Đảng, Nhà nước, của Bộ Giáo dục và
Q
Đào tạo có liên quan đến đề tài. - Nghiên cứu các tài liệu về lí luận dạy học nói chung, dạy học toán và các
M
tài liệu khác có liên quan đến đề tài.
KÈ
- Phân tích và tổng hợp cơ sở lí luận về bài tập toán, về rèn tư duy sáng tạo
cho học sinh THCS nói chung, học sinh lớp 9 nói riêng trong dạy và học môn Toán.
6.2. Nhóm các phương pháp nghiên cứu thực tiễn
D
ẠY
6.2.1. Phương pháp điều tra, quan sát Dự giờ, phỏng vấn, kiểm tra khảo sát để tiến hành điều tra, tìm hiểu, để thu
thập, tìm kiếm những thông tin về thực trạng việc rèn luyện khả năng về tư duy, về
sáng tạo cho HS lớp 9 trong dạy học môn Toán; thực trạng nhận thức của giáo viên THCS về vai trò của việc phát triển khả năng tư duy và khả năng sáng tạo cho HS; thực tế việc phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác bài
8
toán bất đẳng thức; những khó khăn giáo viên gặp phải trong quá trình phát triển về tư duy cho HS. 6.2.2. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
FF IC IA L
Tổng kết được những kinh nghiệm của các giảng viên khoa Toán - tin, Trường đại học Hùng Vương, các giáo viên giỏi ở các trường THCS về việc dạy học môn Toán với việc nâng cao khả năng tư duy và sáng tạo cho học sinh. 6.2.3. Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia
Xin ý kiến giảng viên hướng dẫn, các giảng viên giảng dạy môn Toán ở trường đại học Hùng Vương và một số giáo viên giỏi môn Toán ở trường THCS về nội
O
dung nghiên cứu để hoàn thiện đề tài.
N
6.2.4. Phương pháp thực nghiệm sư phạm
Ơ
Đi vào thực nghiệm đề tài nghiên cứu nhằm xác định được tính khả thi, tính hiệu quả của những hướng khai thác những bài toán về bất đẳng thức đã đề xuất trong đề
H
tài. Các số liệu được phân tích, xử lý bằng công cụ của Thống kê Toán học.
N
7. Ý NGHĨA LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Y
7.1. Ý nghĩa lí luận
U
- Làm rõ các thành phần tư duy sáng tạo của học sinh THCS, vai trò của việc khai
Q
thác bài toán bất đẳng thức đối với việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh THCS. - Xác định các định hướng khai thác và mở rộng bài toán liên quan đến bất
M
đẳng thức cấp THCS phù hợp yêu cầu về chương trình và đối tượng học sinh, phù
KÈ
hợp với lí luận về phát triển tư duy cho học sinh . 7.2. Ý nghĩa thực tiễn - Đưa ra được các biện pháp nhằm hướng đến phát triển khả năng tư duy cũng
D
ẠY
như sự sáng tạo cho HS lớp 9 qua việc khai thác các dạng toán bất đẳng thức - Chỉ dẫn thực hiện những biện pháp và các ví dụ minh họa trong mỗi biện
pháp là tư liệu tham khảo cần thiết cho sinh viên ngành Toán, giáo viên toán trong
dạy và học Toán ở trường THCS theo khả năng phát triển năng tư duy chung, tư duy sáng tạo cho HS nói riêng.
9
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Một số vấn đề về tư duy sáng tạo
FF IC IA L
1.1.1. Tư duy 1.1.1.1. Khái niệm về tư duy
Từ điển Tiếng Việt chỉ rõ: “Tư duy là sản phẩm cao nhất của vật
chất được tổ chức một cách đặc biệt- bộ não con người. Tư duy phản ánh tích cực hiện thực khách quan dưới dạng các khái niệm, sự phán đoán, lý luận.v.v...” [35].
Theo tác giả Nguyễn Quang Cẩn “Tư duy là một quá trình tâm lý phản ánh
O
những thuộc tính, bản chất mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hiện tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó ta chưa biết”
N
Theo A.V Petrovski: “Tư duy là quá trình tâm lý liên quan chặt chẽ với ngôn
Ơ
ngữ. Ngôn ngữ - quá trình tìm tòi và sáng tạo ra cái chính yếu, quá trình phản ánh,
H
cách từng phần học khái quát, thực tế trong khi phân tích và tổng hợp nó. Tư duy
1.1.1.2. Quá trình tư duy
N
sinh ra trên cơ sở thực tiễn, từ nhận thức cảm tính và vượt xa giới hạn của nó” [17].
Y
KK. Platônôp đã cụ thể hóa quá trình tư duy qua sơ đồ sau [17]:
Q
U
Nhận thức vấn đề
Xuất hiện các liên tưởng
D
ẠY
KÈ
M
Sàng lọc liên tưởng và hình thành giải quyết
CÂU HỎI
GIẢ THUYẾT
Kiểm tra giả thuyết
Khẳng định
Phủ định
Chính xác hóa
Tìm giả thuyết mới
Giải quyết vấn
Hành động tư duy Hình 1.1. Quá trình tư duy
XÁC MINH
QUYẾT ĐỊNH
10
“Quá trình tư duy được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành các thao tác trí tuệ (thao tác là hoạt động theo trình tự và yêu cầu kĩ thuật nhất định). Các thao tác trí tuệ cơ bản là: Phân tích-tổng hợp; so sánh-tương tự; khái quát hóa-đặc biệt hóa; trừu
FF IC IA L
tượng hóa-cụ thể hóa”[27]. 1.1.1.3. Các thao tác tư duy - Phân tích và tổng hợp
“Phân tích là thao tác tư duy để phân chia đối tượng nhận thức thành các bộ
phận, các mặt, các thành phần khác nhau. Còn tổng hợp là các thao tác tư duy để hợp nhất các bộ phận, các mặt, các thành phần đã tách rời nhờ sự phân tích thành
O
một chỉnh thể”[33].
Ơ
H
m2 n2 p2 m+n+ p + + ≥ n+ p p+m m+n 2
N
Ví dụ 1: Cho m, n, p > 0 . Chứng minh bất đẳng thức
N
Phân tích
+ Xác định dùng BĐT nào để chứng minh.
Y
+ Quan sát số hạng bên vế trái đều có dạng phân thức nên có thể nghĩ tới sử BĐT
U
Cauchy hoặc Cauchy-Schwarz.
Q
+ Khi nào dấu đẳng thức được xuất hiện ? + Nhờ tìm được dấu đẳng thức xảy ra để thực hiện các bước phân tích, biến đổi
M
trước khi áp dụng các bất đẳng thức.
KÈ
- So sánh và tương tự “So sánh là thao tác tư duy nhằm xác định sự giống nhau hay khác nhau, sự
ẠY
bằng nhau hay không bằng nhau giữa các đối tượng nhận thức. Tương tự là một
dạng so sánh mà từ hai đối tượng giống nhau ở một số dấu hiệu, rút ra kết luận hai
D
đối tượng đó cũng giống nhau ở dấu hiệu khác”[33].
11
Ví dụ 2:
Khối chóp
Khối nón
đáy.
FF IC IA L
Đường cao: Hạ từ đỉnh vuông góc với mặt Đường cao: Hạ từ đỉnh vuông góc với mặt đáy hay nối từ đỉnh với tâm đáy. 1 3
1 3
1 3
Thể tích: V = .B.h trong công thức trên
Thể tích: V = .B.h = π R 2 .h
B- Diện tích của đáy.
thức trên
h- Chiều cao của khối chóp.
B=
1 2 π R - diện tích đáy với R- là bán kính 3
O
đáy.
trong công
N
h- chiều cao của khối nón. ...
H
- Khái quát hóa và đặc biệt hóa
Ơ
...
N
“Khái quát hóa là mở rộng từ một số tính chất nào đó từ một tập hợp đến một tập hợp lớn nhất. Đặc biệt hóa là ngược lại của khái quát hóa”[33]. 2
U
Y
Ví dụ 3: 2 ( u 2 + v 2 ) ≥ ( u + v ) với ∀u , v ∈ ℝ 2
Q
3 ( u 2 + v 2 + w 2 ) ≥ ( u + v + w ) với ∀u , v, w ∈ ℝ 2
M
Khái quát ta được: n ( a12 + a22 + ...an2 ) ≥ ( a1 + a2 + ... + an )
KÈ
1.1.1.4. Vai trò của tư duy “Tư duy là một hình thức hoạt động của hệ thần kinh thể hiện qua việc tạo ra
các liên kết giữa các phần tử đã ghi nhớ được chọn lọc và kích thích chúng hoạt
ẠY
động để thực hiện sự nhận thức về thế giới xung quanh, định hướng cho hành vi phù
D
hợp với môi trường sống. Tư duy là sự vận động của vật chất, do đó tư duy không phải là vật chất. Tư duy cũng không phải là ý thức bởi ý thức là kết quả của quá trình vận động của vật chất”[28]. “Tư duy trong ghi nhớ là trả về cho đối tượng trong sự ghi nhớ các thành
12
phần đúng của nó, bổ sung các thành phần còn thiếu, phân biệt nó với các đối tượng ghi nhớ khác, tìm ra các mối liên hệ và ảnh hưởng qua lại của đối tượng với các sự vật, sự việc, đối tượng khác. Đây là quá trình nhận thức lý tính, nhận thức bằng tư
FF IC IA L
duy. Nó phân biệt với nhận thức cảm tính là nhận thức không có tư duy. Nhận thức lý tính giúp cho sự hiểu biết và ghi nhớ về đối tượng nhiều hơn những cái mà đối
tượng cung cấp cho sự ghi nhớ của hệ thần kinh, đối tượng được hiểu sâu hơn, được xem xét, đánh giá toàn diện hơn và kĩ càng hơn, được nhận thức đúng đắn hơn. Tư
duy bổ sung những cái còn thiếu trong quá trình hệ thần kinh ghi nhớ về đối tượng”[27].
O
1.1.2. Khái niệm tư duy sáng tạo
N
1.1.2.1. Sáng tạo
Ơ
Theo từ điển tiếng Việt: “Sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết cái mới, không bị gò bó, phụ thuộc vào những cái đã có (cái mới, cách giải quyết mới phải
H
có ý nghĩa, có giá trị xã hội)”[35].
N
Theo bách khoa toàn thư Xô-Viết (1976): “Sáng tạo là hoạt động của con
Y
người trên cơ sở các quy luật khách quan của thực tiễn, nhằm biến đổi thế giới tự nhiên, xã hội phù hợp với mục đích và nhu cầu của con người. Sáng tạo là hoạt
U
động được đặc trưng bởi tính không lặp lại, tính độc đáo và tính duy nhất”.
Q
“Như vậy sự sáng tạo cần thiết cho bất kỳ hoạt động nào của xã hội loài
M
người, sáng tạo thường được nghiên cứu trên nhiều phương diện như là một quá trình phát sinh cái mới trên nền tảng cái cũ, như một kiểu tư duy, như là một năng
KÈ
lực của con người”[27].
D
ẠY
1.1.2.2. Khái niệm tư duy sáng tạo Có nhiều quan điểm không giống nhau về tư duy cũng như sáng tạo: “Tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết
của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của tư duy sáng
tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ” [15].
13
Theo G.Pôlya: “Một tư duy gọi là có hiệu quả nếu tư duy đó dẫn đến lời giải một bài toán cụ thể nào đó. Có thể coi là sáng tạo nếu tư duy đó tạo ra những tư liệu, phương tiện giải các bài toán sau này. Các bài toán vận dụng những tư liệu
FF IC IA L
phương tiện này có số lượng càng lớn, có dạng muôn màu muôn vẻ, thì mức độ sáng tạo của tư duy càng cao” [25].
“Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập tạo ra ý tưởng mới, độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao… Tư duy sáng tạo là tư duy độc lập và nó không
bị gò bó, phụ thuộc vào cái đã có. Tính độc lập của nó bộc lộ vừa trong việc đặt rất đậm dấu ấn của mỗi cá nhân đã tạo ra nó” [27].
O
mục đích vừa trong việc tìm giải pháp. Mỗi sản phẩm của tư duy sáng tạo đều mang
N
Tác giả Crutexki V.A. “chỉ ra mối quan hệ giữa ba dạng tư duy, nói lên điều kiện
Tư duy sáng tạo
Tư duy độc lập
Tư duy tích cực
Q
U
Y
N
H
Ơ
cần của tư duy sáng tạo là tư duy độc lập và tư duy tích cực”[27].
KÈ
M
Hình 1.2. Vòng tròn đồng tâm về mối quan hệ của tư duy sáng tạo, tư duy độc lập và tư duy tích cực (Crutexki V.A)
Từ những phân tích trên, chúng tôi đồng nhất quan điểm rằng: “Tư duy sáng
ẠY
tạo là một loại hình tư duy đặc trưng bởi hoạt động và suy nghĩ nhận thức mà những hoạt động nhận thức ấy luôn theo một phương diện mới, giải quyết vấn đề theo cách
D
mới và vận dụng trong hoàn cảnh mới đồng thời xem xét sự vật, hiện tượng về mối liên hệ theo một cách mới có ý nghĩa, có giá trị. Để đạt được điều đó, khi xem xét
một vấn đề, chúng ta phải xem xét nó dưới nhiều khía cạnh khác nhau và đặt vào những hoàn cảnh khác nhau…, có như vậy mới có thể giải quyết vấn đề một cách
14
sáng tạo. Việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh là một trong những yêu cầu quan trọng của giáo dục nói chung, giáo dục toán học nói riêng”. 1.1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo
FF IC IA L
“Nhiều nhà khoa học đã đưa ra các cấu trúc khác nhau của tư duy sáng tạo. Tổng hợp các kết quả đó có thể thấy nổi lên 5 thành phần cơ bản”[33]:
- Tính mềm dẻo: “là khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác”.
- Tính nhuần nhuyễn: “là khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc
O
độ và tình huống khác nhau”.
- Tính độc đáo: “là khả năng tìm và quyết định phương thức giải quyết lạ
N
hoặc duy nhất”.
Ơ
- Tính hoàn thiện: “là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩ và hành
H
động, phát triển ý tưởng, kiểm tra và chứng minh ý tưởng”.
N
- Tính nhạy cảm vấn đề: “là năng lực nhanh chóng phát hiện ra vấn đề, mâu hoà, tạo ra cái mới”.
Y
thuẫn, sai lầm, sự thiếu lôgíc,v.v.. do đó nảy sinh ý muốn cấu trúc lại hợp lí, hài
U
“Ngoài 5 thành phần cơ bản trên còn có những yếu tố quan trọng khác như
Q
tính chính xác, năng lực định giá trị, năng lực định nghĩa lại,...”[33] “Nhưng có thể thấy ba yếu tố (tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính mềm
M
dẻo) là ba yếu tố cơ bản đạt được sự đồng ý cao trong các công trình nghiên cứu về
KÈ
cấu trúc của tư duy sáng tạo”[33]. Vì vậy, trong luận văn này chúng tôi chỉ đề cập
đến ba yếu tố trên là: tính độc đáo, tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn.
ẠY
a) Tính mềm dẻo
Tính mềm dẻo của tư duy có đặc trưng nổi bật: “Việc chuyển từ hoạt động trí
D
tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác một cách dễ dàng, vận dụng linh hoạt các hoạt
động phân tích, tổng hợp, trừu tượng hoá, khái quát hoá, cụ thể hoá và các phương
pháp suy luận như qui nạp, suy diễn, tương tự, dễ dàng chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác; điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại”[28].
15
Ví dụ 1.3. Cho các số dương m, n thỏa mãn m + 2n = 4 . Tìm GTLN của biểu thức
P = m2n . Phân tích:
FF IC IA L
Với những gì đã cho người học nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương.
Nếu như biểu thức P = mn 2 thì việc dùng bất đẳng thức Cauchy không hề gặp chút khó khăn nào: 3
P = 3 m.n.n ≤
64 m+n+n m + 2n ⇔ P≤ . Từ đó chỉ ra giá trị lớn nhất ⇔P≤ 3 27 3
O
3
của P .
m.m.n ≤
m+m+n 2m + n ⇔ 3 m.m.n ≤ . Đối với biến 3 3
H
3
N
Nếu áp dụng thông thường:
Ơ
sự linh hoạt và tinh tế khi áp dụng.
N
Tuy nhiên với P = m 2 n thì lại không đơn giản như vậy. Đòi hỏi người học phải thật
m thì thừa, biến n lại thiếu so với giả thiết m + 2n = 4 .
Y
Học sinh giải bài toán này tiếp tục suy nghĩ để giải quyết vấn đề này. Làm thế nào
U
tăng n lên và giảm m xuống để xuất hiện tổng m + 2n . Có một hướng suy nghĩ đó
km + km + ln 2km + ln km.km.ln ≤ ⇔ k 2 l .P ≤ 3 3
M
3
Q
là bổ sung các hằng số đi kèm các biến trước khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 3
KÈ
Từ đó học sinh sẽ chọn các hằng số k , l thỏa mãn 2km + ln = m + 2n . Suy ra
ẠY
1 2k = 1 k = ⇔ 2 l = 2 l = 2
D
Lời giải:
Theo Cauchy cho 3 số ta có
16
3
m m 3 3 + + 2n m m 1 128 m + 2n 4 2 2 ⋅ ⋅ 2n ≤ ⇔ P≤ ⇔ P ≤ 2. ⇔ P ≤ 2 2 3 2 27 3 3
Vậy max P =
FF IC IA L
2 m= m m = = 2n 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 ⇔ m + 2n = 4 n = 8 3 128 2 8 khi ( m; n ) = ; 27 3 3
O
Nhận xét: Sự linh hoạt thể hiện trong tư duy để tìm ra cách giải hợp lí, đúng đắn
trong ví dụ trên là sử dụng thêm bớt các hằng số vào các biến trước khi áp dụng bất
Ơ
biểu hiện của tính mềm dẻo trong tư duy.
N
đẳng thức Cauchy nhằm mục tiêu xuất hiện giả thiết bài toán đã cho. Đây chính là
b) Tính nhuần nhuyễn
H
Tính nhuần nhuyễn của tư duy được thể hiện ở đặc trưng: “Tính đa dạng của
N
các cách xử lí khi giải toán; khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và
Y
tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề phải giải quyết, người có tư duy
U
nhuần nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất nhiều phương án khác nhau và từ đó tìm
Q
được phương án tối ưu”[28].
M
α2 β2 γ2 α + β +γ Ví dụ 1.4. Biết α , β , γ > 0 . Chứng minh ta có + + ≥ α + β β +γ γ +α 2
KÈ
Lời giải:
• Nhìn vào cách phát biểu của bài toán học sinh thấy ngay vế trái có dạng phân
thức và nghĩ tới việc sử dụng được BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel: 2
D
ẠY
n ai n a ai2 i =1 a a với ∀bi > 0, i = 1, n . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 = 1 = ... = n ≥ n b1 b1 bn i =1 bi bi i =1
Cách 1:
Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
17
2
(α + β + γ ) α2 β2 γ2 + + ≥ α + β β +γ γ +α α + β + β +γ +γ +α
FF IC IA L
α2 β2 γ2 α + β +γ ⇔ + + ≥ 2 α + β β + γ γ +α đpcm
• Nhìn vào cách phát cho giả thiết học sinh cũng có sẽ nghĩ tới việc dùng bất đẳng thức Cauchy. Tất nhiên phải thêm bớt hay tách nhóm cho phù hợp.
α2 + k (α + β ) . Ta phải chọn được hằng số k thỏa mãn yêu cầu khi α +β
N
α2 = k (α + β ) 1 k= dấu đẳng thức xảy ra: α + β 4 α = β
O
Chẳng hạn:
Ơ
Cách 2:
H
Theo Cauchy:
U
Làm tương tự ta có:
Y
N
α2 α +β α2 α + β α2 α+β + ≥2 ⋅ ⇔ + ≥ α (1) 4 4 4 α +β α +β α +β
Q
β2 β +γ + ≥ β ( 2) 4 β +γ
KÈ
M
γ2 γ +α + ≥ γ ( 3) 4 γ +α
ẠY
Lấy (1) + ( 2 ) + ( 3) theo vế thu được
α2 β2 γ2 α + β +γ + + + ≥α + β +γ α + β β +γ γ +α 2
D
α2 β2 γ2 α + β +γ ⇔ + + ≥ 2 α + β β + γ γ +α
Từ đó thu được điều phải chứng minh.
• Ở mức độ cao hơn học sinh có thể dùng áp dụng ngay bất đẳng thức CauchySchwarz:
18
Cách 3:
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
(
α +β
2
) ( +
β +γ
2
) ( +
γ +α
)
2
α α + β
2
β + β +γ
2
γ + γ +α
α β γ ≥ α +β ⋅ + β +γ ⋅ + γ +α ⋅ α +β β +γ γ +α Suy ra:
2
N
O
α2 β2 γ2 2 2 (α + β + γ ) + + ≥ 4 (α + β + γ ) α + β β +γ γ +α 2 2 α β γ2 α + β +γ ⇔ + + ≥ 2 α + β β +γ γ +α
2
FF IC IA L
N
c) Tính độc đáo
H
biểu hiện của sự nhuần nhuyễn.
Ơ
Nhận xét: Việc đưa ra được nhiều hướng giải quyết vấn đề trong Ví dụ nói trên là
Tính độc đáo được thể hiện bởi khả năng sau: “Tìm ra những liên tưởng và
Y
những kết hợp mới. Tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng
Q
pháp khác”[28].
U
như không có liên hệ với nhau. Tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải
M
Ví dụ: Giải phương trình x 2 + 5 x + 6 = 2 3 x + 4
KÈ
Lời giải thông thường:
x 2 + 5 x + 6 ≥ 0 (1) Ta có x + 5 x + 6 = 2 3 x + 4 ⇔ 2 2 ( x + 5 x + 6 ) = 4 ( 3 x + 4 )( 2 )
ẠY
2
D
Mặt khác
19
( 2 ) ⇔ x 4 + 25 x 2 + 36 + 10 x3 + 60 x + 12 x 2 = 12 x + 16 ⇔ x 4 + 10 x3 + 37 x 2 + 48 x + 20 = 0
⇔ ( x 4 + 2 x3 + x 2 ) + ( 8 x3 + 16 x 2 + 8 x ) + ( 20 x 2 + 40 x + 20 ) = 0
FF IC IA L
⇔ ( x 2 + 2 x + 1)( x 2 + 8 x + 20 ) = 0 2 2 ⇔ ( x + 1) ( x + 4 ) + 4 = 0 2
Hơn nữa ( x + 4 ) + 4 > 0, ∀x nên tìm được x = −1 (thỏa mãn (1) ) Lời giải nhờ sử dụng bất đẳng thức
O
Phân tích: Vế trái của phương trình có dạng tam thức bậc hai với hệ số a = 1 > 0
nên có thể nghĩ tới rằng x 2 + 5 x + 6 ≥ g ( x ) .
Lời giải:
N
( 3x + 4 ) .1 ≤ ( 3x + 4 ) + 1 ⇔ 2
3 x + 4 ≤ 3 x + 5 ( ∗)
U
Rõ ràng: 2
3 4
Y
ĐKXĐ: 3 x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −
H
Ơ
dụng Cauchy để chỉ ra 2 3 x + 4 ≤ g ( x ) .
N
Mặt khác vế phải có dạng căn thức bậc hai nên hoàn toán liên tưởng tới việc áp
2
2
Q
Mặt khác: x 2 + 5 x + 6 = ( x 2 + 2 x + 1) + ( 3 x + 5 ) = ( x + 1) + ( 3 x + 5 )
M
Vì ( x + 1) ≥ 0, ∀x nên x 2 + 5 x + 6 ≥ 3 x + 4 ( ∗∗)
KÈ
3 x + 4 = 1 ⇔ x = −1 (thỏa mãn) Từ ( ∗) , ( ∗ ∗) 2 x + 1 = 0 ( )
ẠY
1.1.4. Ý nghĩa của việc phát triển tư duy sáng tạo
Trong công cuộc cải cách nền giáo dục ở nước ta hiện nay thì một trong
D
những nhiệm vụ trọng tâm chính là đổi mới phương pháp dạy và học nhằm tạo
cho HS khả năng phát huy tính tích cự c, sáng tạo cũng như tạo ra sự hứ ng khởi trong học tập.
20
Theo Điều 29 trong Luật Giáo dục (2005) đã ghi: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo,...của học sinh; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm; phát triển kĩ năng
FF IC IA L
vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú cho học sinh”.
“Giáo dục và đào tạo có sứ mạng đào tạo con người Việt Nam phát triển toàn diện, góp phần xây dựng nền văn hóa tiên tiến của đất nước trong bối cảnh toàn cầu hóa, đồng thời tạo lập nền tảng và động lực công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước.
Giáo dục và đào tạo phải góp phần tạo nên một thế hệ người lao động có tri thức, có
O
đạo đức, có bản lĩnh trung thực, có tư duy phê phán, sáng tạo, có kỹ năng sống, kỹ
năng giải quyết vấn đề và kỹ năng nghề nghiệp để làm việc hiệu quả trong môi
N
trường toàn cầu hóa vừa hợp tác vừa cạnh tranh” [1].
Ơ
“Như vậy sáng tạo là sản phẩm tổng hợp của các yếu tố tâm sinh lý, sự minh
H
mẫn, cảm xúc, lôgíc, tri thức, trực giác, lòng dũng cảm và sự kiên trì trong quá trình
N
lao động . Ở đó, TD của não trái tìm cách chứng minh, suy luận lôgic, kiểm tra, còn TD của não phải là trực giác, sáng tạo, linh cảm, tưởng tượng. Trực giác, tưởng
Y
tượng, linh cảm trong não bộ người không phải là điều gì đó kỳ bí mà là một hiện
U
thực, trong đó có sự kết hợp giữa cơ chế sinh học đặc biệt (tầng siêu vật lý) và sự
Q
tích lũy, chiêm nghiệm về mặt tinh thần được thăng hoa xảy ra tức thời (siêu thức), khác với tầng cơ chế sinh học (tầng vật lý), tư duy lô gíc (ý thức) trong quá trình
M
phản ánh và sáng tạo”. Do đó, kết quả đạt được của tư duy bao giờ cũng có sự phối
KÈ
hợp chung của cả não trái và não phải, không có sự chia cắt tuyệt đối, thậm chí có sự chuyển hóa giữa chúng, sự bổ sung, làm tiền đề cho nhau, trong cái này có cái
ẠY
kia và ngược lại. Nhu cầu xã hội ngày càng thúc đẩy và đòi hỏi tư duy sáng tạo ra đời. Sự phát
D
triển xã hội sẽ như thế là nhờ vào tư duy sáng tạo trong chiến lược phát triển và thực hiện chiến lược này. Vì vậy, về mặt chủ trương làm sao để có được một chiến lược phát triển tư duy sáng tạo của dân tộc và biến chiến lược đó thành hiện thực trong những chiến lược phát triển kinh tế của xã hội.
21
1.2. Vấn đề khai thác các bài toán về bất đẳng thức với việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. 1.2.1. Mục tiêu, cấu trúc chương trình chủ đề bất đẳng thức ở trường THCS
FF IC IA L
1.2.1.1. Mục tiêu
a) Mục tiêu chung: Theo [2], Chương trình môn Toán ở trường phổ thông giúp HS đạt các mục tiêu chủ yếu sau:
- “Hình thành và phát triển năng lực toán học bao gồm các thành tố cốt lõi sau:
phương tiện học toán; năng lực tư duy và lập luận toán học; năng lực sử dụng công cụ; năng lực mô hình hoá toán học; năng lực giao tiếp toán học”.
O
- “Góp phần hình thành và phát triển ở HS các phẩm chất chủ yếu và năng lực
N
chung theo các mức độ phù hợp với môn học, cấp học được quy định tại Chương
Ơ
trình tổng thể”.
- “Có kiến thức, kĩ năng toán học phổ thông, thiết yếu, cơ bản; phát triển khả
H
năng giải quyết vấn đề có tính tích hợp, liên môn giữa môn Toán và các môn học
N
khác như Hoá học, Sinh học, Vật lí, Công nghệ, Tin học, Lịch sử, Địa lí, Nghệ
Y
thuật,... tạo cơ hội để HS được trải nghiệm và áp dụng toán học vào thực tiễn”.
U
- “Có hiểu biết tương đối về sự hữu ích của toán học đối với các ngành nghề liên quan để từ đó làm cơ sở định hướng cho nghề nghiệp, cũng như có đủ năng lực
Q
để tự tin tìm hiểu những vấn đề liên quan đến toán học trong cả cuộc đời”.
M
b) Mục tiêu cụ thể đối với dạy học môn Toán cấp THCS:
KÈ
- Đóng góp cho sự phát triển và hình thành năng lực toán học với yêu cầu
cần đạt: “Nêu và trả lời được câu hỏi khi lập luận, giải quyết vấn đề hay khi chứng minh được các mệnh đề toán học mức độ vừa phải, sử dụng được mô hình toán học
ẠY
( phương trình đại số, công thức toán học, hình biểu diễn...) để mô tả được tình
D
huống xuất hiện trong một số bài toán có tính thực tiễn; biết cách sử dụng ngôn ngữ toán học kết hợp với ngôn ngữ thông thường để biểu đạt các nội dung toán học; trình bày được những ý tưởng và cách thức sử dụng các công cụ, phương tiện học toán để thực hiện một nhiệm vụ học tập hoặc để diễn tả những lập luận hay chứng minh tính chất toán học”. Có những kiến thức và kĩ năng toán học cơ bản về:
22
– Số và Đại số: Hệ thống số (từ số tự nhiên đến số thực); biến đổi biểu thức đại số; tính toán và sử dụng công cụ tính toán; ngôn ngữ và kí hiệu đại số; sử dụng
ngôn ngữ hàm số; phương trình, bất phương trình để mô tả (mô hình hoá) một số
FF IC IA L
quá trình và những hiện tượng trong thực tiễn.
– Hình học và Đo lường: Nội dung Đo lường và Hình học ở cấp học này bao gồm Hình học trực quan và Hình học phẳng. Hình học trực quan tiếp tục cung cấp
ngôn ngữ, kí hiệu, mô tả (ở mức độ trực quan) những đối tượng của thực tiễn (hình
phẳng, hình khối); tạo ra được một số mô hình hình học thông dụng; phát triển được
trí tưởng tượng không gian; tính toán được một số yếu tố về hình học; giải quyết
O
được một số vấn đề mang tính thực tiễn đơn giản nhưng gắn với Hình học và Đo
lường. Hình học phẳng cung cấp những kiến thức và kĩ năng (ở mức độ suy luận
N
logic) về các quan hệ hình học và một số hình phẳng thông dụng (điểm, đoạn thẳng,
Ơ
đường thẳng, tia, góc, tam giác, tứ giác, đường tròn, hai đường thẳng song song, hai
H
đường thẳng vuông góc).
N
– Thống kê và Xác suất: Thu thập, biểu diễn, phân loại, phân tích và xử lí dữ liệu thống kê; tần số tương đối; phân tích dữ liệu thống kê thông qua tần số; sử dụng
Y
thống kê để hiểu các khái niệm cơ bản về xác suất thực nghiệm của một biến cố và
U
xác suất của một biến cố; nhận biết một số quy luật thống kê đơn giản và ý nghĩa
Q
của xác suất trong thực tiễn.
- Góp phần giúp HS có hiểu biết ban đầu về các ngành nghề gắn với môn
M
Toán; có ý thức hướng nghiệp dựa vào năng lực và sở thích, định hướng phân luồng
KÈ
sau THCS (tiếp tục học lên, học nghề hoặc tham gia vào cuộc sống lao động). 1.2.2. Một số vấn đề chung về đặc điểm tâm lí, điều kiện nhận thức của học sinh
ẠY
THCS.
D
1.2.2.1. Đặc điểm hoạt động học tập của HS các lớp cuối cấp THCS: Động cơ học tập của HS THCS rất đa dạng phong phú, nhưng chưa có sự bền
vững, đôi khi còn thể hiện sự mâu thuẫn của nó. Thái độ đối với việc học tập của HS THCS cũng rất khác nhau. Tất cả các em đều ý thức được sự quan trọng và cần thiết phải học tập, nhưng thái độ sự biểu hiện rất khác nhau, được thể hiện như sau:
23
- Trong thái độ học tập: Từ thái độ rất tích cực, có trách nhiệm, đến thái độ lười biếng, thơ ơ thiếu trách nhiệm trong học tập. - Trong sự hiểu biết chung: Từ mức độ phát triển cao và sự ham hiểu biết
FF IC IA L
nhiều lĩnh vực tri thức khác nhau ở một số em, nhưng ở một số em khác thì mức độ phát triển rất yếu, tầm hiểu biết rất hạn chế.
- Trong phương thức lĩnh hội tài liệu học tập: từ chỗ có kỹ năng học tập độc lập, có nhiều cách học đến mức hoàn toàn chưa có kỹ năng học tập độc lập, chỉ biết học thuộc lòng từng bài, từng câu, từng chữ.
- Trong hứng thú học tập: Từ hứng thú biểu hiện rõ rệt đối với một lĩnh vực tri
O
thức nào đó và có những việc làm có nội dung cho đến mức độ hoàn toàn không có
N
hứng thú nhận thức, cho việc học hoàn toàn gò ép, bắt buộc.
Ơ
1.2.2.2. Sự phát triển nhận thức của HS cuối cấp THCS:
Ở HS các lớp cuối cấp THCS, khối lượng các đối tượng tri giác tăng lên rõ rệt.
H
Tri giác có trình tự. HS biết tổng hợp và phân tích ở mức độ phức tạp khi tri giác
N
sự vật, hiện tượng. Sự tri giác của HS còn bộc lộ hạn chế như: Vội vàng và thiếu
Y
kiên trì trong tri giác, tính hệ thống trong tri giác vẫn còn yếu.
U
• Sự phát triển trí nhớ: Ghi nhớ chủ định, ghi nhớ ý nghĩa, ghi nhớ logic dần được
Q
chiếm ưu thế hơn ghi nhớ máy móc. Trước đây các em HS tiểu học thường cố gắng ghi nhớ từng chữ từng bài còn bây giờ HS THCS thường phản đối việc giáo viên
M
bắt học thuộc lòng và có xu hướng muốn tái hiện bằng những lời nói của mình.
KÈ
• Sự phát triển chú ý: Chú ý chủ định phát triển rất mạnh mẽ. Sức tập trung chú ý cao, khả năng duy trì sự chú ý được bền hơn, khả năng di chuyển sự chú ý từ thao tác này đến thao tác kia cũng được tăng cường. Chú ý phụ thuộc vào tính chất của đối
ẠY
tượng và mức độ hứng thú với đối tượng. Chính vì thế mà các em có thể tập trung
D
vào giờ học này nhưng lại có thể lơ đễnh vào giờ học khác. Mặt khác, chú ý có tính chủ định của các em chưa bền vững, dễ bị cảm tínhvà sự rung động mạnh mẽ.
• Sự phát triển tư duy: Từ cụ thể sang trừu tượng. Đầu cấp THCS thì TD cụ thể vẫn phát triển mạnh và giữ vị trí quan trọng trong hệ thống tư duy. Đến cuối cấp
24
THCS, tư duy trừu tượng rất phát triển. Biết đánh giá, nhận xét tài liệu một cách đầy đủ, sâu sắc và đi vào bản chất của vấn đề hơn.
- HS THCS có khả năng đưa ra phân tích, đánh giá, tổng hợp phức tạp hơn khi
FF IC IA L
tri giác các sự vật, hiện tượng. Khối lượng tri giác tăng lên, tri giác trở nên có kế hoạch, có trình tự và hoàn thiện hơn.
- Ở lứa tuổi này trí nhớ thay đổi về chất. Trí nhớ dần dần mang tính chất của
những quá trình được điều khiển, điều chỉnh và có tổ chức. HS THCS có nhiều tiến
bộ trong việc ghi nhớ tài liệu trừu tượng, bắt đầu biết sử dụng những phương pháp
đặc biệt để có thể ghi nhớ và nhớ lại. Khi ghi nhớ các em đã biết tiến hành các thao
O
tác như phân loại, so sánh, hệ thống hoá. Tốc độ ghi nhớ và khối lượng tài liệu được
N
ghi nhớ tăng lên. Ghi nhớ máy móc ngày càng nhường chỗ cho ghi nhớ logic, ghi nhớ ý nghĩa. Hiệu quả của trí nhớ trở nên tốt hơn, các em không muốn thuộc lòng
Ơ
mà muốn tái hiện bằng lời nói của mình.
H
• Sự phát triển tưởng tượng và ngôn ngữ:
N
- Khả năng liên tưởng có thể khá phong phú nhưng còn sự bay bổng, thiếu đi
Y
tính thực tiễn.
U
- Ngôn ngữ của HS các lớp cuối cấp THCS đang thay đổi mạnh, số lượng từ
Q
tăng lên nhiều. Từ vựng phong phú, ngôn ngữ đã phức tạp hơn, logic chặt chẽ hơn. - Tuy nhiên vẫn còn sự hạn chế: Cách dùng từ để diễn đạt ý nghĩa còn rất hạn
M
hẹp, các em dùng từ ngữ chưa thực sự chính xác, chưa để ý cách diễn đạt theo quy
KÈ
định của cấu trúc về ngữ pháp, một số em hay dùng ngữ từ bóng bẩy nhưng lại
mang tính chất sáo rỗng do muốn bắt chước người lớn, hoặc sử dụng một số thành
ẠY
ngữ có nội dung không lành mạnh. Đặc điểm hoạt động học tập, khả năng tư duy, nhận thức, chú ý của HS
D
THCS cho thấy: Trong quá trình dạy học môn giáo viên nên tạo ra các hoạt động hấp dẫn để các em tích cực hoạt động phát hiện ra những vấn đề cần giải quyết, chủ động khám phá các con đường, phương án giảỉ quyết những vấn đề đặt ra, tập dượt
sự tự khẳng định bản lĩnh, năng lực cá nhân. Đó là một trong những cách thức gợi cho HS động cơ rèn luyện và trưởng thành trong trí tuệ, nhận thức của HS.
25
1.2.3. Vai trò, chức năng của giải toán bất đẳng thức trong dạy học
Giải toán chỉ một hoạt động nhằm rèn luyện trí tuệ trong học tập môn Toán. Mỗi bài tập toán đều chứa đựng hệ thống thông tin xác định gồm hai tập hợp liên hệ
FF IC IA L
chặt chẽ và tác động qua lại: “(1) Những điều kiện, tức là tập hợp những dữ liệu xuất phát, diễn tả trạng thái ban đầu của bài tập, từ đó tìm ra phép giải. Theo ngôn
ngữ thông dụng thì đó là “cái cho”, trong toán học thì gọi đó là “giả thiết”; (2)
Những yêu cầu là trạng thái mong muốn đạt tới, theo ngôn ngữ thông thường thì đây là “cái phải tìm”. Hai tập tập hợp này tạo thành bài tập toán học nhưng chúng
lại không phù hợp với nhau. Từ đó xuất hiện nhu cầu phải biến đổi chúng để khắc
O
phục sự không phù hợp hay mâu thuẫn giữa chúng”.
N
Như vậy, quá trình giải toán là từ hệ thông tin điều kiện và những yêu cầu nêu ra trong quá trình dạy học, người học phải đưa ra lời giải về toàn bộ hoặc về từng phần
Ơ
không có sẵn của người giải tại thời điểm bài tập đó được đưa ra. Theo đó, việc giải bài
H
tập môn Toán, đặc biệt là giải toán Bất đẳng thức có vị trí quan trọng đối với HS khi
N
dạy học môn Toán.
Y
Giải bài toán bất đẳng thức giúp HS có khả năng nắm kiến thức một cách sâu sắc Thật vậy, khi giải bài tập môn Toán hay giải bài tập bất đẳng thức, HS phải đi
U
từ việc tìm hiểu đầu bài đến việc ra được kết quả. Làm được điều này, HS phải trải
Q
qua quá trình phán đoán, phân tích, tổng hợp dữ kiện. Hoạt động trí tuệ phải được
M
bám vào những kinh nghiệm từ thực tiễn, kiến thức HS tiếp thu được từ trước, phải hiểu, nhớ, vận dụng tốt kinh nghiệm cũng như kiến của mình mới tìm ra lời giải bài
KÈ
toán. Ngược lại, việc giải bài tập được bổ sung thêm kiến thức mới, giúp cho hiểu kiến thức sâu sắc, nhớ và vận dụng tốt hơn. Mặt khác, kiến thức nằm trong các bài
ẠY
toán không xuất hiện dưới dạng những định luật và lí thuyết chung mà thường tồn tại, phản ánh nhiều góc độ, phạm vi, trạng thái nào đó của lí thuyết hay thực tiễn. Lí
D
thuyết ở đây không phải là vấn đề quá trừu tượng mà nó đã được cụ thể trong những
điều kiện nhất định và làm chỗ dựa cho trí nhớ. Khi nghiên cứu về lí thuyết môn
Toán, HS thường tiếp thu kiến thức trong dạng tĩnh và theo từng yếu tố riêng biệt. Với sự yêu cầu về tính linh hoạt trong nội dung BĐT, giải các bài tập chủ đề này
26
giúp HS được nắm kiến thức dưới dạng động và có sự tương tác lẫn nhau của các yếu tố kiến thức toán học. Việc nghiên cứu những hệ thống kiến thức trong trạng thái vận dụng như vậy sẽ cho HS thấy rõ bản chất và mối quan hệ quy luật của các cơ sở để có thể phát triển tư tuy cũng như tính sáng tạo.
FF IC IA L
yếu tố kiến thức, từ đó tạo nền tảng cho cho sự phát triển đột phá trong việc học, là
Giải các bài toán bất đẳng thức là một trong những phương diện giáo dục tốt đối với HS
Để có thể giáo dục, rèn luyện phẩm chất và nhân cách cho học sinh, giáo viên
cần biết cách dùng những biện pháp, phương thức khác nhau, ở đó bài tập được coi
O
là chìa khóa cho sự thành công. Thế mạnh của các bài tập bất đẳng thức là ở chỗ
N
trau rồi ý chí, niềm tin vào chân lý, khả năng của bản thân. Sau mỗi lần giải được bài toán HS có thêm sự hứng khởi, hăng say hơn trong việc học. Đây cũng là một
Ơ
trong những cơ sở quan trọng của BĐT để các em có thể mạnh dạn bước vào con
H
đường tư duy sáng tạo. Giải các bài tập phần BĐT còn là một phương thức giúp các
N
em rèn luyện ý chí và tính kiên trì, vượt khó, là một phương thức tạo nên thói quen tốt trong các hoạt động hàng ngày của HS .
Y
Giải bài toán bất đẳng thức góp phần phát triển tư duy, tình cảm của HS
U
Bài toán nào cũng chứa đựng những mâu thuẫn, những điều kiện đã biết và
Q
chưa biết. Khi tiến hành làm toán trí não của HS phải hoạt động để tiến đến câu trả
M
lời từ những điều đã có. Sự đào bới trong đầu óc những hiểu biết của mình và vận dụng chúng để giải các bài tập sẽ giúp HS nắm rõ thêm bản chất, đặc điểm của
KÈ
những kiến thức, tăng cường khả năng vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, uyển
chuyển, làm cho tư duy thêm mềm dẻo. Như vậy, việc giải toán về bất đẳng thức
ẠY
không những chỉ có ý nghĩa về mặt nhận thức đối với HS mà còn giúp phát triển trí tuệ bởi bài tập của nội dung này chính là chất liệu cho hoạt động trí tuệ.
D
1.2.4. Phân loại các dạng toán bất đẳng thức Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức Loại 1: Bất đẳng thức trong đại số Loại 2: Bất đẳng thức trong hình học
27
Loại 3: Bất đẳng thức trong số học Dạng 2: Một số ứng dụng của bất đẳng thức Loại 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số.
FF IC IA L
Loại 2: Giải phương trình Loại 3: Giải hệ phương trình Loại 4: Giải một số dạng toán về cực trị hình học. Loại 5: Một số bài toán có tính thực tế
1.2.5. Vai trò của việc khai thác bài toán bất đẳng thức đối với việc phát triển tư
O
duy sáng tạo cho học sinh THCS
Giải bài tập bất đẳng thức là một trong những mạch kiến thức chính yếu. Theo
N
tư tưởng của dạy học tích cực, việc giải bài tập BĐT và tìm kiếm các phương pháp
Ơ
biến đổi bài toán bất đẳng thức cho HS cần được tổ chức thông qua các hoạt động
H
học tập có cài đặt dụng ý sư phạm với mục đích HS tự phát hiện, tự đào sâu, mở
N
rộng các hướng khác nhau cho cùng một bài toán. Hơn thế nữa, các hướng khai thác, biến đổi bài toán thường được kế thừa trên các cơ sở của kiến thức toán mà
Y
các em HS đã có trước đó; cho nên việc giải quyết nhiệm vụ học tập này có tiềm
U
năng thực hiện được dưới dạng tổ chức giải quyết vấn đề cho HS. Mỗi hướng nhìn
Q
nhận để khai thác, mở rộng bài toán lại được gắn với những số liệu, những giả thiết cụ thể mà để giải được, đòi hỏi người HS phải biết nhìn ra và giải quyết yêu cầu của
M
bài và tìm ra được manh mối mới cho lời giải. Mà tình huống có vấn đề lại là hạt
KÈ
nhân của việc tư duy tích cực và tạo nên sự sáng tạo. Do vậy, việc biến đổi bài toán bất đẳng thức có tiềm năng rất lớn trong việc phát hiện bồi dưỡng tư duy toán học
ẠY
nói chung, tư duy và sáng tạo cho HS khá và giỏi nói riêng. Các bài học về khai thác, biến đổi bài toán bất đẳng thức về bản chất đòi hỏi
D
HS phát hiện, tự đào sâu, mở rộng các hướng khác nhau cho cùng một bài toán nên
có tác dụng kích thích HS tư duy giải quyết nhiệm vụ học tập. Trong quá trình đó,
đòi hỏi HS phải biết chuyển hoạt động trí tuệ từ dạng này sang dạng khác, tìm được
nhiều giải pháp trên các góc độ và tình huống khác biệt, tìm được lời giải lạ hoặc duy nhất, phối hợp các ý nghĩ và hành động, phát triển được ý tưởng và đi chứng
28
minh, tìm ra vấn đề, mâu thuẫn, sai lầm, sự thiếu lôgíc,v.v.. do đó nảy sinh ý muốn cấu trúc lại hợp lí, hài hoà, tạo ra cái mới. Từ đó, học sinh có được tính mềm dẻo, uyển chuyển, linh hoạt trong phát triển tư duy sáng tạo.
FF IC IA L
Quá trình khai thác bài toán có thể được thực hiện ở các hướng mở trong giả
thiết, yêu cầu của bài toán đã cho, thực hiện khái quát, đặc biệt hóa bài toán,…Mỗi
hướng khai thác này đều tạo nên những bài toán mới, từ đó tạo nên những sắc thái mới, những yêu cầu, đòi hỏi mới cho việc thực hiện đặt và giải bài toán. Đặc biệt,
với mỗi hướng khai thác, mở rộng bài toán thì yêu cầu về tính kế thừa kết quả lời giải của bài toán trước đó cũng thay đổi theo. Như vậy, thực hiện việc khai thác,
O
biến đổi bài toán theo nhiều hướng đi khác nhau liên tiếp đặt ra những yêu cầu ở các mức trong việc giải quyết vấn đề mới. Từ đó, khả năng sáng tạo và phát triển tư
N
duy của HS có cơ hội được nâng lên ở những tầm cao mới.
Ơ
Như vậy, có thể thấy rằng vấn đề khai thác, biến đổi bài toán bất đẳng thức
H
trong việc dạy môn Toán đối với HS THCS tạo ra các hoạt động kích thích HS suy
N
ngẫm, hoạt động nhận thức này luôn đi theo một cách mới, tìm ra cách giải quyết theo mới và áp dụng trong điều kiện mới thể giải quyết yêu cấu theo một cách sáng
Y
tạo. Đó chính là cơ hội tốt để nâng tầm tư duy sáng tạo cho HS.
U
1.2.6. Các định hướng khai thác bài toán bất đẳng thức nhằm phát triển tư duy
Q
sáng tạo cho học sinh
M
Nhiệm vụ của việc khai thác các bài toán Bất đẳng thức nhằm tạo nên sự phát triển về tư duy sáng tạo cho HS. Bởi lẽ đó, các cách thức, kĩ thuật khai thác bài
KÈ
toán cần xoay quanh các yêu cầu về tác động vào tất cả những yếu tố tư duy. Theo
đó, các định hướng khai thác bài toán bất đẳng thức nhằm phát triển tư duy sáng tạo
ẠY
cho học sinh cần thực hiện là: - Tạo tình huống, điều kiện, tiềm năng để HS tìm ra cái mới, cách giải quyết
D
cái mới trên những cái đã biết.
- Tiềm năng cho học sinh linh hoạt, tích cực trong suy nghĩ, khi thực hiện nhiệm vụ của việc học tập, tăng cường các tình huống gợi nên những ý nghĩ phản biện vấn đề đối với HS.
29
- Thuận lợi và tiềm năng cho các thành tố tư duy của HS được khuyến khích khi tham gia việc học tập theo yêu cầu mới. - Khai thác các bài toán theo các hướng:
FF IC IA L
+ Thực hiện các hoạt động tương tự hóa, khái quát hóa trong cùng một bài
toán BĐT nhằm tạo ra những góc xét riêng đối với các bài toán;
+ Thay đổi điều kiện các bài toán để có bài toán mới. Từ đó những câu hỏi đặt ra liên tục giúp HS tích lũy được kinh nghiệm và lính hội được nhiều kiến thức.
+ Tạo ra chùm bài toán trên cơ sở bài đã cho và thiết lập phương phảo giải cho
O
các họ bài toán mới.
+ Lật ngược bài toán: Thay đổi vao trò của giả thiế và kết luận để xét bài toán
N
mới. Trong quá trình đó, cần bổ sung thêm các điều kiện để bài toán mới có thể giải
Ơ
được. Đây là diều kiện quan trọng để kích thích sự sáng tạo và tư duy phản biện của
H
HS.
+ Tổ chức cho học sinh thực hiện ứng dụng kiến thức bất đẳng thức vào tìm kiếm
N
lời giải các bài toán trong đại số, hình học, số học và trong thực tế
Y
+ Tạo ra cho HS những cơ hội sử dụng các BĐT để nhận diện, tìm tòi lời giải các
U
bài toán liên quan cực trị và bất đẳng thức trong các kỳ thi HSG, thi vào lớp 10
Q
THPT chuyên, thi THPT Quốc gia. 1.3. Thực trạng việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học toán
M
ở trường THCS hiện nay
KÈ
1.3.1. Mục đích khảo sát.
Khảo sát nhằm xem xét hiện trạng việc phát triển tư duy sáng tạo cho HS
Trung học cơ sở nhằm đề xuất những quyết điṇh thích hợp để cải thiện thực trạng,
ẠY
điều chỉnh, nâng cao chất lươṇg phát triển tư duy sáng tạo cho HS Trung học cơ sở
D
nói riêng, nâng cao chất lượng dạy học môn Toán nói chung.
1.3.2. Đối tượng khảo sát.
Khảo sát hướng vào thực trạng của việc dạy và học phát triển khả năng tư duy sáng tạo thông qua khai thác một số bài toán bất đẳng thức lớp 9 của giáo viên
30
và HS một số trường THCS trên địa bàn thành phố Việt Trì nên chúng tôi đã tiến hành điều tra đối với các giáo viên tham gia giảng dạy môn Toán học và các HS của một số trường THCS như trường THCS Văn Lang, THCS Gia Cẩm, THCS Thọ
FF IC IA L
Sơn, THCS Nông Trang, THCS Dữu Lâu trên địa địa bàn thành phố Việt Trì . Cụ
thể, chúng tôi khảo sát 40 HS lớp 9 (đều là các HS tham gia ôn luyện đội tuyển của trường) và 20 giáo viên tham gia dạy môn Toán lớp 9 của các trường này. Các giáo viên được khảo sát đều có kinh nghiệm dạy học ít nhất 5 năm, trong đó 20% giáo viên có trình độ thạc sĩ, 80% giáo viên có trình độ Đại học; các HS được khảo sát là
các HS lớp 9 đã được học hầu hết các nội dung môn Toán lớp 9. Hình thức khảo sát
O
chủ yếu là lập phiếu khảo sát dành cho giáo viên và HS , ngoài ra trực tiếp trao đổi, phỏng vấn giáo viên.
N
1.3.3. Nội dung khảo sát
Ơ
Việc khảo sát tập trung vào các vấn đề chính sau:
H
- Tìm hiểu nhận thức của giáo viên về tư duy sáng tạo, về vai trò, tầm quan
N
trọng của việc phát triển tư duy sáng tạo cho HS .
Y
- Tìm hiểu thực trạng việc phát triển tư duy sáng tạo cho HS thông qua dạy học
U
toán học nói chung, thông qua khai thác các bài toán bất đẳng thức nói riêng. - Khảo sát thuận lợi và khó khăn của giáo viên khi phát triển tư duy sáng tạo
Q
ho HS thông qua khai thác các bài toán bất đẳng thức.
M
1.3.4. Phương pháp khảo sát
KÈ
Chúng tôi thu thập thông tin qua việc phỏng vấn trao đổi trực tiếp GV, HS,
lập phiếu điều tra thông tin,…
ẠY
1.3.5. Kết quả khảo sát Thực trạng nhận thức về tư duy sáng tạo, về tầm quan trọng của việc phát
D
triển tư duy sáng tạo cho học sinh của giáo viên toán THCS, thực trạng việc phát
triển tư duy sáng tạo cho HS thông qua dạy học toán học nói chung, thông qua
khai thác các bài toán bất đẳng thức nói riêng
100 % giáo viên và 100% học sinh được khảo sát đều cho rằng phát triển tư
31
duy sáng tạo cho học sinh nói chung, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua khai thác các bài toán bất đẳng thức lớp 9 là rất quan trọng. Tuy nhiên, nhiều giáo viên còn ngại đổi mới, chưa tích cực học hỏi, chưa sáng tạo, chủ động trong việc
FF IC IA L
phát triển tư duy, năng lực cho học sinh thông qua dạy học các nội dung cụ thể
trong môn học. Đối với giáo viên trẻ thì có nhiệt huyết, có sức trẻ, tích cực đổi mới, nhưng còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy và ngại chạm khi trao đổi các vấn đề xoay quanh các nọi dung chuyên môn. Về phía học sinh đa số các em đều nhận thức đúng
đắn về tầm quan trọng của việc phát triển tư duy sáng tạo thông qua khai thác các
bài toán bất đẳng thức lớp 9. Tuy nhiên, ciệc tiếp cận với các hoạt động học tập có
O
tính sáng tạo nhằm phát triển tư duy sáng tạo của các em còn phụ thuộc vào năng lực,
sự nhiệt tình của giảng viên. Do đó, kết quả phát triển tư duy sáng tạo của học sinh
N
chưa đạt như mong muốn,
Ơ
Kết quả khảo sát cụ thể theo các nội dung được cho trong bảng sau:
H
* Đối với giáo viên:
N
Theo thầy (Cô), tư duy sáng tạo là (Thầy (Cô) chọn 1 đáp án Thầy (Cô)
U
Nội dung điều tra
Y
cho là đúng nhất):
Q
Là khả năng sáng tạo ra những lời giải mới trong học tập
M
Là ý thức thực hiện những sự sáng tạo
Số ý kiến Tỉ lệ 3
15%
2
10%
13
65%
2
10%
Là một loại hình tư duy đặc trưng bởi hoạt động và suy nghĩ
KÈ
nhận thức mà những hoạt động nhận thức ấy luôn diễn ra theo
một cách mới và vận dụng nó trong hoàn cảnh mới
ẠY
.Là sự tích cực tìm ra cái mới, cách giải quyết cái mới, không bị
D
gò bó, phụ thuộc vào những cái đã có
32
Câu 2: Thầy (Cô) lựa chọn mức độ về tầm quan trọng của việc rèn luyện
1
Thành phần
Học
sinh
Rất cần thiết
Cần thiết
20 (100 %)
0 (0 %)
`0 (0 %)
18 (90 %)
2 (10 %)
0 (0 %)
dễ
chuyển từ hoạt động trí tuệ này
sang hoạt động trí tuệ khác 2
Tìm được các giải pháp trên nhiều góc nhìn
N
và tình huống
phương hoặc
duy
4 (20 %)
2 (10 %)
13(65 %)
4 (20 %)
3 (15 %)
14 (70 %)
4 (20%)
2 (10%)
Y
nhất”
14 (70 %)
N
thức giải quyết lạ
H
Tìm và quyết định
Lên kế hoạch,
U
4
Ơ
khác nhau” 3
Không cần thiết
FF IC IA L
STT
O
các thành phần yếu tố của tư duy sáng tạo sau của học sinh:
Q
phối hợp các ý nghĩ và hành
M
động, phát triển
KÈ
ý tưởng, kiểm tra
và
chứng
minh được ý
ẠY
tưởng
D
5
Nhanh
chóng
phát hiện ra vấn đề, mâu thuẫn,
sai
lầm,
thiếu lôgíc
sự
33
Câu 3: Khi dạy học chủ đề bất đẳng thức cho học sinh 9, Thầy (Cô) có quan tâm việc tổ chức các hoạt động nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh không ? (Thầy (Cô) chọn 1 đáp án ):
Số ý kiến
Tỉ lệ
3
15%
10
50%
7
35%
0
0%
FF IC IA L
Nội dung điều tra Thường xuyên quan tâm Thỉnh thoảng có quan tâm Rất hiếm khi quan tâm
O
Không bao giờ quan tâm
N
Câu 4: Thầy (Cô) nhận thấy tầm quan trọng của việc tổ chức dạy học phát
Ơ
triển tư duy sáng tạo của học sinh ở mức độ nào? (Thầy (Cô) chọn 1 đáp án):
Số ý kiến
Tỉ lệ
14
70%
6
30%
Không quan trọng lắm
0
0%
Quan trọng
0
0%
H
Nội dung điều tra
N
Rất quan trọng
M
Q
U
Y
Quan trọng
Câu 6: Thẩy (Cô) đánh giá như thế nào về mức độ quan trọng của các
KÈ
biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh khi khai thác sâu các nội
ẠY
dung bài toán trong dạy học
D
STT
1
Biện pháp thực hiện
Quan trọng
Tăng cường việc 16 (80 %) khái quát hóa, đặc biệt hóa, lật ngơic
Bình thường
3 (15 %)
Không quan trọng
1 (5%)
34
vấn đề khi thực hiện giải bài tập 2
Thu hẹp, mở rộng, bổ sung điều kiện
FF IC IA L
thay đổi giả thiết, 15 (75 %)
3 (15 %)
15 (75%)
4 (20 %)
để xây dựng các
bài toán mới 3
Gắn nội dung bài tiễn,
nhìn
nhận sự phong phú
H
dụng thực tiễn với
Sử dụng linh hoạt
N
nội dung bài học 4
1 (5%)
Ơ
hóa của các ứng
N
thực
O
học với các yếu tố
2(10%)
Y
các bất đẳng thức
U
để nhận diện, giải
Q
các bài toán về
cực trị và bất đẳng
M
thức trong các đề
KÈ
thi HSG, thi vào lớp 10 THPT
D
ẠY
chuyên, thi THPT Quốc gia.
17 (85 %)
2 (10 %)
1 (5%)
35
• Đối với HS: Câu 1: Trong quá trình dạy các em giải bài tập về bất đẳng thức, thầy cô giáo của các em có hay tạo cho các em những tình huống gay cấn cần giải quyết:
Số ý kiến
Thường xuyên
21
Thỉnh thoảng
18
Không bao giờ
1
Tỉ lệ
FF IC IA L
Nội dung điều tra
52,5 % 45 %
O
2,5 %
Câu 2: Khi tạo cho các em những tình huống gay cấn cần giải quyết, các thầy
N
cô thường tổ chức cho các em giải quyết vấn đề như thế nào:
Ơ
Nội dung điều tra
H
Thầy cô hướng dẫn cho chúng em cách giải quyết vấn đề
N
và chúng em tự làm
Y
Thầy cô tự làm rồi chúng em ghi chép
U
Thầy cô yêu cầu cá nhân chúng em tự giải quyết vấn đề
Q
đặt ra
Thầy cô cho chúng em hoạt động nhóm để tìm cách giái
Tỉ lệ
22
55 %
5
12,5 %
3
7,5%
10
25%
M
quyết vấn đề
Số ý kiến
KÈ
Câu 3: Trong giải bài tập bất dẳng thức, thầy cô (hoặc các em) có thường thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài toán để các em có được bài toán mới
D
ẠY
không ?
Nội dung điều tra
Số ý kiến
Tỉ lệ
Thường xuyên
5
12,5 %
Thỉnh thoảng
26
65 %
Không bao giờ
9
22,5%
36
Câu 4: Thầy cô giáo yêu cầu các em tự thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài
Nội dung điều tra
Số ý kiến
Tỉ lệ
Thường xuyên
4
Thỉnh thoảng
11
Không bao giờ
25
FF IC IA L
toán để có được bài toán mới ?
10 %
27,5 %
62,5 %
Câu 4: Khi thầy cô thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài toán để các em có được bài toán mới , các em thấy bài toán mới có tạo ra sự thích thú cho các em
Rất thích
33
Không thích lắm
7
Không thích
0
Tỉ lệ
N
Số ý kiến
82,5 % 17,5 %
N
H
Ơ
Nội dung điều tra
O
không ?
Y
Kết quả khảo sát về giáo viên và học sinh cho thầy: Phần lớn giáo viên được
U
hỏi đều nhận thức đúng đắn về lí luận tư duy sáng tạo, mức độ về tầm quan trọng
Q
của việc phát triển các thành phần sáng tạo cho học sinh. 65 % giáo viên được hỏi nhận thức đúng đắn rằng về tư duy sáng tạo là một hình thức tư duy đặc trưng bởi
M
các hoạt động và những suy nghĩ nhận thức mà các hoạt động nhận thức ấy luôn
KÈ
theo một cách thức mới, giải quyết được những vấn đề theo cách mới và vận dụng trong điều kiện mới. Trên 70 % giáo viêcn được hỏi nhận thức đúng đắn về những thành phần tư duy, sáng tạo, tầm quan trọng của việc rèn luyện các thành phần yếu
ẠY
tố của tư duy sáng tạo sau của học sinh. Trong đó, 100 % giáo viên nhận thức rõ là
trong cả quá trình sáng tạo của tư duy, học sinh cần biết chuyển từ hoạt động trí tuệ
D
này sang hoạt động trí tuệ mới. Điều này cho thấy giáo viên đã nhận thức tương đối
đầy đủ, đúng đắn về bản chất, các thành phần của tư duy sáng tạo. Tuy nhiên, số
giáo viên thường xuyên quan tâm quan tâm việc tổ chức các hoạt động nhằm phát triển được tư duy và sự sáng tạo cho học sinh lại không nhiều (15 % giáo viên được
37
hỏi) mặc dù 70% số giáo viên được hỏi nhận thấy tầm việc tổ chức dạy học phát triển tư duy sáng tạo của học sinh là rất quan trọng. Việc thêm, bớt giả thiết của bài toán để có bài toán mới được học sinh rất quan tâm, tuy nhiên số giáo viên thực
FF IC IA L
hiện nội dung này trong dạy học lại không nhiêù. Chỉ có 12, 5 % số học sinh được hỏi có cho rằng giáo viên thường thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài toán để các em có được những bài toán mới.
Thông qua việc lấy ý kiến giáo viên một lần nữa khẳng định rằng nhận thức về việc dạy học phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh là rất quan trọng, tuy nhiên
trong quá trình thực hiện do còn ngại việc, ngại đổi mới, thiếu kiến thức về mặt lí
O
luận , một số đối tượng học sinh chưa đáp ứng được yêu cầu nên thực tiễn việc dạy
N
học phát triển năng lực giải quyết vấn đề toán học chưa đạt hiệu quả cao. Những yếu tố ảnh hưởng, thuận lợi, khó khăn của giáo viên và học sinh
H
qua nội dung bất đẳng thức.
Ơ
khi thực hiện việc dạy và học nhằm phát triển khả năng sáng tạo cho học sinh
N
Từ kết quả điều tra thực trạng đã nêu và qua phỏng vấn trực tiếp đối với giáo
Y
viên và học sinh lớp 9 chúng tôi xác định:
U
Những yếu tố ảnh hưởng tới vấn đề dạy và học phát triển tư duy sáng tạo thông qua khai thác một số bài toán Bất đẳng thức lớp 9
Q
- Ảnh hưởng từ phía giáo viên: Tinh thần trách nhiệm, sự say mê chuyên
M
môn của giáo viên, việc nắm bắt yêu cầu dạy và học phát triển nhằm phát triển tư duy nói chung, tư duy sáng tạo cho học sinh nói riêng thông qua khai thác một số
KÈ
bài toán Bất đẳng thức lớp 9 chưa tích cực. - Ảnh hưởng từ phía HS: Tinh thần nghiêm túc, chăm chỉ rèn luyện, sự
ẠY
say mê học tập, việc chủ động nắm bắt kiến thức, chủi động thực hiện các hoạt
động phát triển tư duy sáng tạo thông qua khai thác các bài toán bất đẳng thức
D
lớp 9 chư a cao. - Ảnh hưởng từ các cấp quản lý giáo dục: Quan tâm bồi dưỡng giáo viên, học sinh như chưa được chú trọng nhiều đến dạy học phát triển tư duy sáng tạo
38
Những thuận lợi của giáo viên khi thực hiện dạy học phát triển tư duy sâng tạo cho học sinh thông qua khai thác một số bài toán bất đẳng thức lớp 9:
- Đội ngũ giáo viên luôn tâm huyết, trách nhiệm cao trong công dạy học,
FF IC IA L
giáo viên hầu hết đều nhận thức đầy đủ, đúng đắn về tầm quan trọng của việc phát triển tư duy nói chung, tư duy sáng tạo cho học sinh nói riêng; Học sinh luôn được sự quan tâm của gia đình, thầy cô trong công tác giáo dục nên ý thức học tập, rèn luyện tốt. Học sinh nhận thức đúng đắn về vấn đề học tâpj nhằm phát triển tư duy,
hoàn thiện bản thân, sãn sàng thực hiện các hoạt động học tập, rèn luyện nhằm phats triển tư duy sáng tạo.
O
- Trong bối cảnh đổi mới giáo dục các cấp, các trường phổ thông rất quan tâm
tới vấn đề rèn luyện, phát triển các phẩm chất, năng lực trư duy cho học sinh. Bởi
N
vậy, tư tưởng và quan điểm chỉ đạo trong phát triển tư duy ní chung, tư duy sáng tạo
Ơ
nói riêng trong các trường THCS học đảm bảo tính thông suốt, nhất quán, thuận lợi
H
cho việc thực hiện công tác này của giáo viên.
N
- Chuẩn kiến thức, kĩ năng, yêu cầu phát triển năng lực của chương trình môn Toán lớp 9 cũng thể hiện rõ những yêu cầu phát triển năng lực tư duy của học sinh
Y
đáp ứng yêu cầu giáo dục trong giai đoạn đổi mới.
U
- Các nội dung kiến thức về Bất đẳng thức lớp 9 gồm nhiều mạch kiến thức
Q
toán học xuyên suốt từ các lớp dưới, tạo nên hệ thống công cụ thuận lợi cho việc khai thác sâu các bài toán trong quá trình dạy học
M
Những khó khăn của giáo viên khi thực hiện dạy học phát triển tư duy
KÈ
sáng tạo thông qua khai thác một số bài toán bất đẳng thức lớp 9
- Khó khăn trong thiết kế các hướng khai thác bài tập bát đẳng thức chuyên
ẠY
sâu nhằm phát triển tư duy và các năng lực của học sinh; - Khó khăn trong việc kết nối các yếu tố thành phần của tư duy sáng tạo của
D
học sinh với các cách thiết kế, khai thác bài tập - Việc đảm bảo tính thường xuyên từ lựa chọn kiến thức, thiết kế nội dung,
lựa chọn và phong phú hóa hình thức tổ chức, phối hợp các phương pháp - kĩ thuật dạy học, kiểm tra đánh giá,…theo quan điểm coi trọng khai thác sâu các bài toán đòi hỏi người giáo viên cần nhiều thời gian công sức và theo hệ thống ….
39
- Khó khăn trong việc điều khiển thời gian dạy học, khó khăn trong đổi mới tổ chức dạy học, đổi mới kỹ thuật dạy học, đổi mới phương pháp dạy học. - Khó khăn trong việc gây hứng thú, sự tích cực, chủ động thực hiện các hoạt
FF IC IA L
động học tập nhằm khai thác sâu bài toán theo các hướng khác nhau. Nguyên nhân của thực trạng:
Qua tìm hiểu, chúng tôi thấy hạn chế trên bởi do một số nguyên nhân sau:
- Một bộ phần GV còn ngại đổi mới, ngại tìm hiểu, chưa thực sự dạy học bằng đam mê, nhiệt huyết.
O
- Hoạt động khai thác bài toán còn mất khá nhiều thời gian do đó một số giáo giáo viên còn ngần ngại khi tổ chức thực hiện các hoạt động này.
N
- Giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc phát triển các thành phần tư duy
Ơ
sáng tạo cho học sinh. Do vậy, chưa phát huy được hết hiệu quả của việc dạy học
H
các chủ đề kiến thức tiềm năng cho việc phát triển ở học sinh loại hình tư duy này.
N
- Đối với các HS thuộc diện khá giỏi thì các có hứng thú khi học tập theo cách tác động của giáo viên về khai thác bài toán. Tuy nhiên vẫn còn một số học
Y
sinh còn có thái độ học tập không đúng đắn, các em không chịu suy nghĩ nên hiệu
U
quả rèn xoay quanh việc khai thác các bài toán còn hạn chế.
Q
- Giáo viên bị áp chế về thời lượng của chương trình nên việc quan tâm chuyên sâu cho khai thác bài toán nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh còn
M
hạn chế. Hơn nữa, giáo viên còn hạn chế trong kinh nghiệm tổ chức giờ dạy học
KÈ
theo hướng khai thác sâu các bài toán nói chung, khai thác bài toán bất đẳng thức nói riêng. Do vậy, họ chưa tận dụng tối đa mọi cơ hội để thực hiện hoạt động này
ẠY
trong dạy học. - Giáo viên còn thiếu các tài liệu định hướng về dạy học phát triển tư duy
D
sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác nội dung môn Toán nói chung, khai thác
một số bài toán bất đẳng thức lớp 9 theo các mạch kiến thức nói riêng nên việc thực hiện nhiệm vụ phát triển tư duy cũng như sáng tạo cho học sinh trong dạy học còn hạn chế.
40
- Việc chỉ đạo chuyên môn của các trường chưa quan tâm sâu sắc đến việc chỉ dẫn các hoạt động chuyên môn nhằm đi sâu phát triển các loại hình tư duy cho học sinh.
FF IC IA L
Đánh giá chung: Hầu hết giáo viên cũng đã nhận thức đúng, đầy đủ về vai trò,
tầm quan trọng của việc phát triển tư duy nói chung, tư duy sáng tạo nói riêng cho học sinh. Tuy nhiên, số lượng giáo viên quan tâm thực hiện nhiệm vụ này chưa nhiều. Đặc biệt, khi tiến hành tổ chức các hoạt động dạy học phát triển tư duy sáng tạo thì giáo viên và học sinh còn gặp một số khó khăn: Khó khăn trong thiết kế các hướng khai thác bài tập chuyên sâu nhằm phát triển các yếu tố thành phần của tư duy sáng tạo
O
của học sinh; khó khăn trong việc kết nối các yếu tố tư duy sáng tạo của học sinh với các cách thiết kế, khai thác bài tập,…. Một trong những nguyên nhân cơ bản
N
dẫn đến tình trạng trên là một bộ phận giáo viên ngại đổi mởi, chưa thực sự nhiệt
Ơ
huyết cao với chuyên môn. Hơn nữa, giáo viên còn thiếu lí luận, thiếu tài liệu
H
hướng dẫn, định hướng việc dạy học phát triển tư duy sáng tạo qua việc khai thác
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
các bài toán Bất đẳng thức lớp 9 cho học sinh trong suốt quá trình dạy học...
41
KẾT LUẬN CHƯƠNG 1
Tư duy sáng tạo là một trong những loại hình tư duy quan trọng cần thiết đối với học sinh phổ thông trong giai đoạn hiện nay. Phát triển tư duy sáng tạo cho HS
FF IC IA L
là một trong những nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu nhằm đảm bảo yêu cầu, mục tiêu thực hiện chương trình giáo dục phổ thông.
Ở chương này luận văn đã thể hiện rõ được khái niệm về tư duy, tư duy sáng
tạo, đã nêu lên được các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo, vận dụng tư duy biện chứng để phát triển tư duy sáng tạo đồng thời nêu lên được triển vọng của việc dạy học chủ đề “Bất đẳng thức” trong việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
O
Phát triển tư duy sáng tạo cho HS được thực hiện qua các cách thức tác động
N
nhằm tạo nên sự nhuần nhuyễn, tinh tế, linh hoạt, sáng tạo của HS trong giải quyết
Ơ
các nhiệm vụ về học tập. Các vấn đề được khai thác sâu theo những hướng khác nhau đối với bài tập về bất đẳng thức có nhiều tiềm năng cho việc phát triển tư duy
H
sáng tạo ở học sinh THCS.
N
Qua quá trình khảo sát việc dạy học phát triển tư duy sáng tạo ở một số
Y
trường THCS hiện nay chúng tôi thấy: đa số giáo viên đều ý thức được việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh là rất cần thiết trong bối cảnh hiện nay. Tuy
U
nhiên, thực tế số giáo viên đã chú trọng thực hiện phát triển các thành phần năng lực
Q
tư duy và sáng tạo cho HS trong dạy học môn Toán lại chưa nhiều. Đặc biệt, khi
M
thực hiện phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho HS thông qua khai thác các bài toán bất đẳng thức thì giáo viên đã gặp một số khó khăn như: Khó khăn trong thiết
KÈ
kế các hướng khai thác bài tập bất đẳng thức chuyên sâu nhằm phát triển các năng lực của HS; khó khăn gặp phải trong việc kết nối các yếu tố về tư duy sáng tạo của
ẠY
HS với các cách thiết kế, khai thác hay mở rộng các bài tập,…Một trong những
nguyên nhân dẫn đến khó khăn trên là do giáo viên còn thiếu những tài liệu định
D
hướng về dạy học và phát triển khả năng tư duy sáng tạo thông qua khai thác nội dung môn Toán nói chung, khai thác một số bài toán bất đẳng thức lớp 9 theo mạch
kiến thức nói riêng trong toàn bộ quá trình dạy học. Việc phát triển tư duy sáng tạo cho HS trong quá trình dạy học là việc làm
42
rất cần thiết. Khai thác tiềm năng của chủ đề “Bất đẳng thức” để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh là hướng đi rất đúng đắn. Việc nghiên cứu lí luận và thực tiễn những vấn đề được nêu trên là cơ sở quan trọng, để từ đó có thể đưa ra được
FF IC IA L
những biện pháp sư phạm để từ đó phát triển tư duy cũng như tính sáng tạo cho
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
HS trong dạy học qua việc khai thác những bài toán bất đẳng thức lớp 9.
43
Chương 2. BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THCS THÔNG QUA KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
FF IC IA L
2.1. Nguyên tắc xây dựng các biện pháp
2.1.1. Đảm bảo mục tiêu, chuẩn kiến thức, kĩ năng của nội dung chủ đề bất đẳng thức trong chương trình môn Toán lớp 9
Mục tiêu là thành tố rất quan trọng của quá trình dạy học. Nếu không có mục tiêu xác định cho mọi hoạt động, sẽ không có bất kì cơ sở nào để lựa chọn nội dung
giảng dạy, phương pháp giảng dạy và càng không thể đánh giá được hiệu quả, giá
O
trị của một bài giảng. Các mục tiêu là cái mốc để giáo viên đánh giá được sự tiến bộ
N
của học sinh đến mức độ nào. Một hệ mục tiêu được đặt ra đầy đủ cả về mặt thái độ, nhận thức, kĩ năng sẽ hướng toàn bộ quá trình dạy học đạt tới một hiệu quả dạy học
Ơ
tốt nhất. Các hoạt động dạy học được tổ chức không chỉ nhằm mục đích phát triển khả năng
H
tư duy và sáng tạo vấn đề toán học cho học sinh mà quan trọng hơn cả là nhằm cung cấp kiến
N
thức toán học theo yêu cầu về chuẩn kiến thức, kĩ năng cho các em. Các biện pháp tác động trực tiếp tới việc dạy chủ đề bất đẳng thức ở lớp 9. Do vậy nội dung biện pháp đưa ra phải bám
Y
sát nội dung chương trình phần bất đẳng thức trong môn toán lớp 9, không được làm thay đổi
U
cấu trúc của chương trình.
Q
2.1.2. Đảm bảo với sự phù hợp với đặc điểm nhận thức của học sinh năng khiếu
M
toán, khả thi trong điều kiện dạy học.
Trong các biện pháp, cần định hướng các hoạt động: Phát hiện khả năng phát
KÈ
triển tư duy sáng tạo cho HS. Thông qua các chỉ dẫn, cần hướng tới cho HS tăng cường khả năng đề xuất, lựa chọn giải pháp; khả năng thực hiện và đánh giá giải
ẠY
pháp; khả năng nhận ra, hình thành và khai thác ý tưởng mới; khả năng tư duy độc
lập. Điều này hoàn toàn phù hợp với quan điểm sử dụng nhữ ng hoạt động học tập
D
để phát triển toàn diện phẩm chất sáng tạo của người học, đặc biệt có ảnh hưởng
to lớn đối với HS có nhận thức tốt về môn Toán.
2.1.3. Đảm bảo sự phù hợp với các định hướng khai thác bài toán đã xác định
Việc khai thác các bài toán phải đảm bảo sự phù hợp với các định hướng
44
khai thác các bài toán đã xác định. Tránh dẫn đến những tình huống bị sai lệch về định hướng khai thác. Kết quả khai thác khi đó sẽ không có nhiều ý nghĩa, thiếu đi
tính sáng tạo cần thiết và quá trình tư duy bị ảnh hưởng không tốt.
FF IC IA L
2.1.4. Đảm bảo tác động vào các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo
Tư duy sáng tạo có ba đặc trưng cơ bản được tập trung nghiên cứu trong luận
văn là tính mềm dẻo, tính độc đáo và tính nhuần nhuyễn. Mỗi yếu tố đó thể hiện một đặc trưng riêng. Các yếu tố nêu trên đều phải hướng vào việc làm khơi dậy những ý tưởng mới, cụ thể là tìm ra những cái mới, tìm ra những con đường mới,
phát hiện những tính chất mới. Sự mới mẻ ở đây có thể hiểu là mới mẻ đối với một
O
cá thể, đối với một nhóm người, một tập thể hoặc cao hơn nữa là đối với xã hội. Đề
N
cao cái mới không có nghĩa là xem nhẹ cái đã cũ, cái mới thường nảy sinh bắt nguồn từ cái cũ. Cái mới thể hiện trước hết ở sự đánh giá các kinh nghiệm đang
Ơ
được vận dụng một cách mới mẻ, gắn vào cấu trúc hệ thống mới, được liên kết với
H
những kinh nghiệm khác. Vì vậy, việc khai thác các bài tập theo định hướng việc
N
rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo, cần chú ý đến những hướng khai thác bài tập không theo khuôn mẫu, đòi hỏi học sinh phải tự tìm ra cách khai thác độc đáo trên
Y
cơ sở sự tích cực, chủ động.
U
2.1.5. Đảm bảo lí luận dạy học theo quan điểm lấy người học làm trung tâm
Q
nhằm tích cực hóa các hoạt động học tập của người học, phù hợp với lí luận phát
M
triển tư duy
Đây là một trong những nguyên tắc quan trọng đảm bảo cho học sinh tự lực
KÈ
hoạt động để phát triển bản thân. Để phát triển tư duy sáng tạo vấn đề toán học đòi hỏi học sinh tích cực tham gia hoạt động tìm tòi, phát hiện ra được vấn đề, trăn trở
ẠY
tìm cách giải quyết vấn đề. Như vậy, cơ sở của việc hình thành năng lực này là đảm bảo cho người học trở thành chủ thể tham gia tích cực quá trình hoạt động, điều này
D
đồng nghĩa với việc các biện pháp cần tiềm năng cho quan điểm dạy học “lấy người
học làm trung tâm”, phát huy tính tích cực, tự giác, tính chủ động của học sinh, chú ý nhu cầu, năng lực về nhận thức, cách thức học tập khác nhau của từng cá nhân các em HS.
45
2.2. Các biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác các bài toán bất đẳng thức 2.2.1. Biện pháp 1: Chú trọng việc tổ chức cho học sinh thực hiện các hoạt động
FF IC IA L
khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa trong cùng một bài toán bất đẳng thức
2.2.1.1. Cơ sở khoa học của biện pháp
Nguyên tắc cơ bản của TD đó là “Đưa ra câu hỏi và phải tìm cách trả lời câu hỏi đó”. Khi tìm hiểu một về một vấn đề hay tìm cách giải bài toán nào đó ta hãy
đặt ra thêm những câu hỏi và tiếp tục suy nghĩ để tìm ra câu trả lời, như: Mục đích
của vấn đề là gì? Bài toán yêu cầu cái gì? để đạt được mục đích, yêu cầu đó cần biết
O
những gì? Những điều cần biết ấy đã có chưa hay có thể suy ra từ đâu? Đặt ra câu hỏi và tìm cách trả lời là nguyên tắc của tư duy sáng tạo nhưng cũng là phương
N
pháp rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo. Quá trình tư duy sáng tạo giải một bài
Ơ
toán được thể hiện qua những câu hỏi được liên tục đặt ra, ở việc tổng hợp kiến
H
thức và rút ra kinh nghiệm để trả lời các câu hỏi ấy.
N
Thực trạng dạy học hiện nay trên các nhà trường phố thông và đặc biệt là phần bất đẳng thức nói chung giáo viên ít khi thực hiện phép khái quát hóa, tương
Y
tự hóa ,đặc biệt hóa bài toán cho lúc đầu để xây dựng thành những bài toán mới, tạo
U
nguồn cảm hứng sáng tạo cho học sinh.
Q
2.2.1.2. Mục đích sử dụng biện pháp:
M
Xuất phát từ những vấn đề trên biện pháp thực hiện các hoạt động tương tự hóa, đặc biệt hóa, khái quát hóa, trong cùng một bài toán BĐT để có được những bài
KÈ
toán mới giúp giáo viên phần nào hiểu rõ hơn phương thức sử dụng biện pháp này,
cũng như giúp cho HS phát triển tư duy sáng tạo trong giải toán bất đẳng thức, hình
ẠY
thành những thói quen luôn sáng tạo trong công việc. Khi biến đổi giả thiết của bài toán về đặc biệt hơn ( đặc biệt hóa) để HS dễ dàng nhận ra được bài toán mình đang
D
phải thực hiện một cách dễ dàng. Khi thay đổi điều kiện của bài toán đã cho để nó trở nên phức tạp, khó khăn hơn giúp các em HS có thể khái quát hóa hay tổng quát
hóa được bài toán, tạo ra sự linh hoạt hơn trong quá trình học tập. Để thấy rõ được hiệu quả của biện pháp này tôi xin phân tích thông qua một số bài tập ở phần sau.
46
2.2.1.3. Hướng dẫn thực hiện biệp pháp a) Giáo viên gợi ý một số tình huống thực hiện các việc khái quát hóa, tương tự hóa, đặc biệt hóa, trong cùng một bài toán bất đẳng thức giúp học sinh tự lực xây
FF IC IA L
dựng bài toán mới và tìm hiểu lời giải bài toán mới.
Đây là một hoạt động đòi hỏi sự chủ động hoàn toàn của HS trên cơ sở sự gợi
ý của giáo viên. Thực hiện điều này đòi hỏi HS phải xem lại toàn bộ lời giải bài toán, kiểm tra xem lời gợi ý thay đổi của giáo viên rơi vào mắt xích nào trong lời giải để tìm hướng điều chỉnh bài toán và lời giải cho bài toán.
để phát huy khả năng sáng tạo của tất cả các em.
O
b) Khi giao nhiệm vụ cho HS giáo viên nên để HS tự do thay đổi điều kiện bài toán
N
Tuy nhiên không phải khi thay đổi điều kiện ban đầu của bài toán đòi hỏi phải
Ơ
đảm bảo tính đúng đắn và khả thi của bài toán. Vì vậy khi HS sáng tác ra bài toán
mới bằng cách thay đổi kiều kiện ban đầu của bài toán cần phải được giáo viên phải
H
chính xác hóa lại sao cho chuẩn xác về mặt khoa học. 2
Y
N
u+v Ví dụ 2.1. Với u , v ∈ ℝ ta luôn có u 2 + v 2 ≥ 2 2
U
• Phân tích:
Q
Đây là một trong những bất đẳng thức rất cơ bản. Tuy vậy nếu ta có thể mở rộng và
khái quát bài toán sẽ thu được nhiều kết quả thú vị.
M
GV: Câu hỏi đặt ra câu hỏi bất đẳng thức trên có thể mở rộng hơn được không và
KÈ
theo những hướng nào? HS: HS có thể sẽ nghĩ theo một số hướng sau:
ẠY
- Hướng thứ nhất: Khái quát hóa theo các số hạng ta được:
D
a + a + ... + an a12 + a22 + ... + an2 ≥ n 1 2 n
2
GV có thể đưa ra câu hỏi: Dạng của BĐT này có liên quan đến BĐT nào đã biết không? HS: HS nghĩ đến BĐT Cauchy-Shwarz.
47
GV hướng dẫn: BĐT cũng chính là trường hợp đặc biệt của BĐT Cauchy-Shwarz: 2
n 1 a .1 b ≥ 1 aibi khi bi = 1 . n
2 i
n
2 i
FF IC IA L
- Hướng thứ hai: Khái quát hóa theo bậc của BĐT
Nhờ vào phép quy nạp ta thu được: n
u+v Với u , v ≥ 0 ta có u n + v n ≥ 2 . 2
- Hướng thứ ba: Khái quát hóa vừa theo bậc vừa theo số hạng của BĐT ta được: n
a + a + ... + ak Với a1 , a2 ,..., ak ≥ 0 ta có a + a + ... + a ≥ n 1 2 . k n 2
n k
O
n 1
N
• GV cho HS thực hiện hoạt động: Sử dụng các bất đẳng thức trên để tạo ra các bài
Ơ
toán mới: n
H
u+v Từ u + v ≥ 2 . Áp dụng với u , v, w ≥ 0 ta có: 2 n
u+v u + v ≥ 2 2
n
n
Y
n
N
n
Q
n
n
U
v+w v + w ≥ 2 2 n
w +u w + u ≥ 2 2
n
n
M
n
n
n
KÈ
u+v v+w w +u Từ các bất đẳng thức trên suy ra u n + v n + w n ≥ + 2 2 2
n
ẠY
• GV cho HS sử dụng phép đặc biệt hóa thu được nhiều kết quả cơ bản nhìn khá
D
đẹp mắt:
48
2
2
y+z z+x x+ y x + y +z ≥ + + 2 2 2 2
2
2
z+ y y+x x+z x + y +z ≥ + + 2 2 2
3
3
3
5
5
5
3
3
3
x+z z+ y y+x x5 + y 5 + z 5 ≥ + + 2 2 2
FF IC IA L
2
n
α + β +γ ∗ • Theo BĐT α + β + γ ≥ 3 với α , β , γ ≥ 0, n ∈ ℕ . 3 n
n
n
Với u , v, w ≥ 0 ta có: n
n
n
N
n
O
u+u+v 2u + v n n u + v + w ≥ 3 ⇔ 2u + v ≥ 3 3 3 n
n
v+v+w 2v + w n n v + v + w ≥ 3 ⇔ 2v + w ≥ 3 3 3 n
n
Ơ
n
n
n
n
N
H
w +w +u 2w + u n n w n + w n + u n ≥ 3 ⇔ 2w + u ≥ 3 3 3
Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế, sau đó thu gọn ta được: n
n
n
n
U
n
Y
2u + v 2v + w 2w + u u +v +w ≥ + + 3 3 3 n
Q
• GV cho HS đặc biệt hóa n thu được các bất đẳng thức khá hay: 3
3
2u + v 2v + w 2w + u 1) u + v + w ≥ + + 3 3 3 3
3
3
(với n = 3 )
KÈ
M
3
4
4
2u + v 2v + w 2w + u 2) u 4 + v 4 + w 4 ≥ + + 3 3 3 5
5
D
ẠY
2u + v 2v + u 2w+u 3) u + v + w ≥ + + 3 3 3 5
5
7
7
(với n = 4 )
5
5
7
u + 2v v + 2w w + 2u 4) u + v + w ≥ + + 3 3 3 7
4
7
(với n = 5 ) 7
(với n = 7 )
49
5) u
2019
+v
2019
+w
2019
u + 2v ≥ 3
2019
v + 2w + 3
2019
w + 2u + 3
2019
(với
n = 2019 )
FF IC IA L
• GV cho HS tiến hành các phép biến đổi tương tự và sử dụng các bất đẳng thức nêu trên từ đó thể đề xuất ra các bài toán mới theo ý muốn của mình. HS đề xuất nhiều bài toán tương tự, chẳng hạn: ∀x, y, z ≥ 0 : 3
3
11x + 15 y 11 y + 15 z 11z + 15 x 1) x + y + z ≥ + + 16 16 16 3
3
3
3
3
3
3
O
5x + 7 y + 9z 5 y + 7 z + 9 x 5z + 7 x + 9 y 2) x3 + y 3 + z 3 ≥ + + 21 21 21
3
N
3)
3
H
Ơ
30 x + 4 y + 2019 z 30 y + 4 z + 2019 x 30 z + 4 x + 2019 y x3 + y 3 + z 3 ≥ + + 2053 2053 2053 5
3
kx + ly ky + lz kz + lx 4) x + y + z ≥ + + k +l k +l k +l 5
5
3
N
5
3
Y
5
kx + ly + mz ky + lz + mx kz + lx + my 5) x + y + z ≥ + + k +l +m k +l +m k +l +m 5
5
3
U
5
3
Q
6)
2019
M
20 x + 11 y + 2019 z x 2019 + y 2019 + z 2019 ≥ 2050
20 y + 11z + 2019 x + 2050
2019
20 z + 11x + 2019 y + 2050
KÈ
1 1 1 n2 Ví dụ 2.2. Với a1 , a2 ,..., an > 0, n ∈ ℕ, n ≥ 2 ta có + + ... + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + ... + an
ẠY
Có nhiều cách chứng minh kết quả này. Chẳng hạn: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
D
a1 + a2 + a3 ... + an−1 + an ≥ n n a1a2 ...an −1an
1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + + ≥n ⋅ ⋅ ... ⋅ a1 a2 a3 an−1 an a1 a2 an−1 an Do đó:
2019
50
1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + + ≥ n n a1a2 ...an −1an .n ⋅ ⋅ ... ⋅ an −1 an a1 a2 a3 an−1 an a1 a2
( a1 + a2 + ... + an )
FF IC IA L
1 1 1 1 ⇔ ( a1 + a2 + ... + an ) + + ... + + ≥ n2 an−1 an a1 a2 1 1 1 n2 ⇔ + + ... + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + ... + an −1 + an đpcm.
• Phân tích: Có thể nói bất đẳng thức trên được sử dụng rất nhiều trong trường
hợp n = 2;3 đó là ∀a1 , a2 , a3 > 0 ta có:
O
1 1 4 + ≥ a1 a2 a1 + a2
Ơ
N
1 1 1 9 + + ≥ a1 a2 a3 a1 + a2 + a3
H
• Phát hiện vấn đề: Khi ta đặc biệt hóa các số a1 , a2 , a3 sẽ thu được bài toán mới. 1 1 1 9 2 1 9 + + ≥ ⇔ + ≥ p p q p+ p+q p q 2p + q
2 1 9 2 1 9 + ≥ ; + ≥ q r 2q + r r p 2 r + p
U
Làm tương tự ta có:
Y
N
- Khi a1 = a2 = p, a3 = q ( p, q > 0 ) ta có
Q
Từ những điều trên thu được:
M
1 1 1 3 3 3 + + ≥ + + p q r 2 p + q 2q + r 2 r + p
KÈ
Như vậy có:
Bài toán 2.2.1 Cho p, q, r > 0 . Chứng minh rằng
D
ẠY
1 1 1 3 3 3 + + ≥ + + p q r 2 p + q 2q + r 2 r + p
Khai thác bất đẳng thức:
1 1 1 1 16 + + + ≥ a1 a2 a3 a4 a1 + a2 + a3 + a4
(
GV cho HS thực hiện phép đặc biệt hóa các số ai i = 1, 4
)
( a > 0, i = 1, 4) i
51
Chẳng hạn: Cho a1 = α + β ; a2 = α + β ; a3 = β + γ ; a4 = γ + α (α , β , γ > 0 ) . Ta có:
1 1 1 1 16 + + + ≥ α + β α + β β + γ γ + α 3α + 3β + 2γ
FF IC IA L
1 1 1 1 ⇔ + + + ( 3α + 3β + 2γ ) ≥ 16 α + β α + β β +γ γ +α 2 1 1 1 ⇔ + + + 2 (α + β ) + ( β + γ ) + ( γ + α ) ≥ 16 α + β β +γ γ +α p + m
2 ( β + γ ) + 2 ( γ + α ) 2 (α + β ) + ( γ + α ) 2 (α + β ) + ( β + γ ) + + ≥ 16 α +β β +γ γ +α 4γ 3α + β α + 3β ⇔ 2+ +1+ +1+ ≥ 10 α +β β +γ γ +α 4γ 3α + β α + 3β ⇔ + + ≥6 γ +α α + β β +γ
N
O
⇔ 2 +1+1+
Ơ
• Từ đó thu được kết quả sau
N
4p 3m + n m + 3n + + ≥ 6. m+n n+ p p+m
H
Bài toán 2.2.2 Cho các số m, n, p > 0 . Chứng minh rằng
U
Y
• GV cho HS làm tương tự khi áp dụng cho a1 = a2 = u; a3 = v, a4 = w , thu được bài
Q
toán:
v + w 2u + w 4 ( u + v ) + + ≥ 9. u v u+w
M
Bài toán 2.2.3. Cho u , v, w > 0 . Chứng minh rằng:
KÈ
v v • GV cho HS làm tương tự khi áp dụng cho a1 = w + u; a2 = u + ; a3 = w + . Ta 2 2
thu được bài toán:
ẠY
Bài toán 2.2.4. Cho các số u , v, w > 0 . Chứng minh rằng
D
v 4u 4w + + ≥ 3. w + u v + 2w 2u + v
Ví dụ 2.3 Cho các số x, y ≥ 1 . Chứng minh rằng:
1 1 2 + ≥ . 1 + x 1 + y 1 + xy
52
• Phân tích: Với hình thức phát biểu của bài toán HS hoàn toàn nghĩ đến chuyện sử dụng các biến đổi tương đương để chứng minh.
Với x, y ≥ 1 ta có:
1 1 2 + ≥ 1 + x 1 + y 1 + xy ⇔
2+ x+ y 2 ≥ (1 + x )(1 + y ) 1 + xy
(
)
⇔ ( 2 + x + y ) 1 + xy ≥ 2 (1 + x )(1 + y )
)
xy − 1 − 2 xy
)( xy − 1)(
(
)
xy − 1 ≥ 0
)
x− y
)
2
≥0
Ơ
xy − 1 x + y − 2 xy ≥ 0
H
( ⇔( ⇔
(
N
⇔ ( x + y)
O
⇔ 2 + 2 xy + x + y + ( x + y ) xy ≥ 2 + 2 ( x + y ) + 2 xy
FF IC IA L
Đưa ra lời giải:
N
Bất đẳng thức cuối luôn đúng đpcm.
Y
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y
1
(1 + x )
+
1
1
≥
2
Q
1
U
• Phát hiện vấn đề: HS có thể nhận thấy bất đẳng thức có dạng:
(1 + y )
(1 +
1
xy
)
M
Từ đó đề xuất kết quả có thể khái quát hơn như sau:
KÈ
1
(1 + x )
n
+
1
(1 + y )
n
≥
2
(1 +
xy
)
n
với x, y ≥ 1 .
D
ẠY
• Đưa ra hướng giải quyết: HS có thể tìm tòi được lời giải như sau: n
u+v Thật vậy, áp dụng u + v ≥ 2 vớ i u , v ≥ 0 . 2 n
n
53
1
(1 + x )
n
+
1
(1 + y )
n
Mặt khác: với x, y ≥ 1 ta có
Dẫn đến
1
(1 + x )
+
n
1
(1 + y )
n
n
FF IC IA L
Ta có
1 1 1+ x + 1+ y ≥ 2 2
1 1 2 + ≥ 1 + x 1 + y 1 + xy ≥
2
(
1 + xy
)
n
đpcm.
O
• Khai thác bài toán:
- GV đề xuất ý tưởng để chứng minh A + B + C ≥ 3 X ⇔ A + B + C + X ≥ 4 X
N
1 1 1 1 + + + , u , v, w ≥ 1 3 1 + u 1 + v 1 + w 1 + uvw
Ơ
- GV cho một biểu thức P =
H
- GV yêu cầu HS tự thực hiện các đánh giá theo bất đẳng thức trên.
N
• Giải quyết vấn đề:
Với u , v, w ≥ 1 , ta có:
Y
Với việc gợi ý của GV thì HS có thể tìm được hướng đi như sau:
Q
U
1 1 1 2 2 1 + + ≥ + + 3 1 + u 1 + v 1 + w 1 + uvw 1 + uv 1 + w. 3 uvw
M
1 1 1 1 1 1 2 + + + ≥ + 1 + uv 1 + w. 3 uvw 1 + u 1 + v 1 + w 1 + 3 uvw
KÈ
⇔
Mặt khác
1
1 + uv
+
1 1 + w. 3 uvw
2
≥ 1+
uv . w. 3 uvw
=
2 1 + 3 uvw
D
ẠY
Do đó 1 1 1 1 4 1 1 1 3 + + + ≥ ⇔ + + ≥ 3 3 3 1 + u 1 + v 1 + w 1 + uvw 1 + uvw 1 + u 1 + v 1 + w 1 + uvw
• Đề xuất bài toán mới: GV cho HS thực hiện xây dựng bài toán hoàn chỉnh:
54
Bài toán 2.3.1. Cho các số u , v, w ≥ 1 . Chứng minh
1 1 1 3 . + + ≥ 1 + u 1 + v 1 + w 1 + 3 uvw
1
(1 + u )
+
3
1
(1 + v )
≥
3
2
(1 +
)
uv
với u , v ≥ 1 .
3
HS có thể thực hiện tương tự ý tưởng như trên: 1
(1 + b ) 1
Suy ra
(1 +
(1 + b )
3
ab
+
)
3
1
;
(1 + c )
1
(1 + c )
1
(
1 + c. 3 abc
1 3
+
)
ab
)
≥
3
1
Q
(1 +
(1 +
1 +
1
(1 +
3
abc
3
)
3
≥
abc
)
2
(
1 + c. 3 abc
1 ≥ 2 1 + ab
3
(
)
3
)
3
1 + 3 3 1 + c. abc
(
(
1 + c. 3 abc
)
3
≥
2
ab . c. abc
Y
)
1
U
ab
+
3
M
⇔
1
+
N
Hơn nữa:
(1 +
3
+
3
H
(1 + a )
2
1
+
3
≥
3
O
+
N
(1 + a )
3
Ơ
1
FF IC IA L
• Khai thác bài toán: GV cho HS thực hiện khai thác khi n = 3
3
3
2
(1 +
3
abc
)
3
Do đó
KÈ
1
(1 + a )
D
ẠY
⇔
+
3
1
(1 + a )
3
1
(1 + b )
+
+
3
1
(1 + b )
3
1
(1 + c )
+
+
3
1
(1 + c )
3
1
(1 +
≥
3
3
abc
4
≥
) (1 +
3
abc
)
3
3
(1 +
3
abc
)
3
• Đề xuất bài toán mới: GV yêu cầu HS thực hiện việc đề xuất bài toán:
)
55
Bài toán 2.3.2. Cho a, b, c ≥ 1 . Chứng minh rằng:
(1 + a )
3
+
1
(1 + b )
3
1
+
(1 + c )
3
≥
3
(1 +
3
abc
)
3
FF IC IA L
1
• Đề xuất các bài toán tương tự:
GV cho HS thực hiện các biến đổi phép tương tự thu được các bài toán thú vị: Bài toán 2.3.3. Cho m, n, p ≥ 1 . Chứng minh rằng:
Bài toán 2.3.4. Cho m, n, p ≥ 1 . Chứng minh rằng:
1 3 3
1
+
3 3
1
+
3 3
1
≥
3
+
O
1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 2 2 2 1 + m 1 + n 1 + p 1 + mn 1 + np 1 + pm
1
3
+
1
(1 + m ) (1 + n ) (1 + p ) (1 + m n ) (1 + n p ) (1 + p m )
N
2
2
3
Ơ
2
• Phát hiện vấn đề: HS có thể đặt câu hỏi giả thiết Ví dụ 2.3 là x, y ≥ 1 . Nếu thay
N
Từ đó cho HS đề xuất bài toán:
H
đổi thành 0 < x, y < 1 thì kết luận của bài toán thay đổi như thế nào?
1 1 2 + ≤ . 1 + x 1 + y 1 + xy
U
Y
Ví dụ 2.4. Cho các số x, y thỏa mãn 0 < x, y < 1 ta có
Q
GV cho HS thực hiện chứng minh:
M
Với 0 < x, y < 1 ta có:
KÈ
1 1 2 2+ x+ y 2 + ≤ ⇔ ≤ 1 + x 1 + y 1 + xy (1 + x )(1 + y ) 1 + xy
(
)
⇔ ( 2 + x + y ) 1 + xy ≤ 2 (1 + x )(1 + y )
ẠY
⇔ 2 + 2 xy + x + y + ( x + y ) xy ≤ 2 + 2 ( x + y ) + 2 xy
D
⇔ ( x + y)
(
)
xy − 1 − 2 xy
(
)
xy − 1 ≤ 0 ⇔
Suy ra bất đẳng thức trên được chứng minh.
(
)(
xy − 1
x− y
)
2
≤0
56
• Khai thác bài toán: GV cho nhắc lại cho HS bất đẳng thức n
an + bn a+b n n n với a, b ≥ 0 . 2 ≤ a +b ⇔ a+b ≤ 2 2 2
FF IC IA L
GV yêu cầu HS sử dụng các bất đẳng thức trên cho 0 < α , β < 1 thu được:
1 1 + n 1+ α 1 1 1 1 2 1+ β . Mặt khác: + ≤2 + ≤ n n 2 1 + α 1 + β 1 + αβ 1+ α 1+ β
n
1 1 1 1 1 2 + ≤ 2n ⇔ n + ≤ n n 1+ α 1+ β 1 + αβ 1+α 1 + β n 1 + αβ
• Đề xuất bài toán: GV cho HS đề xuất bài toán:
O
Do đó:
N
Bài toán 2.4.1. Cho các số α , β thỏa mãn 0 < α , β ≤ 1 . Chứng minh rằng:
H
Ơ
1 1 2 + ≤ n 1 + α n 1 + β n 1 + αβ
N
• GV cho HS thực hiện các hoạt động tương tự hóa, đặc biệt hóa để thu được nhiều
Y
bài toán mới.
U
• Đề xuất các bài toán mới:
Q
Bài toán 2.4.2. Cho các số α , β , γ thỏa mãn 0 < α , β , γ ≤ 1 . Chứng minh rằng:
M
1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + 1+ α 1+ β 1+ γ 1 + αβ 1 + βγ 1 + γα
1 3
ẠY
KÈ
Bài toán 2. 4.3. Cho các số α , β , γ thỏa mãn 0 < α , β , γ ≤ 1 . Chứng minh rằng:
1+ α 3
+
1 3
1+ β 3
+
1 3
1+ γ 3
≤
1 3
1 + α 2β
+
1 3
1 + β 2γ
+
1 3
1 + γ 2α
D
Bài toán 2.4.4. Cho các số α , β , γ thỏa mãn 0 < α , β , γ ≤ 1 . Chứng minh rằng:
3
1 1 1 3 + + ≤ 3 3 3 1+ α 1+ β 1+ γ 1 + αβγ
57
Bài toán 2.4.5. Cho các số α , β , γ thỏa mãn 0 < α , β , γ ≤ 1 . Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + 3 3 3 2 2 1+ α 1+ β 1+ γ 1 + α β 1 + β γ 1 + γ 2α
FF IC IA L
2.2.2. Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh thực hiện các hoạt động mở rộng, biến đổi một bài toán theo nhiều cách khác nhau và giải các bài toán mới.
2.2.2.1. Cơ sở khoa học của biện pháp
Việc dạy học bất đẳng thức hiện nay cũng như quá trình giải bài tập liên quan tới bất đẳng thức của HS thường chỉ dừng lại ở mức độ giải xong được bài tập
đó, chứ không thường xuyên đưa ra thêm những phương án tiếp cận mới và cách
O
giải quyết khác của bài toán đã cho. Vì vậy, nó sẽ làm thiếu đi sự sáng tạo của cả
N
người học lẫn người dạy. Muốn phát triển được tư duy sáng tạo thì HS cần luôn
Ơ
phải có suy nghĩ xem bài toán đó có thể mở rộng được nữa hay không? Có thể biến đổi được bài toán đó theo nhiều hình thức khác nhau nữa hay không? Từ đó mạnh
H
dạn đề xuất thêm các bài mới cũng như có thể tìm được những lời giải khác sáng
N
tạo hơn.
Y
2.2.2.2. Mục đích sử dụng biện pháp
U
Xuất phát từ cở sở khoa học trên biện pháp thực hiện các hoạt động mở rộng, biến đổi một bài toán theo nhiều hướng khác nhau và giải các bài toán mới giúp
Q
phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong toàn bộ quá trình học tập hình học
M
cũng như việc rèn luyện thói quen đưa ra nhiều tình huống giải quyết một vấn đề nào đó trong cuộc sống sau này của các em. Nhiều người cho rằng Toán học không
KÈ
giúp gì trong thực tiễn cuộc sống nhưng qua biện pháp này chúng tôi cũng có thể
đưa ra phân tích cho các em HS thấy được những ứng dụng của toán học trong thực
ẠY
tiễn đời sống không phải hữu hình mà là vô hình và vô cùng quý giá. Đó là đứng trước một tình huống nào đó trong thực tế cuộc sống nếu chúng ta đưa ra được càng
D
nhiều giải pháp thì rõ ràng con đường đi đến thành công sẽ càng cao hơn rất nhiều.
2.3.3.3. Hướng dẫn sử dụng biện pháp a) Giáo viên tăng cường yêu cầu HS tìm ra cách giải khác nhau cho bài toán ban đầu theo mức độ từ thấp đến cao trong các giờ học.
58
b) Tăng cường trang bị thêm nhiều công cụ, các cách chứng minh cho HS trong từng dạng toán cụ thể để từ đó HS có thể tiếp cận được bài toán theo nhiều cách giải khác nhau.
FF IC IA L
c) Khuyến khích động viên HS tích cực, chủ động tham gia giải các bài tập về bất đẳng thức trong các sách tham khảo, tạp chí về Toán: TH&TT, Toán tuổi thơ, Tạp
chí Pi để các em HS tăng thêm khả năng rèn luyện kỹ năng, năng lực giải toán BĐT
Ví dụ 2.5. Cho số thực α thỏa mãn 0 < α < 1 . Tìm GTLN của A = α (1 − α )
1 2
α +1−α 2
A≤
1 4
1 1 khi α = 4 2
Y
• Mở rộng bài toán:
N
Vậy max A =
H
Ơ
Dấu đẳng thức xảy ra khi α = 1 − α ⇔ α =
α (1 − α ) ≤
N
• Lời giải: Với 0 < α < 1 . Theo BĐT Cauchy:
O
• Phân tích: Đây là tình huống cơ bản mà HS có thể thực hiện một cách đơn giản.
U
Hướng thứ nhất: Điều chỉnh hệ số của biến x .
Q
1 Bài toán 2. 5. 1. Cho 0 < α < . Tìm GTLN của M = kα (1 − lα ) với k , l > 0 l
M
• Hướng dẫn tìm lời giải:
KÈ
Việc vận dụng bất đẳng thức Cauchy lúc này phức tạp hơn, đòi hỏi sau khi áp dụng biến α phải triệt tiêu.
ẠY
Theo bất đẳng thức Cauchy:
D
Suy ra M ≤
lα (1 − lα ) ≤
lα + (1 − lα ) 1 ⇔ lα (1 − lα ) ≤ 2 2
k 1 . Dấu đẳng xuất hiện ⇔ lα = 1 − lα ⇔ α = 4l 2l
Hướng thứ hai: Điều chỉnh bậc của biến α . GV có thể cho HS tự đề xuất một số
bài toán, chẳng hạn:
59
Bài toán 2. 5. 2. Cho 0 < x < 1 . Tìm GTLN của M k = x k (1 − x ) với k ∈ ℕ∗ . Bài toán 2. 5. 3. Cho 0 < x < 1 . Tìm GTLN của M l = x (1 − xl ) với l ∈ ℕ∗ . l
FF IC IA L
Bài toán 2. 5. 4. Cho 0 < α < 1 . Tìm GTLN của S = α (1 − α ) với l ∈ ℕ∗ . l
Bài toán 2. 5. 5. Cho 0 < x < 1 . Tìm GTLN của T = x k (1 − x ) với k , l ∈ ℕ∗ .
• GV cho HS thực hiện tìm lời giải một số trường hợp đặc biệt Bài toán 2. 5. 6. Cho 0 < x < 1 . Tìm GTLN của các biểu thức
O
a) B = x (1 − x 2 )
N
b) C = x (1 − x3 )
Phân tích: Việc sử dụng BĐT Cauchy ở phần b) và phần c) không hề đơn giản.
H
thực hiện thêm một số biến đổi:
Ơ
Đặc biệt là đẳng thức phải xảy ra trong quá trình áp dụng. Vì vậy muốn áp dụng ta
2
N
Bước 1: Bình phương B : B 2 = x 2 (1 − x 2 ) (biến x được cân bằng bậc)
Y
Bước 2: kB 2 = kx 2 (1 − x 2 ) . (1 − x 2 ) . Tìm k sao cho kx 2 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 )
U
kx (1 − x ) . (1 − x 2
2
2
)≤
Q
3
3
=
2 + ( k − 2) x2
thì biến x bị triệt
M
tiêu. Từ đó tìm được k = 2 .
KÈ
Lời giải:
2
b) 2 B 2 = 2 x 2 (1 − x 2 ) = 2 x 2 . (1 − x 2 ) . (1 − x 2 )
D
ẠY
Mặt khác 3
2 x 2 . (1 − x 2 ) .(1 − x 2 ) ≤
2 x 2 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 )
3
Đẳng thức xảy ra khi 2 x 2 = 1 − x 2 x =
3 3
⇔ 2B2 ≤
8 2 3 ⇔B≤ 27 9
60
2 3 3 khi x = 9 3
Vậy max B =
• GV cho HS tự tìm tòi lời giải ở phần b). Vận dụng những suy nghĩ như ở phần a)
FF IC IA L
HS có thể tìm được lời giải như sau: b) Ta có 3C 3 = 3 x 3 (1 − x 3 )(1 − x3 )(1 − x3 ) Theo BĐT Cauchy:
4
Từ đó thu được max C =
3x 3 + 1 − x 3 + 1 − x3 + 1 − x3 33 2 3 ⇔ 3C 3 ≤ ⇔ C ≤ 4 8 4
3 33 2 2 khi x = 8 2
O
3 x3 . (1 − x3 ) . (1 − x3 ) . (1 − x 3 ) ≤
N
4
Ơ
• Phát hiện vấn đề: Từ bài toán trên GV cho HS đưa ra được một số đánh giá cơ
H
bản chẳng hạn:
2 3 9
Q
2) t (1 − t 2 ) ≤
Y
1 4
U
1) t (1 − t ) ≤
N
Với 0 < t < 1 ta có:
33 2 8
M
3) t (1 − t 3 ) ≤
KÈ
• GV hướng dẫn HS mở rộng hơn thu được kết quả:
Với 0 < t < 1 ta có:
ẠY
t (1 − t n ) ≤
n
(n ∈ ℕ ) ( n + 1) n + 1 ∗
n
D
• Khai thác bài toán:
Xuất phát từ t (1 − t 2 ) ≤
2 3 2 3 3 3 2 t t với 0 < t < 1 , ta có: t (1 − t 2 ) ≤ ⇔ ≥ 2 9 9 1− t 2
Khi cho các số m, n, p thỏa mãn 0 < m, n, p < 1
61
Suy ra
3 3 2 n n ; ≥ 2 1− n 2
3 3 2 p p ≥ 2 1− p 2
m n p 3 3 2 m + n2 + p 2 ) + + ≥ ( 2 2 2 1− m 1− n 1− p 2
• Bài toán đề xuất:
FF IC IA L
3 3 2 m m ; ≥ 2 1− m 2
Bài toán 2.5. 7. Cho các số m, n, p thỏa mãn 0 < m, n, p < 1 . Chứng minh rằng:
m n p 3 3 2 m + n2 + p 2 ) + + ≥ ( 2 2 2 1− m 1− n 1− p 2
O
• Phát hiện vấn đề: GV đưa yêu cầu HS chưa dừng lại ở đó, đề nghị HS nghiên
cứu xem cần bổ sung thêm mối liên nào giữa các biến m, n, p sao cho phù hợp với
N
dấu đẳng thức có thể xảy ra, để khi dùng các đánh giá ta sẽ có thêm bài toán mới.
Ơ
Căn cứ quá trình thực hiện những đánh giá trên, HS có thể chọn thêm điều kiện
H
m 2 + n 2 + p 2 = 1 là hoàn toàn hợp lí. Từ đó thu được một bất đẳng thức rất đẹp xét
• Đề xuất bài toán mới:
N
trên mọi phương diện:
U
Y
Bài toán 2.5.8. Cho các số m, n, p > 0 thỏa mãn m 2 + n 2 + p 2 = 1 . Chứng minh rằng: 3 3 m n p + 2 + 2 ≥ 2 2 2 n +p p +m m +n 2
Q
2
M
GV có thể yêu cầu HS mở rộng bài toán này theo một số hướng:
KÈ
• Hướng 1: Mở rộng thêm số hạng và giữ nguyên bậc, ta có các bài toán sau:
Bài toán 2.5.9. Cho các số m, n, p, q > 0 thỏa mãn m 2 + n 2 + p 2 + q 2 = 1 . Chứng
ẠY
minh rằng:
8 m n n p + 2 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 n + p +q p +q +m q +m +n m +n + p 2
D
Bài toán 2.5.10. Cho các số a1 , a2 ,..., an > 0 thỏa mãn a12 + a22 + ... + an2 = 1 . Chứng minh rằng:
a1 a2 n n an + 2 + ... + 2 ≥ 2 2 2 2 2 2 a + a + ... + an a3 + a4 + ... + an + a1 a1 + ... + an −2 + an−1 n − 1 2 2
2 3
• Hướng 2: Thay đổi bậc và giữ nguyên các số hạng, ta thu được:
62
Bài toán 2.5.11 Cho các số m, n, p > 0 thỏa mãn m3 + n3 + p 3 = 1. Chứng minh:
FF IC IA L
33 9 m n p + + ≥ 2 n3 + p 3 p 3 + m3 m3 + n3
Bài toán 2.5.12. Với a, b, c > 0 sao cho a 5 + b5 + c 5 = 1 . Chứng minh: 3 5 81 a b c + + ≥ b5 + c5 c5 + a 5 a 5 + b5 2
Bài toán 2.5.13. Với a, b, c > 0 sao cho a n + b n + c n = 1 . Chứng minh:
O
3 n 3n −1 a b c + + ≥ bn + cn cn + a n a n + bn 2
N
Bài toán 2.5.14. Với các số a, b, c > 0 sao cho a 3 + b3 + c 3 = 1 . Chứng minh:
H
Ơ
33 3 a2 b2 c2 + + ≥ b3 + c3 c3 + a 3 a 3 + b3 2
N
Bài toán 2.5.15 Cho các số a, b, c > 0 thỏa mãn a n + b n + c n = 1 . Chứng minh:
Y
3 k 3k −1 ak bk ck + + ≥ bn + cn cn + a n a n + bn 2
U
• Hướng 3: Thay đổi bậc và tăng số hạng, ta thu được các bài toán sau:
Q
Bài toán 2.5.16 Cho các số a, b, c, d > 0 thỏa mãn a 3 + b3 + c3 + d 3 = 1 . Chứng minh
M
a4 b4 c4 d4 + 3 + 3 + 3 ≥ 23 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 b +c +d c +d +a d +a +b a +b +c
KÈ
Bài toán 2.5.17. Cho các số a1 , a2 ,..., an > 0 thỏa mãn a1n + a2n + ... + amn −1 + amn = 1 .
D
ẠY
Chứng minh rằng: amk a1k a2k m n m n− k + + ... + ≥ a2n + a3n + ... + amn a3n + a4n + ... + a1n a1n + a2n + ... + amn −1 m −1
• Hướng 4: Đặc biệt hóa các số hạng
Trong một số bài toán việc đặc biệt hóa sẽ đem lại những kết quả với hình thức phát biểu lạ mắt và tăng mức độ tư duy khi học sinh khi học tập các bài toán đó.
63
+ Với Bài toán 2.5.9
Đặc biệt hóa khi cho c = d ta có bài toán mới:
2p 8 m n + 2 + 2 ≥ 2 2 2 2 2p + m 3 n + 2p p +m +n 2
+ Với Bài toán 2.5.16
Đặc biệt hóa khi cho p = q ta có bài toán mới:
FF IC IA L
Bài toán 2.5.18. Với m, n, p > 0 sao cho m 2 + n 2 + 2 p 2 = 1 . Chứng minh rằng:
Bài toán 2.5.19. Cho các số m, n, p > 0 thỏa mãn m3 + n 3 + 2 p 3 = 1 . Chứng minh
O
rằng:
Ơ
N
m4 n4 2 p4 + + ≥ 23 2 3 3 3 3 3 3 3 n + 2p 2p + m p +m +n + Với Bài toán 2.5.16
H
Đặc biệt hóa khi cho b = c = d ta có bài toán sau:
N
Bài toán 2.5.20. Cho các số α , β > 0 thỏa mãn α 3 + 3β 3 = 1 . Chứng minh rằng:
U
Y
α4 3β 4 + ≥ 23 2 3 3 3 3β α + 2β
Q
Ví dụ 2.6. Tìm GTLN của biểu thức
M
3u − 1 1 a) M = với u ≥ u 3
3
b) P =
4u − 3 3 với u ≥ u 4
KÈ
• GV: Cho HS cho học sinh thực hiện việc tìm dấu bằng xảy ra của bài toán. Từ đó
tìm lời giải
ẠY
• HS: Tìm được lời giải sau:
D
a) Theo bất đẳng thức Cauchy Suy ra max M =
3 2 khi u = 2 3
( 3u − 1) .1 ≤
3u − 1 + 1 3u − 1 3 M = ≤ 2 u 2
64
b) Sử dụng BĐT Cauchy
3 3 + 3 3 2 2 P = 4u − 3 ≤ 4 12 3 9 u
4u − 3) +
Từ đó suy ra được max P =
FF IC IA L
3 3 ( 3 ( 4u − 3 ) ⋅ ⋅ ≤ 2 2
4 3 12 9 khi u = 9 8
• Đề xuất các bất đẳng thức về hàm một biến:
GV cho HS dựa vào các kết quả trên, xây dựng được một số đánh giá cơ bản về hàm một biến 2)
4 x − 3 4 3 12 3 ≤ vớ i x ≥ x 9 4
O
3
3x − 1 3 1 ≤ vớ i x ≥ x 2 3
1)
n −1
Ơ
3)
kx − m k n n − 1 ≤ ⋅ x n m
với k , m, n ∈ ℕ∗ , n ≥ 2, x ≥
m k
N
• GV giao nhiệm vụ cho HS:
H
n
N
GV yêu cầu HS có thể khái quát hơn được bất đẳng thức:
Y
Từ các kết quả trên, bằng sự linh hoạt và khéo léo có thể sáng tạo ra nhiều bất đẳng
U
thức hay và khó theo ý của mình.
Q
• GV có thể đưa ra gợi ý một tình huống:
M
Xuất phát từ bất đẳng thức
3x − 1 3 1 ≤ với x ≥ suy ra: x 2 3
KÈ
2 x x x2 ≥ ⇔ ≥ x 3x − 1 3 3x − 1 3 2 x
D
ẠY
1 Áp dụng cho 3 số α , β , γ ≥ thỏa mãn α + β + γ = 2 . Ta có đề xuất bài toán sau: 3
1 Bài toán 2.6.1. Cho 3 số α , β , γ ≥ thỏa mãn α + β + γ = 2 . Tìm GTNN của biểu 3 thức P =
α2 β2 γ2 + + 3α − 1 3β − 1 3γ − 1
65
• GV cho HS điều chỉnh đánh giá hàm một biến tương tự các hàm trên, chẳng hạn 2x −1 1 ≤ 1 với x ≥ . x 2
a + b + c = 2 ” bởi “ Cho a, b, c ≥
FF IC IA L
1 Khi đó thay đổi điều kiện bài toán: thay giả thiết “Cho các số a, b, c ≥ thỏa mãn 3 1 thỏa mãn a + b + c = 3 ” 2
GV yêu cầu HS tìm ra bài toán sau:
5 − 2(b + c)
+
b2 5 − 2(c + a)
+
c2
5 − 2(a + b)
N
a2
của biểu thức M =
1 thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất 2
O
Bài toán 2.6.2 Cho các số a, b, c ≥
Ơ
• Thực hiện lời giải sau khi tìm ra bài toán:
H
GV yều cầu HS thực hiện lời giải bài toán trên.
N
• HS có thể đưa ra lời giải như sau:
Y
Vì a + b + c = 3 nên
Q
U
M=
⇔M =
KÈ
M
⇔M =
a2
5 − 2(3 − a)
ẠY D
a a ≥ ; 2a − 1 1 a
b2 5 − 2(3 − b)
+
c2 5 − 2(3 − c)
a2 b2 c2 + + 2a − 1 2b − 1 2c − 1 a b c + + 2a − 1 2b − 1 2c − 1 a b c
Không khó khăn chứng minh được Suy ra
+
b b ≥ ; 2b − 1 1 b
2x −1 ≤1 x c c ≥ 2c − 1 1 c
Do đó M ≥ a + b + c ⇔ M ≥ 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
66
Vậy min M = 3 khi a = b = c = 1
• GV hướng dẫn HS sáng tác ra một số bài toán từ bài toán trên: GV hướng dẫn HS thực hiện các đánh giá hàm một biến theo ý của HS. Kết quả thu
FF IC IA L
được các bài toán là tùy thuộc vào sự sáng tạo của HS. Chẳng hạn các bài toán sau đây:
2 3 4 Bài toán 2.6.3. Cho các số x ≥ , y ≥ , z ≥ . Tìm GTLN của biểu thức 3 4 5 3x − 2 3 4 y − 3 4 5 z − 4 + + x y z
O
A=
Ơ
yz 2 x − 1 + zx 3 3 y − 2 + xy 4 4 z − 3 ≤ 3 xyz
N
1 2 3 Bài toán 2.6.4 Cho các số x ≥ , y ≥ , z ≥ . Chứng minh rằng 2 3 4
N
H
1 2 3 Bài toán 2.6.5. Cho các số x ≥ , y ≥ , z ≥ thỏa mãn xyz = 1 . Tìm GTLN của 2 3 4 biểu thức B = 2 x − 1. 3 3 y − 2. 4 4 z − 3 ≤ 1 .
U
P = 3a 2 + 3b 2 + c 2
Y
Ví dụ 2.7. Cho các số a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tìm GTNN của biểu thức:
Q
• Phân tích: HS hoàn toàn nghĩ đến việc tách các số hạng và áp dụng bất đẳng
M
thức Cauchy và tìm được lời giải bài toán này.
KÈ
HS có thể đưa ta lời giải sau:
c2 c2 Ta có P = ( a 2 + b 2 ) + 2a 2 + + 2b 2 + 2 2
ẠY
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
D
P ≥ 2 a 2b 2 + 2 2a 2 .
c2 c2 + 2 2b 2 . ≥ 2 ( ab + bc + ca ) = 2 2 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi
67
c2 c2 2 2 c = 2a = 2b 5 2 5 a = b, 2a = , 2b = ⇔a=b=± ,c = ± 2 2 ⇔ 2 5 5 5a = 1 ab + bc + ca = 1
5 2 5 ,c = ± 5 5
FF IC IA L
Kết luận: min P = 2 khi a = b = ±
• Phân tích: Ở bài toán trên việc tách các số hạng là khá đơn giản.
Việc áp dụng các bất đẳng thức nhìn chung phải tuân thủ nguyên tắc dấu
đẳng thức xảy ra, nhưng trong nhiều trường hợp tìm ra đẳng thức xảy ra khi nào
không phải dễ dàng, thậm trí là rất khó. Khi đó chúng ta có thể phải đưa thêm vào
O
tham số để thỏa mãn điều kiện xảy ra đẳng thức, đây là một việc làm rất sáng tạo và giải quyết nhiều tình huống khó trong chứng minh bất đẳng thức. Những ví dụ sau
N
đây nói lên điều đó.
N
• Phân tích:
H
của biểu thức: P = 4a 2 + 4b 2 + c 2
Ơ
Ví dụ 2.7. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
Y
Ở ví dụ này ta không thể dễ dàng tìm được dấu đẳng thức. Vì vậy việc tách số hạng
U
được thực hiện qua một tham số m , chẳng hạn tách như sau:
Q
c2 c2 P = + ma 2 + + mb 2 + ( 4 − m ) a 2 + b 2 với 0 < m < 4 . 2 2
(
)
M
• GV yêu cầu học sinh tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra. Từ đó yêu cầu HS tìm
KÈ
lời giải.
Lời giải:
ẠY
Xét tham số m thỏa mãn: 0 < m < 4 . c2 c2 + ma 2 + + mb 2 + ( 4 − m ) a 2 + b 2 2 2
(
D
Ta có P =
)
Áp dụng BĐT Cô-si ta được: P≥2
c2 c2 .ma 2 + 2 .mb 2 + ( 4 − m ) .2 a 2 .b 2 = ac 2m + bc 2m + 2 ( 4 − m ) ab 2 2
68
Chọn m thỏa mãn:
4 − m ≥ 0 m ≤ 4 2m = 2 ( 4 − m ) ⇔ 2 ⇔ 2 2m = 4 ( 4 − m ) 2m − 17 m + 32 = 0
Khi đó P ≥ 2m ( ab + bc + ca ) = 2.
FF IC IA L
m ≤ 4 ⇔ 17 ± 33 17 − 33 ⇔m= m = 4 4
17 − 33 34 − 2 33 33 − 1 .1 = = 4 4 2
33 − 1 1 2m 17 − 33 khi a = b = ,c = ,m = 2 4 1 + 2 2m 1 + 2 2m
N
Kết luận: min P =
Ơ
17 − 33 4
H
vớ i m =
N
O
a = b 1 a = b a = b = 2 1 + 2 2m c Dấu ‘=’ xảy ra khi = mb 2 ⇔ c = b 2 m ⇔ 2m 2 2 2 ab + bc + ca = 1 b + 2b 2m = 1 c = 1 + 2 2m
Y
• Nhận xét: Ở ví dụ trên ta thấy được sự tinh tế khi tách các số hạng bằng cách sử
U
dụng một tham số. Trong một số trường hợp phải sử dụng nhiều tham số hơn.
Q
Ví dụ 2.8. Cho x ≥ 0, y ≥ 0 thỏa mãn x3 + y 3 ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x +2 y
M
• GV hướng dẫn: GV hướng dẫn HS việc đưa ra 2 tham số ở tình huống này.
KÈ
x3 + m + m + m + m + m ≥ 6 6 x3 .m.m.m.m.m = 6 6 m5 . x
ẠY
y 3 + n + n + n + n + n ≥ 6 6 y 3 .n.n.n.n.n = 6 6 n 5 . y
GV cho HS tìm điều kiện để dấu đẳng thức đồng thời xảy ra. Từ đo cho HS thực
D
hiện lời giải.
• HS giải bài: Xét hai tham số m, n > 0 . Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
69
x3 + m + m + m + m + m ≥ 6 6 x3 .m.m.m.m.m = 6 6 m5 . x y 3 + n + n + n + n + n ≥ 6 6 y 3 .n.n.n.n.n = 6 6 n 5 . y
FF IC IA L
Lấy (1) + ( 2 ) theo vế được:
6 6 m5 . x + 3 6 n5 .2 y ≤ x 3 + y 3 + 5 ( m + n ) ≤ 1 + 5 ( m + n )
m = x3 , n = y3 m = x , n = y m = x , n = y 6 5 25 2 Cần tìm m, n thỏa mãn: 6 m = 3 6 n5 ⇔ 2 5 2 x3 = y 3 ⇔ y 3 = 5 2 2 +1 x3 + y 3 = 1 x3 + y 3 = 1 3 1 x = 5 2 2 +1 3
3
3
N
O
3
25 2 +1 6 Khi đó 3 n .P ≤ 1 + 5 ( m + n ) = 6 ⇔ P ≤ = = 5 5 6 n5 2 2 25 2 6 5 2 2 +1 1
5
1
5
H
Ơ
6
N
25 2 3 y = 25 2 +1 25 2 +1 Kết luận: max P = 6 5 ⇔ 1 2 2 x = 3 2 5 2 +1
Q
U
Y
5
Ví dụ 2.8. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M
P = x2 + y2 + z3
KÈ
Lời giải:
Xét hai số m, n > 0 . Theo BĐT Cô-si ta có:
ẠY
x 2 + m 2 ≥ 2 x 2 .m 2 = 2mx
D
y 2 + m 2 ≥ 2 y 2 .m 2 = 2my
z 3 + n3 + n 3 ≥ 3 3 z 3 .n3 .n3 = 3n 2 z Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được: P + 2m 2 + 2n3 ≥ 2mx + 2my + 3n 2 z
70
3 n, z = n 2
FF IC IA L
Cần tìm số m, n thỏa mãn: x = y = m, z = n x = y = m, z = n x = y = m = 2 2 ⇔ 2m = 3n ⇔ 2m = 3n x + y + z = 3 2m + n = 3 3n 2 + n = 3
3− n x = y = m = 2 , z = n n = −1 + 37 ; m = 19 − 37 6 12 2 3 2 Khi đó P + 2m + 2n ≥ 3n ( x + y + z ) = 9n2 ⇔ P ≥ 9n 2 − 2m 2 − 2n3
1 2 3 + + . 3x y z
H
GV giao nhiệm vụ cho HS:
Ơ
biểu thức: P = x + y + z +
N
O
x = y = m 19 − 37 −1 + 37 ;m = Vậy min P = 9n 2 − 2m 2 − 2n3 ⇔ với n = 6 12 z = n Ví dụ 2.9. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn điều kiện 4 x + 3 y + 4 z = 22 . Tìm GTNN của
N
- Biểu diễn biểu thức P thông qua các tham số
Q
U
Y
1 Xét P = mx + ny + kz + (1 − m ) x + + (1 − n ) y + 3x
-
HS suy ra được chọn bộ m, n, k thỏa mãn
M
Liên hệ giữa các tham số xuất phát từ giả thiết: 4 x + 3 y + 4 z = 22
KÈ
1 1 x = 3 (1 − 4l ) (1 − m ) x = 3 x 2 2 đồng thời (1 − n ) y = y = y (1 − 3l ) 3 (1 − k ) z = 3 z = z (1 − 4l )
ẠY
với 0 < m, n, k < 1
-
m n k = = = l m = 4l , n = 3l , k = 4l 4 3 4
D
2 3 + (1 − k ) z + y z
71
Mặt khác
1 2 8 2 +3 = 11 ⇔ +3 = 11(1) với a = 3 − 12l > 0 3 − 12l 4 − 12l 1+ a a 8 2 8 2 +3 < +3 = 11 1+ a 1+1 a 1
+ Với a > 1
8 2 8 2 +3 > +3 = 11 1+ a 1+1 a 1
+ Với 0 < a < 1 1 6
O
⇔8
FF IC IA L
1 2 3 1 2 + 3. + 4. = 22 ⇔ 16. +6 = 22 3 (1 − 4l ) 3 (1 − 4l ) 4 (1 − 3l ) (1 − 3l ) (1 − 4l )
4 x + 3 y + 4 z = 22 4.
N
+ a = 1 l = thỏa mãn (1) . Từ đó dẫn tới lời giải dưới đây:
H
1 2 3 1 1 1 2 1 3 1 + + = ( 4x + 3y + 4z ) + x + + y + + z + y 3 z 3x y z 6 3x 2 3
N
Ta có P = x + y + z +
Ơ
HS thực hiện lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy và sử dụng 4 x + 3 y + 4 z = 22 , ta có :
U
Y
1 1 1 1 2 1 3 11 2 25 P ≥ .22 + 2 x. + 2 y. + 2 z. = + + 2 + 2 = 6 3 3x 2 y 3 z 3 3 3
KÈ
M
Q
1 1 3 x = 3x 1 2 y= Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 ⇔ x = 1, y = 2, z = 3 y 1 3 z= 43x + 3zy + 4 z = 22
ẠY
Vậy min P =
25 khi x = 1, y = 2, z = 3 . 3
D
Ví dụ 2.9. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P = 2 xy + 3 yz + 7 zx
• GV yêu cầu HS đưa các tham số vào biểu thức:
72
Lời giải:
Ta có P = 2 x ( y + z ) + 3z ( x + y ) + 2 zx = 2 x (1 − x ) + 3z (1 − z ) + 2 zx
2
2
xz ≤
2
2
1 1 5 ( x + z + y) 5 1 7 ≤ −2 x − − 2 z − + + ≤ + = 2 2 4 2 4 2 4 1 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = z = , y = 0
( x + z) ) x+z ⇔ 2 xz ≤ 2 2
FF IC IA L
2 2 2 1 1 1 1 ( x + z) = −2 x − − − 3 z − − + (do 2 4 2 4 2
O
• GV đưa ra nhận xét: Bài toán trên có thể mở rộng hơn như sau:
Cho x, y, z , k , l , m ≥ 0 thỏa mãn k + l ≤ m, x + y + z = 2a ( a ≥ 0 ) . Tìm giá trị lớn
Ơ
N
nhất của biểu thức: M = kxy + lyz + mzx (Đáp số: max M = a 2 ⇔ x = z = a, y = 0 ) Trong trường hợp m > k + l ta xét bài toán sau:
N
của biểu thức: P = 7 xy + 8 yz + 9 zx
H
Ví dụ 2.10. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
Y
• GV yêu cầu HS đưa vào các tham số
U
Xét các số m, n, k thỏa mãn P = mx ( y + z ) + ny ( z + x ) + kz ( x + y ) = 7 xy + 8 yz + 9 zx
M
Q
m + n = 7 m = 3 m + k = 8 ⇔ n = 4 k + n = 9 k = 5
KÈ
• Học sinh thực hiện lời giải.
Do đó
D
ẠY
P = 3x ( y + z ) + 4 y ( z + x ) + 5 z ( x + y ) = 3 x (1 − x ) + 4 y (1 − y ) + 5 z (1 − z ) 2
2
2
2
2
2
1 1 1 3 5 = −3 x − − 4 y − − 5 z − + + 1 + 2 2 2 4 4
1 1 1 = −3 x − − 4 y − − 5 z − + 3 2 2 2
73
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 + + 3 x − + 4 y − + 5 z − 2 2 2 3 2 5 2
2
FF IC IA L
1 1 1 1 1 3 1 1 ≥ . 3 x − + .2 y − + 5 z − . = x + y + z − = 2 2 2 2 2 4 5 3
15 126 +3= . Dấu đẳng thức xảy ra khi 47 47
N
Do đó P ≤ −
O
2 2 2 1 1 1 47 1 3 x − + 4 y − + 5 z − . ≥ 2 2 2 60 4 2 2 2 1 1 1 15 ⇔ 3 x − + 4 y − + 5 z − ≥ 2 2 2 47
U
Y
N
H
Ơ
1 1 1 1 1 1 = 2 y − : = 5 z − : 3 x − : 2 3 2 2 2 5 x + y + z = 1 1 1 1 3 x − = 4 y − = 5 z − = 60k ⇔ 2 2 2 x + y + z = 1
D
ẠY
KÈ
M
Q
1 1 1 x = 20k + 2 , y = 15k + 2 , z = 12k + 2 ⇔ 20k + 1 + 15k + 1 + 12k + 1 = 1 2 2 2 −1 k = 94 ⇔ x = 27 , y = 32 , z = 35 94 94 94 Vậy max P =
126 27 32 35 khi x = , y = , z = . 47 94 94 94
74
2.2.3. Biện pháp 3: Tổ chức cho học sinh thực hiện ứng dụng kiến thức bất đẳng thức vào giải một số dạng toán trong hình học, đại số, số học và trong thực tế.
2.2.3.1. Cơ sở khoa học của biện pháp
FF IC IA L
Sử dụng các kiến thức liên quan đến BĐT có thể giải quyết được nhiều bài toán. Trong quá trình áp dụng các BĐT, dấu đẳng thức xảy ra sẽ kéo theo điều
kiện để các phương trình hay hệ phương trình có nghiệm. Nhờ vào BĐT mà các
đánh giá trở nên dễ dàng hơn, từ đó có thể giải quyết được nhiều vấn đề đối với các
bài toán hình học, đại số, số học và các bài toán có nội dung thực tế. 2.2.3.2. Mục đích sử dụng biện pháp
O
Xuất phát từ cở sở khoa học trên biện pháp Tổ chức cho học sinh thực hiện
N
ứng dụng kiến thức bất đẳng thức vào giải một số dạng toán trong hình học, đại số,
số học và trong thực tế giúp phát triển tư duy và khả năng sáng tạo cho học sinh
Ơ
trong cả quá trình học tập của mình. Nhờ ứng dụng của BĐT một loạt các bài toán
N
giải quyết hoàn toàn triệt để.
H
trong hình học, trong số học, trong đại số hay một số bài toán có tính thực tiễn được
Y
2.3.3.3. Hướng dẫn sử dụng biện pháp
U
- Giáo viên tăng cường yêu cầu HS phân loại các dạng toán về BĐT - Giáo viên tăng cường trang bị thêm nhiều công cụ, các cách chứng minh cho HS
Q
trong từng dạng toán cụ thể để từ đó HS có thể tiếp cận được nhiều dạng toán mới
M
- Khuyến khích động viên các em HS tích cực tham gia giải các bài toán về bất
KÈ
đẳng thức trong các sách tham khảo về toán theo các dạng toán về hình học, đại số,
số học và tìm hiểu các bài toán có tính thực tiễn.
a) Ứng dụng bất đẳng thức vào giải một số bài toán hình học
ẠY
Cho ∆ABC . Kí hiệu A
D
BC = a, CA = b, AB = c ,
ha , hb , hc thứ tự là độ dài các đường cao kẻ từ A,
N
B, C,
P
r
I
r
r
B
M
C
75
ma , mb , mc thứ tự là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C, la , lb , lc thứ tự là độ dài các đường phân giác kẻ từ A, B, C.
FF IC IA L
R, r thứ tự là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. • Bất đẳng thức liên quan đến độ dài các đường cao
GV: Cho HS thiết lập hệ thức về diện tích
Xuất phát từ
1 (a + b + c) r 2 1 1 1 1 ⇔ = + + r ha hb hc
1 a a a = + + r 2 S ABC 2 S ABC 2 S ABC
GV: Cho HS tự đặt ra bài toán
1 1 1 1 = + + r ha hb hc
H
Ơ
Bài toán 3.1 Cho ∆ABC . Chứng minh rằng
N
⇔
O
S ABC = S BIC + SCIA + S AIB ⇔ S ABC =
N
GV: Tổ chức cho HS hoạt động sử dụng BĐT để tạo ra cũng như giải các bài toán
liên quan.
Y
1 1 1 1 9 = + + ≥ ha + hb + hc ≥ 9r r ha hb hc ha + hb + hc
U
HS bắt nguồn từ
Q
GV: Cho HS phát biểu bài toán mới
M
Bài toán 3.1.2 Cho ∆ABC . Chứng minh rằng ha + hb + hc ≥ 9r .
ẠY
KÈ
GV tiếp tục khuyến khích các em HS thực hiện tiếp
1 1 1 1 1 1 1 = + + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ ⇔ ha hb hc ≥ 27 r 3 r ha hb hc ha hb hc
A
N
D
GV: yêu cầu HS đưa ra được: Bài toán 3.1.3 Cho ∆ABC . Chứng minh P
rằng ha + hb + hc ≥ 27 r 3 .
B
H
M
C
76
• GV: cho HS tiếp tục khai thác các đẳng thức kết hợp với BĐT đại số ta thu được nhiều bài toán có chất lượng. Bài toán 3.2. Cho ∆ABC , đường cao AM , BN , CP , trực tâm H . Chứng minh
FF IC IA L
HB.HC HC.HA HA.HB + + = 1. AB. AC BC.BA CA.CB Lời giải:
Ta có ∆CHN ∽ ∆CAP (g.g)
CN CH = CP CA
HB.HC HB.CN S BHC HC .HA S HCA HA.HB S HAB = = . Tương tự ta có = ; = AB. AC AB.CP S ABC BC .BA S ABC CA.CB S ABC
N
Do đó
O
Ơ
HB.HC HC .HA HA.HB S HBC + S HCA + S HAB + + = = 1 đpcm. AB. AC BC .BA CA.CB S ABC
H
V ậy
2
N
• Kết hợp với (α + β + γ ) ≥ 3 (αβ + βγ + λα )
Y
GV cho HS tìm ra các bài toán sau và yêu cầu đưa ra lời giải hoàn chỉnh
Q
U
Bài toán 3.2.1. Cho ∆ABC , trực tâm H . Chứng minh rằng
HA2 HA2 HA2 + + ≥ 1. BC 2 BC 2 BC 2
M
Bài toán 3.2.2. Cho ∆ABC , trực tâm H . Chứng minh rằng
HA HB HC + + ≥ 3. BC CA AB
KÈ
Bài toán 3.3. Cho ∆ABC , đường cao AI , AJ , AK đồng quy tại H . Chứng minh
rằng
HI HJ HK + + = 1. AI BJ CK
D
ẠY
- GV gợi ý cách giải
HI HJ HK S HBC S HCA S HAB + + = + + = 1 đpcm. AI BJ CK S ABC S ABC S ABC
- HS phát biểu được bài toán:
77
Bài toán 3.3.1. Cho ∆ABC , ba đường cao AD, BE , CF đồng quy tại H. Chứng minh 2
2
2
HD HE HF 1 + + ≥ . AD BE CF 3
GV đưa ra các công thức 2b 2 + 2c 2 − a 2 ma = ; mb = 2
FF IC IA L
• Bất đẳng thức liên quan đến độ dài các đường trung tuyến
2c 2 + 2 a 2 − b 2 2a 2 + 2b 2 − c 2 ; mc = 2 2
Suy ra có kết quả sau:
3 2 a + b2 + c2 ) ( 4
O
Bài toán 3.4. Cho ∆ABC . Chứng minh ma2 + mb2 + mc2 =
N
- GV cho HS tự đưa ra các bài toán theo ý của mình và GV duyệt lại.
Ơ
Bài toán 3.4.1. Cho ∆ABC . Chứng minh 4 ( ma2 + mb2 + mc2 ) ≥ 3 ( ab + bc + ca )
N
H
Bài toán 3.4.2. Cho ∆ABC . Chứng minh 4 ( ma2 + mb2 + mc2 ) ≥ ( a + b + c )
+ 2c − a ) .3a 2
2
( 2b ≤
Q
2
2
+ 2c 2 − a 2 ) + 3a 2 2
3 2 ( a + b2 + c2 ) 4
⇔ 2b 2 + 2c 2 − a 2 ≤
a 2 + b2 + c2 a 3
2a 2 3 a 2 + b2 + c 2 a ⇔ ≥ 2 . Suy ra ta có kết quả khá thú vị sau: ma a + b 2 + c 2 a 3
M
( 2b
2
U
• Theo Cauchy ta có:
Y
Bài toán 3.4.3. Cho ∆ABC . Chứng minh ma mb + mb mc + mc ma ≤
2
KÈ
Do đó 2ma ≤
ẠY
Bài toán 3.4.4. Cho ∆ABC . Tìm GTNN của biểu thức T =
a b c + + ma mb mc
D
Hướng dẫn:
Theo trên:
2a 2 3 2b 2 3 a b ≥ 2 ≥ ; . T ươ ng t ự : ma a + b 2 + c 2 mb a 2 + b 2 + c 2
2c 2 3 c ≥ 2 mc a + b 2 + c 2
Suy ra T =
a b c + + ≥ 2 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c ⇔ ∆ ABC đều ma mb mc
78
Vậy min T = 2 3 khi ∆ ABC đều.
A
• Bất đẳng thức liên quan đến độ dài các
GV: Đưa ra hoạt động cho HS thực hiện
chứng minh công thức đường trung tuyến. HS: Thực hiện yêu cầu
Cho ∆ABC nhọn. Kẻ phân giác AD, ta có:
B
D
S ABC = S ABD + S ACD
A 1 A 1 1 AB. AC.sin A = AB. AD.sin + AC. AD.sin 2 2 2 2 2 A 2 AB. AC cos AB. AC.sin A 2 AD = = A AB + AC ( AB + AC ) sin 2
H
GV cho HS đề xuất các bài toán:
Ơ
N
O
⇔
FF IC IA L
đường phân giác
N
Bài toán 3.5 Cho ∆ABC nhọn, ta có:
A B C 2ca cos 2ab cos 2; l = 2; l = 2 b c b+c c+a a +b
U
la =
Y
2bc cos
Q
• Để ý rằng với 0o < α < 90o cos α < 1 . Ta có các kết quả sau:
M
Bài toán 3.5.1. Cho ∆ABC nhọn. Chứng minh rằng
2bc 2ca 2ab + + b+c c+a a+b
KÈ
la + lb + lc <
Bài toán 3.5.2. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
ẠY
1 1 1 1 1 1 + + > + + la lb lc a b c
D
b) Ứng dụng bất đẳng thức vào giải một số bài toán đại số • Ứng dụng bất đẳng thức vào giải phương trình
Căn cứ vào phương trình đã cho, sử dụng những đánh giá phù hợp. Điều kiện xảy ra dấu “=” của bất đẳng thức giúp ta tìm được nghiệm của phương trình.
C
79
1 . x2
Bài 3.6. Giải phương trình: x + 2 − x 2 = x 2 +
FF IC IA L
- GV cho HS sử dụng BĐT để đánh giá 2 vế.
Lời giải: 2 − x 2 ≥ 0 − 2 ≤ x ≤ 2 Điều kiện : ⇔ x ≠ 0 x ≠ 0
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :
1 1 ≥ 2 x2 . 2 = 2 2 x x
(2)
N
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có x 2 +
O
(1.x + 1. 2 − x ) 2 ≤ (12 + 12 )( x 2 + 2 − x 2 ) = 4 x + 2 − x 2 ≤ 2 (1)
N
H
Ơ
2 1 x = x2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn) Từ (1) (2) 2 x = 2 − x
Vậy nghiệm là x = 1 .
Y
2 2 + x = x+9 x +1
U
Bài 3.7. Giải phương trình :
Q
Hướng dẫn:
2
2 2 ĐK: x ≥ 0 . Ta có : + x ≤ 2 2 x +1
KÈ
M
(
2 2 = x +1
2 1 x = x+9 + x +1 + x + 1 x + 1
1 1 ⇔x= 7 x +1
ẠY
Dấu bằng ⇔
)
2
Bài 3.8. Giải phương trình : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16
D
Hướng dẫn: ĐK: −1 ≤ x ≤ 1
(
Biến đổi phương trình ta có : x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2
)
2
= 256
80
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
(
13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2
)
2
≤ (13 + 27 ) (13 − 13 x 2 + 3 + 3 x 2 ) = 40 (16 − 10 x 2 ) 2
16 Theo Cauchy: 10 x (16 − 10 x ) ≤ = 64 2 2
FF IC IA L
2
2 x= 1 + x2 2 5 1− x = Dấu bằng ⇔ ⇔ 3 2 10 x 2 = 16 − 10 x 2 x = − 5
O
Bài 3.9. Giải phương trình: x3` − 3 x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0
(VMO 1995, bảng A)
N
Hướng dẫn:
Ơ
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và 2
N
H
x3 − 3x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x + 3) + x + 13 ≥ x + 13 3 xy 2
Y
Bài 3.10. Giải phương trình: x y − 1 + 2 y x − 1 =
Q
ĐKXĐ: x, y ≥ 1 .
U
Lời giải:
Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy
KÈ
M
y 1+ y −1 y −1 ≤ 1. ( y − 1) ≤ 2 2 1. ( x − 1) ≤ 1 + x − 1 x −1 ≤ x 2 2
D
ẠY
Suy ra x y − 1 + 2 y x − 1 ≤
3 xy . Tìm được ( x; y ) = ( 2;2 ) 2
Bài 3.11. Giải phương trình:
( x − 1)
(x
2
4
− 3)
2
4
+ ( x 2 − 3) +
1
( x − 1)
2
= 3x 2 − 2 x − 5
(Trại hè Hùng Vương 2010)
81
Lời giải:
u2 1 ĐKXĐ: x ≠ 1; ± 3 . Đặt u = ( x − 1) , v = x − 3 . Dẫn đến: 2 + v 4 + = u + 2v v u 2
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: u2 1 2 1 u 4 2 ⋅ u 2 + v + ( v + 1 + u ) ≥ ⋅ v + v .1 + u u v v
2
FF IC IA L
2
2 u2 1 2 u2 1 4 2 ⇔ 2 + v + ( v + 1 + u ) ≥ ( u + v + 1) ⇔ 2 + v 4 + ≥ u + v 2 + 1 u v u v
N
Từ đó tìm được nghiệm duy nhất x = 2 .
u2 1 + v 4 + ≥ u + 2v 2 v u
O
Mặt khác v 2 + 1 ≥ 2 v 2 .1 ⇔ v 2 + 1 ≥ 2v . Suy ra:
Ơ
• Ứng dụng bất đẳng thức vào giải hệ phương trình
H
Căn cứ vào các phương trình đã cho của hệ ta sử dụng BĐT để tạo ra những đánh giá phù hợp. Điều kiện xảy ra dấu “=” của bất đẳng thức giúp ta tìm được
N
nghiệm của hệ phương trình.
Y
GV hướng dẫn HS sử dụng các BĐT để tìm kiếm lời giải các bài về hệ phương
U
trình.
M
Q
2 x + 2 − y = 2 Bài 3.12. Giải hệ 2 y + 2 − x = 2
KÈ
Lời giải:
Điều kiện: − 2 ≤ x, y ≤ 2
ẠY
Từ hệ suy ra: x + 2 − y 2 + y + 2 − x 2 = 4 ⇔ x + 2 − x 2 + y + 2 − y 2 = 4 (1)
D
Hơn nữa, theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
( a.1 +
)
2
2 − a 2 .1 ≤ ( a 2 + 2 − a 2 )(12 + 12 ) a + 2 − a 2 ≤ 2 ( 2 )
Áp dụng BĐT ( 2 ) ta có: x + 2 − x 2 + y + 2 − y 2 ≤ 4 ( 3)
82
Do đó (1) xảy ra khi dấu đẳng thức ở ( 3) xảy ra, tức là:
FF IC IA L
x 2 − x2 = 1 1 ⇔ ( x, y ) = 1 (thỏa mãn) 2 − y2 y 1 = 1
Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = (1;1) .
O
1 = z + 4 (1) 2 Bài 3.13. Giải hệ 1 + ( x − y ) z + 3 + 2x = 8 ( 2)
1 1+ ( x − y)
2
≤ 1 nên theo (1) z + 4 ≤ 3 ⇔ z ≤ −3
Ơ
Ta có:
N
Lời giải:
H
Mặt khác theo ( 2 ) thì z ≥ −3 . Từ đó suy ra z = −3, x = 4, y = 4 (thỏa mãn)
N
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y, z ) = ( 4; 4;3) .
Q
Lời giải:
U
Y
x3 y = 16 (1) Bài 3.14. Giải hệ 3 x + y = 8 ( 2 )
M
Từ (1) x, y là hai số cùng dấu và theo ( 2 ) x, y > 0 .
KÈ
Theo BĐT Cauchy ta có: 4
4
3x + y 8 x + x + x + y ≥ 4 x.x.x. y x y ≤ = = 16 ( 3) 4 4 4
3
ẠY
Do đó hệ chỉ có nghiệm khi dấu đẳng thức ở ( 3) xảy ra, tức là x = y
D
Từ đó suy ra x = y = 2 là nghiệm của hệ đã cho.
x + y + z = 3 Bài 3.15. Giải hệ x + y + z = xy + yz + zx
83
Lời giải:
Từ hệ đã cho suy ra 2
(
)
2
x + y + z = ( x + y + z ) − ( x2 + y 2 + z 2 )
)
(
) (
) (
Với a > 0 , theo BĐT Cauchy ta có: a 2 + a + a ≥ 3 3 a 2 . a . a = 3a ( ∗) Áp dụng BĐT ( ∗) ta có:
(x
2
) (
) (
)
+ 2 x + y 2 + 2 y + z 2 + 2 z ≥ 3 x + 3 y + 3z = 9 ( 2 )
2 2 x = x , y = tức là x + y + z = 3
⇔ x = y = z = 1 (thỏa mãn)
N
y , z2 = z
O
Từ (1) , ( 2 ) suy ra hệ chỉ có nghiệm khi ( 2 ) trở thành đẳng thức,
Ơ
Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( x, y, z ) = (1;1;1)
N
H
2 4 x + 32 − x − y = −3 Bài 3.16. Giải hệ phương trình: 4 x + 32 − x + 6 y = 24
Cộng các vế ta được:
(
U
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 32
Y
Lời giải:
) (
x + 4 32 − x +
Q
4
)
x + 32 − x = y 2 − 6 y + 21( ∗)
ẠY
(1.
) ≤ (1 + 1 ) (
x + 1. 32 − x
) ≤ (1 + 1 ) ( x + 32 − x ) = 64 ( 2)
Từ (1) , ( 2 )
D
2
x + 1. 4 32 − x
KÈ
4
M
Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
(1.
)
x + y + z + ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 ⇔ x 2 + 2 x + y 2 + 2 y + z 2 + 2 z = 9 (1)
FF IC IA L
2
(
(
4
2
2
2
2
)
x + 32 − x (1)
2
) (
)
x + 4 32 − x +
x + 32 − x ≤ 4 + 8 = 12 ( 3) 2
Mặt khác: y 2 − 6 y + 21 = ( y − 3) + 12 ≥ 12 ( 4 )
84
Từ ( 5 ) , ( 6 ) ( ∗) chỉ xảy ra khi dấu đẳng thức ở ( 3) , ( 4 ) đồng thời xảy ra, tức là:
FF IC IA L
x = 32 − x ⇔ ( x, y ) = (16;3) (thỏa mãn hệ đã cho) y − 3 = 0
Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = (16;3)
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3 ( x + y ) Bài 3.17. Giải hệ 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5
“ Trích đề thi Olympic 30-4-2014”
O
Lời giải: Điều kiện 2 x + y + 1 ≥ 0 .
Ơ
N
Ta có
2
2
+ ( 2x + y ) +
( x − y)
2
+ ( x + 2y)
2
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 ≥ 2 x + y + x + 2 y ≥ 3 x + 3 y
N
Do đó
( x − y)
H
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 =
Q
U
Y
x = y Suy ra phương trình thứ nhất chỉ có nghiệm khi x + 2 y ≥ 0 ⇔ x = y ≥ 0 2 x + y ≥ 0
M
Thay y = x vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
KÈ
3 x + 1 + 2 3 19 x + 8 = 2 x 2 + x + 5 ⇔ 3 x + 1 − ( x + 1) + 2 3 19 x + 8 − ( x + 2 ) = 2 x 2 − 2 x ⇔
3 2 19 x + 8 − ( x + 2 )
2
3 x + 1 + ( x + 1)
+ 3
(19 x + 8)
2
+ 3 19 x + 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )
2
= 2 ( x2 − x )
2( x + 7) 1 ⇔ ( x − x) + + 2 = 0 3 x + 1 + ( x + 1) 3 (19 x + 8 ) 2 + 3 19 x + 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 ) 2 2( x + 7) 1 Rõ ràng + + 2 > 0, ∀x ≥ 0 3 x + 1 + ( x + 1) 3 (19 x + 8 ) 2 + 3 19 x + 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 ) 2
ẠY D
3 x + 1 − ( x + 1)
2
Suy ra x 2 − x = 0 ⇔ x ∈ {0;1} . Từ đó tìm được nghiệm ( x; y ) ∈ {( 0;0 ) ; (1;1)}
85
( x + 7 y ) x + ( y + 7 x ) y = 8 2 xy ( x + y ) Bài 3.18. Giải hệ sau: 2 (1 − y ) x 2 + 2 x − 1 = y 2 − 2 x − 1
FF IC IA L
“ Trích đề thi đề nghị Olympic 30-4-2014” Lời giải:
x, y ≥ 0 Điều kiện 2 . x + 2x −1 ≥ 0 Trường hợp 1: xy = 0 không thỏa mãn hệ.
O
Trường hợp 2: x, y > 0 . Chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho
Ơ
Ta chứng minh
)
x + y = 8 2( x + y)
a2 b2 + + 7 ( a + b ) ≥ 8 2 ( a 2 + b 2 ) ( ∗) , ∀a, b > 0 b a
H
(
N
x y + +7 y x
N
được:
Thật vậy, ta có:
Y
a2 b2 − b + − a + 8 ( a + b ) − 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ 0 b a
U
( ∗) ⇔
Q
1 1 8 ≥0 ⇔ ( a − b) + − 2 2 a b 2(a + b ) + a + b
M
2
ẠY
KÈ
4 1 1 a + b ≥ a + b Mặt khác ∀a, b > 0 , ta có a + b ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) Suy ra ( ∗) được chứng minh.
D
Như vậy phương trình thứ nhất chỉ có nghiệm khi x = y , dẫn đến
xy , ta
86
x 2 − 2 x − 1 = 2 (1 − x ) x 2 + 2 x − 1
(
⇔ t 2 + 2 ( x − 1) t − 4 x = 0 t = x 2 + 2 x − 1
)
FF IC IA L
⇔ ( t − 2 )( t + 2 x ) = 0 Ta có t + 2 x = 0 Hệ vô nghiệm vì t ≥ 0, x > 0 .
Suy ra t = 2 ⇔ x 2 + 2 x − 1 = 2 ⇔ x = −1 ± 6 x = −1 + 6 vì x > 0
(
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = −1 + 6; −1 + 6
)
N
O
x2 + y 2 x 2 + xy + y 2 + = x+ y 2 3 Bài 3.19. Giải hệ: 2 xy − 3 x + y = 5 2
Ơ
(kí hiệu [ a ] là phần nguyên của số a )
H
“ Trích đề thi đề nghị Olympic 30-4-2014”
x2 + y 2 + 2
Y
x 2 + xy + y 2 = 3
( x − y)
2
2
+ ( x + y) + 4
( x − y)
2
+ 3( x + y ) 12
2
x+ y x+ y x 2 + xy + y 2 ≥ + ≥ x + y . Từ đó suy ra x = y ≥ 0 3 2 2
Q
x2 + y 2 + 2
U
Ta có
N
Lời giải:
M
Thay vào phương trình thứ hai ta được 2 x 2 − 3[ x ] = 5
D
ẠY
KÈ
x > 2 2 x < 1 5 2 x − 3 x − 2 > 0 ⇔ ⇔2< x≤ Mặt khác x − 1 < [ x ] ≤ x do đó ta có 2 2 2 2 x − 3 x − 5 ≤ 0 5 −1 ≤ x ≤ 2 Suy ra [ x ] = 2 2 x 2 − 6 − 5 ⇔ x = ±
22 22 x= y= vì x = y ≥ 0 2 2
87
22 22 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ; 2 2
FF IC IA L
x2 + y 2 = 2 Bài 3.20. Giải hệ sau: z 2 + 2 z ( x + y ) = 8 z ( y − x ) = 4 3
“ Trích đề thi đề nghị Olympic 30-4-2010” Lời giải:
N
O
x 2 + y 2 = 2 (1) 2 z + 2 z ( x + y ) = 8( 2) z ( y − x ) = 4 3 ( 3)
2
2
H
Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có
Ơ
Từ (1) , ( 2 ) 4 x 2 + 4 y 2 + 2 z 2 + 4 zx + 4 zy = 24 ⇔ ( 2 x + z ) + ( 2 y + z ) = 24
N
( 2 x + z ) 2 + ( 2 y + z ) 2 . y 2 + ( − x ) 2 ≥ ( 2 x + z ) . y + ( 2 y + z )( − x ) 2 2
Y
48 ≥ ( yz − zx ) yz − zx ≤ 4 3
Q
U
z ( y − x) ≥ 0 ( 4) Do đó ( 3) xảy ra khi 2 x + z 2 y + z . Từ ( 5) z ( x + y ) = −4 . 5 = ( ) y −x
M
Thay vào ( 2 ) z = ±4
KÈ
−1 − 3 −1 + 3 1 + 3 1 − 3 ; ; 4 ; ; ; −4 Từ đó giải được ( x; y; z ) ∈ 2 2 2 2
D
ẠY
5 23 − 12 x − 4 x 2 = 32 − 15 y Bài 3.21. Giải hệ 2 20 8 − 2 y − y = 53 − 10 x Lời giải:
5 23 − 12 x − 4 x 2 + 15 y = 32 Hệ đã cho được viết lại dưới dạng 2 20 8 − 2 y − y + 10 x = 53
88
Cộng hai vế hai phương trình của hệ trên ta được: 5 23 − 12 x − 4 x 2 + 15 y + 20 8 − 2 y − y 2 + 10 x = 85
FF IC IA L
⇔ 23 − 12 x − 4 x 2 + 2 x + 4 8 − 2 y − y 2 + 3 y = 17 2
3 3 2 ⇔ 2. 8 − x + + 2. x + + 4. 9 − ( y + 1) + 3. ( y + 1) = 23 2 2 Hơn nữa theo BĐT Cauchy-Schwarz 2
(1)
2 2 2 3 3 3 3 2 2 2. 8 − x + + 2. x + ≤ ( 2 + 2 ) . 8 − x + + x + = 82 2 2 2 2 2
( 3)
N
O
4. 9 − ( y + 1) 2 + 3.( y + 1) ≤ 4 2 + 32 9 − ( y + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 152 ) (
( 2)
Ơ
Từ ( 2 ) , ( 3) suy ra: 2
3 x ≥ − , y ≥ −1 2 2 1 3 3 x= 2 8−x + = x + 2 2 2 ⇔ x + 3 = 4 ⇔ 2 y = 4 2 9 − ( y + 1) : 4 = ( y + 1) : 3 5 25 2 ( y + 1) = 9
M
Q
U
Y
Do đó (1) chỉ xảy ra khi
N
H
3 3 2 2. 8 − x + + 2. x + + 4. 9 − ( y + 1) + 3. ( y + 1) ≤ 8 + 15 = 23 2 2
1 4 ; . 2 5
( x, y ) =
Một số bài toán đề nghị
D
ẠY
KÈ
thỏa mãn hệ đã cho. Vậy
( x + 3 y + 4 z ) 2 = 26 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 1. Giải hệ phương trình x3 + y 3 + z 3 = 92 2005 x 2006 − 2006 y 2005 + 1 = 0 2. Giải hệ phương trình 2 3 2 ( x + y) x + xy + y = 2
89
y 3 − x3 = 7 3 2 x − y + x = −2
4. Giải hệ phương trình
FF IC IA L
x + y + x + y −9 + 2 y − 4 + x = y −x+4 3. Giải hệ phương trình 2 9 + ( y − 5 ) = x + y
“ Trích đề thi đề nghị Olympic 30-4-2011” 3x + y + 5. Giải hệ phương trình x+ y
1 1 + 3x + y x + 3y
)
=2
O
(
2 x + 7 y = 10
“ Trích đề thi đề nghị Olympic 30-4-2013”
N
• Ứng dụng bất đẳng thức vào tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Ơ
Bài 3.22. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 5
a 3 + b3 + c3 − ( a + b + c )
3
H
a 5 + b5 + c5 − ( a + b + c )
N
P=
U
Ta chứng minh được:
Y
Lời giải:
5
Q
a 5 + b5 + c5 − ( a + b + c ) = 5 ( a + b )( b + c )( c + a ) ( a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca ) 3
M
a 3 + b3 + c 3 − ( a + b + c ) = 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) 5 2 ( a + b2 + c 2 + ab + bc + ca ) 3
KÈ
Do đó P =
Bằng biến đổi tương đương chứng minh được:
D
ẠY
P=
5 2 10 10 2 a + b 2 + c 2 + ab + bc + ca ) ≥ ( a + b + c ) = ( 3 3 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = Vậy min P =
10 1 ⇔a=b=c= 3 3
1 3
90
Bài 3.23. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của biểu thức: a b c + 2 + 2 b +b c +c a +a 2
Lời giải:
Ta có: 2
2
FF IC IA L
M=
2
a b c b c a + + = + + M= a b c a b ( b2 + b ) . b2 ( c 2 + c ) . c2 ( a 2 + a ) . a 2 a + b b + c c + ac a a. 2 b
b b. 2 c
c c. 2 a
2
2
2
O
Theo Cauchy-Schwarz: 2
2
a b
b c
c a
N
( t − 3)( 2t + 3) ≥ 0 . Điều này luôn đúng với mọi t ≥ 3 3 t2 ≥ ⇔ t +3 2 2 ( t + 3)
Q
Thật vậy: (1) ⇔
Y
3 t2 , t ≥ 3 . Ta chứng minh: M ≥ (1) t +3 2
U
Kho đó: M =
a b c a b c + + ≥ 33 . . = 3 b c a b c a
H
Đặt t = + + . Theo Cauchy: t =
Ơ
N
a b c a b c a b c + + + + b c a b c a b c a M = + + ≥ = a b c a b c a b c a+ b+ c+ a+ +b+ +c+ 3+ + + b c a b c a b c a
3 khi a = b = c = 1 2
M
Suy ra min M =
KÈ
Bài 3.24. Cho các số dương x, y thỏa mãn x 2 + y 2 +
ẠY
1 1 3 + − thức P = 2 . 2 2 1 + x 1 + y 1 + 2 xy
D
Lời giải:
Từ giả thiết 3 = x 2 + y 2 +
1 1 1 ≥ 2 xy + ⇔ ≤ xy ≤ 1 xy xy 2
1 = 3 . Tìm GTLN của biểu xy
91
1 1 2 + ≤ ∀x, y > 0; xy ≤ 1 . Thật vậy 2 2 1+ x 1+ y 1 + xy
Mặt khác:
⇔
FF IC IA L
1 1 1 2 1 1 1 + ≤ ⇔ − + − ≥0 2 2 2 2 1+ x 1+ y 1 + xy 1 + xy 1 + x 1 + xy 1 + y x 2 − xy y 2 − xy + ≥0 (1 + xy ) (1 + x 2 ) (1 + xy ) (1 + y 2 ) 2
( x − y ) (1 − xy ) ≥ 0 . x− y x y ⇔ − ≥0⇔ 2 2 1 + xy 1 + x 1 + y (1 + xy ) (1 + x 2 )(1 + y 2 )
O
Điều này luôn đúng ∀x, y > 0; xy ≤ 1 . Dấu “ = ” xảy ra khi x = y
Ơ
N
1 1 3 4 3 1 + 5 xy Ta có P = 2 . + − ≤ − = 2 2 2 1 + x 1 + y 1 + 2 xy 1 + xy 1 + 2 xy 2 ( xy ) + 3 xy + 1
H
5t + 1 1 Đặt t = xy ≤ t ≤ 1 ta được: P ≤ 2 2t + 3t + 1 2
U
5t + 1 5t + 1 1 1 7 ≤ = 1+ ≤ 1+ = . 1 2t + 3t + 1 5t + 1 10t + 1 10. + 1 6 2 2 2
Q
P≤
Y
N
1 1 1 1 Vì 2t 2 + 3t + 1 = 2t 2 + + 3t + ≥ 2t + 3t + = 5t + 2 2 2 2
M
Dấu “ = ” xảy ra khi t =
1 1 hay x = y = . 2 2
KÈ
1 1 3 7 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 + − bằng . 2 2 6 1 + x 1 + y 1 + 2 xy
ẠY
Bài 3.25. Cho x, y là các số nguyên dương thỏa mãn x + y = 2017 . Tính giá trị nhỏ
D
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = x( x 2 + y ) + y ( y 2 + x) .
Lời giải: 3
Có: P = ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) + 2 xy = 20173 + ( 2 − 3.2017 ) xy 2
2
Vì ( x − y ) = ( x + y ) − 4 xy = 2017 2 − 4 xy
92
− xy =
1 1 2 2 ( x − y ) − 2017 2 P = 20173 + ( 3.2017 − 2 ) ( x − y ) − 2017 2 4 4 2
Suy ra min P = 20173 +
1 ( 3.2017 − 2 ) 1 − 2017 2 khi 4
x − y = 1 ⇔ ( x; y ) ∈ {(1008; 1009), (1009; 1008)} x + y = 2017 1 ( 3.2017 − 2 ) 20152 − 2017 2 4
O
Suy ra max P = 20173 +
FF IC IA L
Do x, y nguyên dương và x + y = 2017 nên 1 ≤ x − y ≤ 2015 ⇔ 1 ≤ ( x − y ) ≤ 20152
N
x − y = 2015 khi ⇔ ( x; y ) ∈ {(1; 2016), (2016; 1)} x + y = 2017
Ơ
c) Ứng dụng bất đẳng thức vào giải một số bài toán số học
N
bài toán hay và khó về số học.
H
Sử dụng bất đẳng thức kết hợp các tính chất số học ta có thể giải quyết nhiều
Bài 3.26. Cho m, n là các số nguyên dương. Tìm GTNN của biểu thức
U
Y
M = 36 m − 5n
Q
Lời giải:
Nhận xét: Với m, n ∈ ℕ∗ thì 36m có chữ số tận cùng bằng 6, còn 5n có chữ số tận
M
cùng là 5. Do đó M có chữ số tận cùng bằng 1 hoặc 9.
KÈ
Trường hợp 1: M = 1 36m − 5n = 1 ⇔ 36m − 1 = 5n . Rõ ràng: 36m − 1 ≡ 1m − 1 ≡ 0 ( mod 7 ) mà 5n ⋮ 7 . Do vậy không thể xảy ra:
ẠY
36m − 1 = 5n
D
Trường hợp 2: M = 9 5n − 36 m = 9 ⇔ 5n = 36m + 9 . Điều này cũng không thể xảy ra vì
5n ⋮ 9 mà ( 36m + 9 )⋮9 .
Trường hợp 3: M = 11 36m − 5n = 11 , có thể chọn m = 1, n = 2 thỏa mãn. Từ các trường hợp trên ta có min M = 11 khi m = 1, n = 2 .
93
x4 + y4 Bài 3.27. Cho A = trong đó x, y, A là các số nguyên dương. Tìm GTNN của 15
Lời giải:
FF IC IA L
biểu thức A
Bằng cách sử dụng đồng dư thức dễ dàng chứng minh được: a 4 ≡ 0;1( mod 3) , a 4 ≡ 0;1( mod 5 )
( x 4 + y 4 )⋮ 3 Vì A, x, y là các số nguyên dương nên 4 4 ( x + y )⋮ 5
N
O
x⋮3, y ⋮ 3 x⋮15 (do ( 3,5) = 1 ) Kết hợp với tính chất nêu trên suy ra x⋮5, y ⋮5 y ⋮15
154 + 154 Mặt khác x, y ∈ ℕ x, y ≥ 15 . Do đó A ≥ = 6750 15
N
H
Vậy min A = 6750 khi x = y = 15 .
Ơ
∗
( x + y) Bài 3.28. Tìm GTNN của biểu thức T =
trong đó x, y, T là các số nguyên
Y
x3
U
dương và T là số lẻ.
4
Q
Lời giải:
KÈ
M
x = da 4 d ( a + b) ∗ ( x, y ) = d y = db ( a, b, d ∈ ℕ ) . Khi đó T = a3 a, b = 1 ) (
(
Mặt khác ( a, b ) = 1 ( a, a + b ) = 1 a 3 , ( a + b )
4
) =1
D
ẠY
Do đó để T là số nguyên thì d ⋮ a 3 d = ta 3 ( t ∈ ℕ∗ ) . Suy ra T = t ( a + b ) 4
Hơn nữa T lẻ mà a, b, t ∈ ℕ∗ nên T ≥ 1. (1 + 2 ) = 81
Vậy min T = 81 khi ( x; y ) ∈ {(1;2 ) ; (16;8 )}
4
94
Bài 3.29. Tổng của m số nguyên dương chẵn khác nhau và n số nguyên dương lẻ
khác nhau là 2001. Tìm GTLN của biểu thức B = 5m + 2n . Lời giải:
FF IC IA L
Kí hiệu:
S 2 là tổng của m số nguyên dương chẵn khác nhau; S1 là tổng của n số nguyên dương lẻ khác nhau.
2m + 2 ⇔ S2 ≥ m2 + m 2
S1 ≥ 1 + 3 + ... + ( 2n − 1) ⇔ S1 ≥ n.
2n − 1 + 1 ⇔ S1 ≥ n 2 2
N
Từ giả thiết ta có
O
Suy ra: S 2 ≥ 2 + 4 + ... + 2m ⇔ S 2 ≥ m.
2
H
Ơ
1 1 S1 + S 2 = 2001 m 2 + m + n 2 ≤ 2001 m + + n 2 ≤ 2001 2 4
N
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
2
Y
2 2 1 1 2 2 2 m + + n ≤ + m + 5. 2. 5 2 ( ) +n 2 2
Q
U
5 1 1 5 B + ≤ 29.2001 B ≤ 29.2001 − B ≤ 238 2 4 4 2
M
5m + 2n = 238 Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 . Từ đó tìm được m = 40, n = 19 . 2 2001 m + m + n =
KÈ
Vậy max A = 238 khi m = 40, n = 19 .
ẠY
d) Ứng dụng bất đẳng thức vào giải một số bài toán có nội dung thực tế
Nhiều bài toán thực tế phải sử dụng công cụ là bất đẳng thức để thực hiện lời
D
giải. Nhờ những đánh giá hợp lí của bất đẳng thức các tình huống được giải quyết trọn vẹn.
Bài 3.30. Cho một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 80cm × 50cm . Hãy cắt đi ở bốn
góc những hình vuông có cùng kích thước, sao cho sau đó gập miếng tôn lại ta được một hình hộp chữ nhật không nắp có dung tích lớn nhất.
95
Lời giải:
Gọi cạnh của hình vuông được cắt đi ở bốn góc là x ( cm ) , x > 0 .
FF IC IA L
Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật là V = x ( 50 − 2 x )( 80 − 2 x ) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
6 x + (100 − 4 x ) + ( 80 − 2 x ) = 60 12V ≤ 603 V ≤ 18000 ( cm3 ) 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi 6 x = 100 − 4 x = 80 − 2 x ⇔ x = 10 3
6 x (100 − 4 x )( 80 − 2 x ) ≤
Vậy hình vuông ở các góc cắt đi có cạnh 10cm thì dung tích của hình hộp chữ nhật
O
lớn nhất là V = 18000cm3
Bài 3.31. Anh Dũng có 60m rào B40. Anh ấy muốn dùng số rào thép B40 này để
Ơ
bao nhiêu để diện tích trồng hoa là lớn nhất.
N
tạo ra một mảnh vườn hình chữ nhật trồng hoa. Hỏi kích thước mảnh vườn phải là
H
Lời giải:
N
Gọi kích thước của mảnh vườn là x ( m ) × y ( m ) , 0 < x, y < 30
Y
Theo bài ra ta có x + y = 60 : 2 ⇔ x + y = 30 . Diện tích của vườn hoa là S = xy xy ≤
x+ y xy ≤ 152 xy ≤ 225 2
Q
U
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 15 . Suy ra max S = 225m 2 .
M
Vậy kích thước của vườn hoa là 15m × 15m (vườn có dạng hình vuông cạnh 15m ).
KÈ
Bài 3.32. Ông Lâm có 24m rào thép B40. Ông ấy định dùng số thép này rào một
sân vườn hình chữ nhật, bằng cách tận dụng một cạnh của vườn là bức tường dài, 3
cạnh còn lại dùng thép. Hỏi kích thước sân vườn phải là bao nhiêu để diện tích
ẠY
mảnh vườn là lớn nhất.
D
Lời giải:
Gọi chiều dài của vườn là x ( m ) , chiều rộng của vườn là y ( m ) ( 0 < x, y < 24 ) Theo bài ra x + 2 y = 24 . Diện tích của mảnh vườn là S = xy
96
Theo Cauchy ta có:
x.2 y ≤
x + 2y 2 xy ≤ 122 xy ≤ 72 2
FF IC IA L
x + 2 y = 24 x = 12 Đẳng thức xuất hiện khi ⇔ x = 2 y y = 6
Vậy kích thước của vườn là 12m × 6m thì diện tích mảnh vườn là lớn nhất.
Bài 3.33. Một người có một mảnh đất hình tam giác vuông cân ABC, cạnh huyền
BC = 20m. Anh ta muốn dựng một căn nhà có nền là một hình chữ nhật MNPQ có 2 đỉnh P, Q nằm trên cạnh huyền BC, 2 đỉnh M, N thứ tự nằm trên hai cạnh AB, AC.
Xác định vị trí của P, Q sao cho nền nhà có diện tích lớn nhất.
O
Lời giải:
N
Theo bài ra ta có ∆MQP, ∆NPC thứ tự vuông cân tại Q, P .
2x + y 2 xy ≤ 102 xy ≤ 50 2
M
Y
2 x. y ≤
N
Áp dụng Cauchy ta có:
A
H
Khi đó diện tích nền nhà là S = xy
Ơ
Đặt MQ = PN = x ( m ) , MN = PQ = y ( m ) , x, y > 0 2 x + y = 20
B Q
P
Q
U
2 x + y = 20 x = 5 Dấu “=” xảy ra khi ⇔ 2 x = y y = 10
N
M
Do đó max S = 50m 2 khi BQ = CP = 5m .
KÈ
Vậy BQ = CP = 5m thì nền nhà có diện tích lớn nhất. 2.2.4. Biện pháp 4: Tổ chức cho học sinh sử dụng linh hoạt các bất đẳng thức để nhận diện, giải các bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong đề thi HSG, thi vào
ẠY
lớp 10 THPT chuyên, thi THPT Quốc gia
D
2.2.4.1. Cơ sở khoa học của biện pháp Việc phát hiện hay nhận diện các bài toán có thể sử dụng được bất đẳng thức
từ là rất quan trọng, để từ đó tiến hành các phương án áp dụng BĐT sao cho phù hợp, từ đó tìm được lời giải các bài toán.
C
97
2.2.4.2. Mục đích sử dụng biện pháp Xuất phát từ cở sở khoa học trên biện pháp Tổ chức cho học sinh sử dụng linh hoạt các bất đẳng thức để nhận diện, giải các bài toán về cực trị và bất đẳng
FF IC IA L
thức trong đề thi HSG, thi vào lớp 10 THPT chuyên, thi THPT Quốc gia giúp phát triển tư duy và khả năng sáng tạo cho học sinh trong suốt quá trình học tập. Nhờ ứng dụng của BĐT một loạt các bài toán trong các đề thi HSG, thi vào lớp 10 THPT
chuyên, thi THPT Quốc gia được giải quyết. 2.3.4.3. Hướng dẫn sử dụng biện pháp
- Giáo viên tăng cường yêu cầu HS phân loại các dạng toán về BĐT trong các đề thi
O
- Khuyến khích động viên các em HS tích cực tham gia giải các bài toán về bất
N
đẳng thức trong các sách tham khảo về toán trong các đề thi.
Ơ
• Một số bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong đề thi HSG Có thể nói rằng hầu hết các bài thi HSG môn Toán đều có các bài toán hoặc
H
nội dung liên quan đến cực trị và bất đẳng thức. Việc nắm vững các phương pháp
Y
để giải các bài toán lạo này.
N
và kỹ năng giải các bài toán về cực trị và bất đẳng thức đem lại rất nhiều thuận lợi
U
Bài 4.1. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 . Chứng minh rằng:
Q
ab + bc + ac − abc ≤ 2
(USA-2001)
M
Lời giải:
KÈ
Xét 3 số a − 1, b − 1, c − 1 . Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 số cùng lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc cùng nhỏ hơn hoặc bằng 0.
ẠY
Giả sử đó là ( a − 1) và ( b − 1) suy ra: ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ab ≥ a + b − 1
D
Do c > 0 abc ≥ ( a + b − 1) c ⇔ abc ≥ ac + bc − c .
Mặt khác: ab + bc + ac − abc ≤ 2 ⇔ ab + bc + ac ≤ 2 + abc Ta phải chứng minh ab + bc + ac ≤ 2 + ac + bc − c ⇔ ab + c ≤ 2 (1) Theo giả thiết: a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 4 − c 2 = a 2 + b 2 + abc
98
Theo BĐT Cauchy:
4 − c 2 = a 2 + b 2 + abc ≥ 2ab + abc ( 2 − c )( 2 + c ) ≥ ab ( 2 + c ) 2 − c ≥ ab ab + c ≤ 2 ( 2 ) Từ (1) , ( 2 ) điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .
FF IC IA L
Bài 4.2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 . Chứng minh a + b + c ≤ 3
(Iran-2002)
Lời giải
Xét 3 số a − 1, b − 1, c − 1 . Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 số cùng lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc nhỏ hơn hoặc bằng 0. Giả sử đó là
ra:
O
( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ab ≥ a + b − 1 (1)
( a − 1) và ( b − 1) suy
N
Ta có: (1) ⇔ a + b + c ≤ ab + c + 1 .
Ơ
Ta sẽ chứng minh: ab + c + 1 ≤ 3 ⇔ ab + c ≤ 2 (1) .
N
Theo bất đẳng thức Cauchy:
H
Theo giả thiết: a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 4 − c 2 = a 2 + b 2 + abc
4 − c 2 = a 2 + b 2 + abc ≥ 2ab + abc ( 2 − c )( 2 + c ) ≥ ab ( 2 + c ) 2 − c ≥ ab ab + c ≤ 2 ( 2 )
U
Y
Từ (1) , ( 2 ) điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .
Q
Bài 4.3. Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
(VMO-2006)
M
1 1 1 + 2 + 2 + 3 ≥ 2(a + b + c) 2 a b c
KÈ
Lời giải:
ẠY
Do abc = 1 a 2b 2 c 2 = 1 nên:
D
⇔
1 1 1 + 2 + 2 + 3 ≥ 2(a + b + c) 2 a b c
a 2b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 + + + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) ⇔ a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 3 ≥ 2 ( a + b + c ) 2 2 2 a b c
Xét 3 số a − 1, b − 1, c − 1 . Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất 2 số cùng lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc nhỏ hơn hoặc bằng 0. Giả sử đó là ( a − 1) và ( b − 1) suy ra:
99
( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇔ ab ≥ a + b − 1 ⇔ a + b + c ≤ ab + c + 1 Vậy cần chứng minh: a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 3 ≥ 2 ( ab + c + 1)
(1)
(1) ⇔ ( a 2b 2 − 2ab + 1) + b 2c 2 + c 2 a 2 − 2c ≥ 0 ⇔ ( ab − 1)
2
FF IC IA L
Mặt khác: + b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c ≥ 0
Theo BĐT Cauchy: b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ 2 b 2c 2 .c 2 a 2 = 2c b 2 c 2 + c 2 a 2 − 2c ≥ 0 Từ ( 2 ) , ( 3) suy ra bài toán được chứng minh.
( 3)
4a b + 3c 8c + − a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c
O
Bài 4.4. Cho a, b, c > 0 . Tìm GTNN của A =
( 2)
N
(Đề thi HSG Toán lớp 9 Tỉnh Phú Thọ-2011)
Ơ
Lời giải: Đặt:
Khi đó:
4 ( z + y − 2 x ) 5 x − y − 3z + 3 ( z − x ) 8 ( z − x ) + − x y z
Q
U
A=
Y
N
H
x = a + b + 2c a − c = y − x c = z − x c = z − x y = 2 a + b + c ⇔ a − 2c = y − z ⇔ a = c + y − x ⇔ a = z + y − 2 x ( x , y , z > 0 ) z = a + b + 3c b = x − a − 2c b = x − a − 2c b = 5 x − y − 3z
4 y 2 x 4 z 8x 4z + 4 y 2x 8x −8+ −1+ − 8 = + + + − 17 x y z y x z x
M
=
KÈ
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: 4 y 2 x 4z 8x 4 y 2x 4 z 8x . . = 2 8 + 2 32 = 12 2 + + + ≥ 2 +2 y x z x y x z x
D
ẠY
Do đó A ≥ 12 2 − 17 .
4 y 2x x = k 2 x = y x = y 2 ⇔ ⇔ y = k ( k > 0) Dấu đẳng thức xảy ra khi 4z = 8x z = 2k z = x 2 = 2 y x z
100
c = 2 − 2 k Vậy min A = 12 2 − 17 khi a = 3 − 2 2 k ( k > 0 ) b = 5 2 − 7 k
)
) )
FF IC IA L
( ( (
Bài 4.5. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:
1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c ( a + b) 2 3
O
(IMO-1995) Lời giải:
H
3 x 3 yz y 3 zx z 3 xy 3 x2 y2 z2 + + ≥ ⇔ + + ≥ y+z z+x x+ y 2 y+z z+x x+ y 2
Y
⇔
1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c ( a + b) 2 3
N
Khi đó:
Ơ
N
1 1 1 Vì a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 , ta đặt a = , b = , c = xyz = 1( x, y, z > 0 ) x y z
U
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:
M
Q
x2 y+z x2 y + z . + ≥2 = x (1) y+z y+z 4 4
KÈ
y2 z+x y2 z + x . + ≥2 = y ( 2) z+x 4 z+x 4
ẠY
z2 x+ y z2 x + y . + ≥2 = z ( 3) x+ y 4 x+ y 4
D
Lấy (1) + ( 2 ) + ( 3) theo vế ta được x2 y2 z2 x2 y2 z2 1 1 + + + ( x + y + z) ≥ ( x + y + z) + + ≥ ( x + y + z )( 4 ) y+z z+x x+ y 2 y+z z+x x+ y 2
Lại áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 ( 5 ) Từ ( 4 ) , ( 5 ) BĐT đã cho được chứng minh.
101
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1 .
P=
a b c + 2 + 2 ≤1 a +2 b +2 c +2 2
FF IC IA L
Bài 4.6. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 .Chứng minh rằng:
(Baltic Way 2005) Lời giải:
x, y , z > 0 1 1 1 x y z Đặt a = , b = , c = . Khi đó: P = 2 + 2 + 2 x y z 2x + 1 2 y + 1 2z + 1 xyz = 1
( ) + 1 = y + ( y + 1) ≥ y + 2 y + 1 = z + ( z + 1) ≥ z + 2 z
O
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:
x 2
x + 2x
+
2
2
y 2
+
Ơ
2
z
y + 2y
2
z + 2z
Y
Do đó P ≤
2
2
H
2z2
2
P≤
N
2 y2
N
2 x2 + 1 = x2 + x2 + 1 ≥ x2 + 2x
U
Ta phải chứng minh bất đẳng thức:
1 1 1 + + x+2 y+2 z+2
1 1 1 + + ≤ 1(1) x+2 y+2 z+2
Q
Với x, y, z > 0 ta có:
KÈ
M
(1) ⇔ ( y + 2 )( z + 2 ) + ( z + 2 )( x + 2 ) + ( x + 2 )( y + 2 ) ≤ ( x + 2 )( y + 2 )( z + 2 ) ⇔ xy + yz + zx + 4 ( x + y + z ) + 12 ≤ xyz + 4 ( x + y + z ) + 2 ( xy + yz + zx ) + 8 ⇔ xy + yz + zx ≥ 3 ( do xyz = 1)
ẠY
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có: xy + yz + zx ≥ 3 3 xy. yz.zx = 3 ( do xyz = 1)
D
Từ đó suy ra bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
102
Bài 4.7. Cho các số thực x, y , z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng 2
2
2
FF IC IA L
x y z + ≥1 + x −1 y −1 z −1
(IMO-2008) Lời giải:
Do x, y , z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 nên ta có thể đặt: x =
(
)(
)(
)
2
2
N
Khi đó BĐT cần chứng minh được viết lại như sau:
O
với a 2 − bc b 2 − ca c 2 − ab ≠ 0 .
a2 b2 c2 , y = ,z = bc ca ab
2
Ơ
a 2 b2 c2 a4 2bc + 2ca + 2ab ≥ 1 ⇔ a b c a 2 − bc −1 −1 −1 bc ca ab
2
) (b
2
− ca
2
c4
+
) (c
2
− ab
)
2
≥1
N
H
(
b4
+
(
2
) + (b
2
2
) + (c
U
2 a − bc
Y
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
− ca
2
)
a4
2
− ab a 2 − bc
2
+
+ ≥ a 2 + b2 + c 2 2 c 2 − ab a4
2
Q
) ( b − ca ) ( ) (a + b + c ) a a a + + ≥ ( a − bc ) ( b − ca ) ( c − ab ) ( a − bc ) + ( b − ca ) + ( c − ab ) 4
M
4
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
KÈ
2
(
a4
(
2 2
2
2
2
2
ẠY
a2 + b2 + c2 ) ( Ta cần chứng minh BĐT: ≥ 1(1) 2 2 2 2 2 2 ( a − bc ) + ( b − ca ) + ( c − ab )
(
D
Thật vậy, BĐT (1) ⇔ a 2 + b 2 + c 2
(
2
2
2
) ≥ ( a2 − bc ) + ( b2 − ca ) + ( c2 − ab )
)
2
⇔ a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 2 a 2bc + b 2ca + c 2 ab ≥ 0 ⇔ ( ab + bc + ca ) ≥ 0 Từ đó suy ra bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
2
)
2
103
• Một số bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong đề thi vào lớp 10 THPT, THPT Chuyên
Dưới đây trình bày một số ứng dụng của phép đổi biến khác trong việc giải
Bài 4.8. Cho hai số thực x, y ≠ 0 . Chứng minh rằng:
FF IC IA L
quyết một số bài thi tuyển sinh lớp 10 THPT, THPT chuyên.
4 x2 y2
(x
2
+y
2
)
2
x2
+
+
y2
y2
x2
≥ 3.
(ĐTTS lớp 10 chuyên Toán, ĐHKHTN-2004) Lời giải:
(x
2
+y
2
(x Đặt t =
)
2
2
+
x +y
+ y2
2 2
x y
)
2
≥
2 2
x y
2 2
≥3⇔
4 x2 y 2 2 2
x y
4x y
(x
2
+y
2
)
2
(x +
2
+ y2
)
2
− 2 x2 y 2
Ơ
4x y
4
2 2
x y
H
4
2 2
≥3⇔
= 4 . Do vậy cần chứng minh: P =
N
2 2
N
O
Vì x, y ≠ 0 nên BĐT đã cho được biến đổi như sau:
4x y
(x
2
+y
2
)
2
(x +
2
x2 y 2
4 + t ≥ 5 (1) với t ≥ 4 . t
U
Y
BĐT (1) có nhiều cách chứng minh. Ở đây ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy: 4 t 3 4 t 3 + + t≥2 . + t t 4 4 t 4 4
Q
P=
M
3 P ≥ 2.1 + .4 = 5 do t ≥ 4 . Từ đó suy ra bất đẳng thức đã cho được chứng minh. 4
KÈ
Dấu đẳng thức xảy ra khi t = 4 ⇔ x = ± y .
Bài 4.9. Cho x, y, z là các số không âm. Chứng minh rằng:
D
ẠY
x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz + 1 ≥ 2( xy + yz + zx) (Đề thi lớp 10 chuyên Tin, Chuyên Hùng Vương Phú Thọ-2015)
Lời giải:
Với mọi x, y, z ta có: 2
[( x − 1)( y − 1)][( y − 1)( z − 1)][( z − 1)( x − 1)] = [( x − 1)( y − 1)( z − 1)]
≥0
+ y2
)
2
≥5
104
Suy ra trong 3 số ( x − 1)( y − 1);( y − 1)( z − 1);( z − 1)( x − 1) luôn tồn tại một số không âm. Không mất tính tổng quát có thể giả sử đó là: ( x − 1)( y − 1) .
FF IC IA L
Ta có: ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 xy − x − y + 1 ≥ 0 xy ≥ x + y − 1 xyz ≥ z ( x + y − 1) Khi đó: x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz + 1 ≥ x 2 + y 2 + z 2 + 2 z ( x + y − 1) + 1 Mặt khác:
x 2 + y 2 + z 2 + 2 z ( x + y − 1) + 1
= x 2 + y 2 + z 2 + 2 zx + 2 zy − 2 z + 1 = x 2 + y 2 − 2 xy + z 2 − 2 z + 1 + 2( xy + yz + zx)
O
= ( x − y ) 2 + ( z − 1) 2 + 2( xy + yz + zx)
N
Hơn nữa, ( x − y ) 2 + ( z − 1) 2 + 2( xy + yz + zx) ≥ 2( xy + yz + zx)
4.10.
x, y, z > 2 thỏa
1 1 1 mãn + + = 1 . x y z
H
Cho
( x − 2 )( y − 2 )( z − 2 ) ≤ 1
Chứng
minh
N
Bài
Ơ
Suy ra bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Y
(ĐTTS lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2005)
U
Lời giải:
KÈ
M
Q
a = x − 2 x = a + 2 Đặt b = y − 2 y = b + 2 ( a, b, c > 0 ) . Ta cần chứng minh BĐT: abc ≤ 1 c = z − 2 z = c + 2
Từ giả thiết ta có:
1 1 1 + + =1 a+2 b+2 c+2
ẠY
⇔ ( a + 2 )( b + 2 )( c + 2 ) = ( a + 2 )( b + 2 ) + ( b + 2 )( c + 2 ) + ( c + 2 )( a + 2 )
⇔ abc + 2 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 8 = ab + bc + ca + 4 ( a + b + c ) + 12
D
⇔ abc + ab + bc + ca = 4
Theo BĐT Cauchy: abc + ab + bc + ca = 4 ≥ abc + 3 3 ab.bc.ca abc + 3 3 abc − 4 ≤ 0
105
(
)
Đặt t = 3 abc ( t > 0 ) có t 3 + 3t − 4 ≤ 0 ⇔ ( t − 1) t 2 + t + 4 ≤ 0 2
FF IC IA L
1 15 Mặt khác: t + t + 4 = t + + > 0, ∀t . Do đó: t − 1 ≤ 0 ⇔ t ≤ 1 đpcm. 4 2 2
Bài 4.11. Cho ba số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = a 2 + b 2 + c 2 + 2abc +
18 . ab + bc + ca
(Đề thi vào lớp 10 THPT Tỉnh Phú Thọ 2016) Lời giải:
O
Xét ba số: (a − 1)(b − 1);(b − 1)(c − 1);(c − 1)(a − 1) . Nếu cả ba số này đều âm thì
N
(a − 1)(b − 1)(b − 1)(c − 1)(c − 1)(a − 1) = ( a − 1) 2 (b − 1) 2 (c − 1) 2 < 0 . Điều này vô lí.
Ơ
Vậy phải có ít nhất một trong ba số này không âm.
H
Giả sử : (a − 1)(b − 1) ≥ 0 , ta có:
(a − 1)(b − 1) ≥ 0 ab ≥ a + b − 1 abc ≥ (a + b − 1)c 2abc ≥ 2ac + 2bc − 2c
N
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ac + 2bc − 2c
Y
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ≥ ( a − b) 2 + (c − 1) 2 + 2( ab + bc + ca ) − 1
U
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ≥ 2( ab + bc + ca ) − 1
Q
Do đó:
18 9 − 1 = 2 ab + bc + ca + −1. ab + bc + ca ab + bc + ca
KÈ
M
P ≥ 2( ab + bc + ca ) +
Theo BĐT Cauchy: ab + bc + ca +
9 9 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) = 6. ab + bc + ca ab + bc + ca
ẠY
Do đó P ≥ 2.6 − 1 = 11. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . Vậy min P = 11 khi a = b = c = 1 .
D
Bài 4.12. Cho các số dương x, y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=
2 (2 x + y )3 + 1 − 1
+
2
(2 x + y )( x + 2 y ) 8 − 4 3( x + y ) ( x + 2 y )3 + 1 − 1 +
(Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán, Chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2016)
106
Lời giải: Đặt a = 2 x + y; b = x + 2 y a + b = 3( x + y ) .
a3 + 1 − 1
+
2
8 ab − b3 + 1 − 1 4 a + b +
FF IC IA L
2
Ta có: P = Mặt khác:
a 3 + 1 = ( a + 1)( a 2 − a + 1) ≤
1
Tương tự ta có:
3
2 . Suy ra b2
O
b +1 −1
≥
1 2 a + 1 + a2 − a + 1 a2 ≥ 2. = +1 2 2 a3 + 1 − 1 a
2
Ơ
16 8 4 − = 1+ − 1 ≥ 1 2 ( a + b) a + b a+b
H
≥ 2+
N
8 8 ab 8 8 1 1 ab 4 ab 4 P ≥ 4 2 + 2 + − ≥ + − = + + − a b 4 a + b ab 4 a + b ab 4 ab a + b
2 2 . Vậy min P = 1 khi x = y = 3 3
N
Dễ thấy P = 1 khi a = b = 2 hay x = y =
Y
• Một số bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong đề thi THPT Quốc gia
U
Sử dụng linh hoạt các bất đẳng thức và chỉ cần dùng đến kiến thức Toán THCS
Q
chúng ta có thể giải được nhiều bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong các đề thi TSĐH (trước kia) và thi THPT Quốc gia (ngày nay)
M
Bài 4.13. Cho các số thực x, y thỏa mãn xy ( x + y ) = x 2 + y 2 − xy . Tìm giá trị lớn
KÈ
nhất của biểu thức A =
1 1 + 3 (Đề thi TSĐH khối A-2006) 3 x y
ẠY
Lời giải:
D
Từ giả thiết suy ra
1 1 1 1 1 + = 2+ 2− x y x y xy
1 1 2 Đặt a = , b = . Ta có a + b = a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) − 3ab x y Mặt khác A = a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) = ( a + b )
2
107
Theo bất đẳng thức cơ bản
( a + b) ab ≤
2
4
. Suy ra:
3 2 2 ( a + b) ⇔ ( a + b) − 4( a + b) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ a + b ≤ 4 4 1 Do đó A ≤ 16 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 2 ⇔ x = y = 2 2
2
Vậy max A = 16 khi x = y =
1 2
FF IC IA L
a + b = ( a + b ) − 3ab ≥ ( a + b ) −
Bài 4.14. Cho các số thực x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
y y + 2z z
+
y2 ( z + x) z z + 2x x
+
z2 ( x + y)
O
biểu thức P =
x2 ( y + z )
x x + 2y y
N
(Đề thi TSĐH khối A-2007)
N
xyz = 1 )
x 2 ( y + z ) ≥ x 2 .2 yz ⇔ x 2 ( y + z ) ≥ 2 x x (do
H
Theo bất đẳng thức Cauchy:
Ơ
Lời giải:
Y
Chứng minh tương tự có: y 2 ( z + x ) ≥ 2 y y ; z 2 ( x + y ) ≥ 2 z z .
U
2y y 2x x 2z z + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y
Q
Suy ra P ≥
M
Đặt x x + 2 y y = a; y y + 2 z z = b; z z + 2 x x = c ( a, b, c > 0 )
KÈ
Tính được x x =
4c + a − 2b 4 a + b − 2c 4b + c − 2a ;y y= ;z z = 9 9 9
Do đó
D
ẠY
2 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a 2 c b a a b c + + P≥ ⇔ P ≥ 4 + + + + + − 6 9 b c a 9 b a c b c a Theo bất đẳng thức Cauchy: P≥
2 c b a a b c 4 + + + + + − 6 ≥ 9 b a c b c a
2 3 c b a a b c 4.3 ⋅ ⋅ + 3 3 ⋅ ⋅ − 6 P ≥ 2 9 b a c b c a
108
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy min P = 2 khi x = y = z = 1
3
( x + y) + ( x + z)
3
+ 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≤ 5 ( y + z )
3
FF IC IA L
Bài 4.15. Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x ( x + y + z ) = 3 yz . Chứng minh
(Đề thi TSĐH khối A-2009) Lời giải: Đặt a = x + y, b = x + z , c = x + y ( a, b, c > 0 )
O
Khi đó x ( x + y + z ) = 3 yz ⇔ c 2 = a 2 + b 2 − ab
N
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau:
2
Ơ
a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ⇔ ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 ) + 3abc ≤ 5c3 ⇔ ( a + b ) c 2 + 3abc ≤ 5c3
N
H
Mặt khác c 2 = a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) − 3ab .
c 2 ≥ ab 2c ≥ a + b
U
Y
a + b ≥ 2 ab 2 Theo các bất đẳng thức cơ bản a + b ) . Từ đó suy ra ( ab ≤ 4
Q
Do đó ( a + b ) c 2 + 3abc ≤ 2c.c 2 + 3c3 ⇔ ( a + b ) c 2 + 3abc ≤ 5c3 đpcm.
M
Bài 4.16. Cho các số thực x, y , z thỏa mãn 1 ≤ x, y, z ≤ 4 và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị
KÈ
nhỏ nhất của P =
x y z + + 2x + 3y y + z z + x (Đề thi TSĐH khối A-2009)
ẠY
Lời giải:
D
Ta có P =
1 2+3
y x
+
1 1+
z y
+
Sử dụng bất đẳng thức phụ
1 1+
x z
1 1 2 + ≥ với a, b > 0, ab ≥ 1 1 + a 1 + b 1 + ab
109
1
P=
2+3
y x
x ≥ 1 . Áp dụng bất đẳng thức trên ta có y
1
+
1+
1
+
z y
1+
x z
≥
1 2+3
+
y x
2 1 2 P≥ + y z x x 2+3 ⋅ 1+ 1+ x y z y
FF IC IA L
Do x ≥ y > 0
Đặt t =
2 x t2 1 ≤ t ≤ 2 (vì 1 ≤ x ≤ y ≤ 4 Suy ra P ≥ 2 + . 2t + 3 t + 1 y
Đặt M =
2 t2 34 + . Ta chứng minh M ≥ . Ta có: 2 2t + 3 t + 1 33
N
O
34 t2 2 34 ⇔ 2 + ≥ ⇔ 33 t 2 ( t + 1) + 2 ( 2t 2 + 3) − 34 ( t + 1) ( t 2 + 3) ≥ 0 M≥ 33 2t + 3 t + 1 33 3 2 ⇔ 33 ( t + 5t + 6 ) − 34 ( t 3 + t 2 + 3t + 3) ≥ 0 ⇔ −t 3 + 131t 2 − 102t + 96 ≥ 0
H
Ơ
⇔ ( t − 2 ) ( −t 2 + 129t − 48 ) ≥ 0 ⇔ ( t − 2 ) t ( 2 − t ) + 48 ( t − 1) + 79t ≥ 0
N
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với 1 ≤ t ≤ 2 . Do đó P ≥
34 . 33
U
34 khi x = 4, y = 1, z = 2 . 33
Q
Vậy min P =
Y
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 .
Bài 4.17. Xét các số thực x, y thỏa mãn x + y + 1 = 2
(
)
x − 2 + y + 3 . Tìm giá trị
KÈ
M
lớn nhất của x + y (Đề thi THPT Quốc gia 2016)
Lời giải:
2
D
ẠY
Ta có ( x + y + 1) = 4
(1.
x − 2 + 1. y + 3
(
2
)
2
x − 2 + y + 3 . Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
) ≤ (1 + 1 ) ( x − 2 + y + 3) ⇔ ( 2
2
x−2 + y+3
)
2
≤ 2 ( x + y + 1)
2
Suy ra ( x + y + 1) ≤ 8 ( x + y + 1) x + y + 1 ≤ 8 ⇔ x + y ≤ 7 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 6, y = 1 . Vậy max ( x + y ) = 7 khi x = 6, y = 1
110
KẾT LUẬN CHƯƠNG 2
Nội dung cơ bản của chương 2 là xây dựng hệ thống gồm 4 biện pháp nhằm đẳng thức:
FF IC IA L
phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua khai thác các bài toán về bất
Biện pháp 1: Chú trọng việc tổ chức cho học sinh thực hiện các hoạt động khái
quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong cùng một bài toán bất đẳng thức .
Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh các hoạt động mở rộng, biến đổi một bài toán
O
theo nhiều hình thức khác nhau và giải các bài toán mới,
Biện pháp 3: Tổ chức cho học sinh thực hiện ứng dụng kiến thức bất đẳng thức vào
N
giải một số dạng toán trong hình học, đại số, số học và trong thực tế
Ơ
Biện pháp 4: Tổ chức cho học sinh sử dụng linh hoạt các bất đẳng thức để nhận
H
diện, giải các bài toán về cực trị và bất đẳng thức trong các đề thi HSG, thi vào lớp
N
10 THPT chuyên, thi THPT Quốc gia.
Trong đó, biện pháp 1,3 là chủ đạo trong việc rèn luyện cho học sinh khá và
Y
giỏi; biện pháp 2 là chủ đạo trong rèn luyện cho học sinh giỏi. Các biện pháp được
U
xây dựng có những gắn bó, liên hệ, bổ sung cho nhau ở những mức độ khác nhau và
Q
cùng tác động tới các thành phần tư duy sáng tạo của học sinh đã được xác lập trong chương 1. Với mỗi biện pháp, khóa luận đề cập đến cơ sở xây dựng biện pháp, vai
M
trò, nội dung và tổ chức thực hiện biện pháp.
KÈ
Các biện pháp sư phạm đã trình bày thể hiện rõ những cách thức hoạt động
của giáo viên và học sinh trong việc tổ chức thực hiện phát triển tư duy sáng tạo cho
học sinh. Trong mỗi biện pháp, luận văn chú trọng trình bày từ cơ sở khoa học, mục đích
ẠY
sử dụng cho đến các chỉ dẫn thực hiện, các ví dụ cụ thể tạo cho người đọc hiểu rõ tư
D
tưởng vận hành biện pháp cũng như gợi mở cách làm tương tự. Cách khai thác các ví
dụ theo đó cũng khẳng định rõ hơn về tính khả thi của các biện pháp đề xuất trong
điều kiện dạy học môn Toán ở các trường Trung học cơ sở hiện nay.
111
Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm
Khẳng định tính đúng đắn, cần thiết của đề tài, đánh giá sự phù hợp, khả thi
FF IC IA L
và hiệu quả của các biện pháp được đưa ra nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho HS theo các nội dung sau:
+ Các biện pháp mà luận văn đề xuất có thể thực hiện được trong quá trình dạy học các nội dung bất đăngr thức cho học sinh lớp 9 hay không?
+ Thực hiện các biện pháp có thực sự góp phần phát triển tư duy sáng tạo
O
cho học sinh, đồng thời nâng cao được hiệu quả dạy học toán THCS nói chung, hiệu quả dạy học nội dung về bất ddẳng thức cho học sinh lớp 9 không?
N
3.2. Nội dung thực nghiệm sư phạm
Ơ
Được thực hiện trong 4 tiết. Trong mỗi tiết thực nghiệm, giáo viên thực hiện việc
H
khai thác một số bài toán bất đẳng thức lớp 9 gồm
N
1. Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy giải phương trình, hệ phương trình. 2. Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz giải phương trình, hệ phương trình.
Y
3. Bất đẳng thức Cauchy tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
U
4. Bất đẳng thức Cauchy-SChwarz tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Q
Đánh giá kết quả bằng 2 bài kiểm tra được tiến hành giữa đợt và cuối đợt.
M
Mục đích của việc kiểm tra đánh giá là đánh sự phát triển tư duy sáng tạo của HS với việc giải các bài toán sau khi được tiếp cận với các biện pháp mà đề tài đã xây
KÈ
dựng và đã được GV hướng dẫn cho học sinh. 3.3.Tổ chức thực nghiệm
ẠY
3.3.1. Đối tượng thực nghiệm sư phạm
* Lớp thực nghiệm:
D
+ Lớp 9T1 gồm 10 học sinh thuộc trường THCS Văn Lang GV dạy học có đưa các biện pháp đã được trình bày trong luận văn vào quá trình thực hiện các giờ giải bài tập bất đẳng thức. * Lớp đối chứng:
112
+ Lớp 9T2 gồm 10 học sinh thuộc trường THCS Văn Lang. Kết quả học toán tương đương với lớp thực nghiệm. - GV tham gia thực nghiệm sư phạm có kinh nghiệm dạy học.
FF IC IA L
Lớp thực nghiệm do cô giáo Bùi Thị Thu Dung giảng dạy. Lớp đối chứng do cô giáo Đỗ Thị Thu Hà giảng dạy
- Kết quả học tập của HS ở 2 lớp là tương đương nhau trong học kì I năm học 2018 – 2019.
- Điều kiện cơ sở vật chất, số lượng HS và nội dung giảng dạy ở 2 lớp giống nhau.
O
3.3.2. Hình thức tổ chức thực nghiệm
- Trong quá trình dạy có sử dụng các biện pháp được đề xuất trong luận văn trong
N
việc khai thác bài toán cho HS tiến hành tại lớp thực nghiệm
Ơ
- Dạy đối chứng .không sử dụng các biện pháp được đề xuất trong luận văn trong
N
3.3.3. Thời gian thực nghiệm
H
việc khai thác bài toán cho HS
- Từ 5/2/2019 đến ngày 8/3/2019
Y
- Thực nghiệm được tiến hành thuận lợi tại trường THCS Văn Lang – Việt Trì –
U
Phú Thọ.
Q
- Được sự chỉ đạo, tạo điều kiện của ban giám hiệu và sự giúp đỡ nhiệt tình của các
M
thầy cô giáo trong tổ Toán – Lý và sự nhiệt tình tham gia học tập của các em HS 2 lớp 9T1 và 9T2.
KÈ
3.3.4. Tiến hành thực nghiệm
- Trước khi tiến hành thực nghiệm, chúng tôi đã trao đổi với giáo viên dạy thực
ẠY
nghiệm về mục đích thực nghiệm vá tư tưởng của các biện pháp đề xuất. Chúng tôi tiến hành tập huấn cho giáo viên dạy thực nghiệm về tiến trình thực hiện các biện
D
pháp tổ chức thực nghiệm. Các giáo án thực nghiệm được chúng tôi cùng nhau xây dựng và thống nhất cao trước khi đưa vào thực nghiệm. - Xây dựng nội dung phiếu điều tra HS việc sử dụng các biện pháp nhằm phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho HS ở trường THCS.
113
(Nội dung phiếu điều tra được trình bày trong phần phụ lục) - Thiết kế giáo án bài dạy cho nội dung thực nghiệm có sử dụng hệ thống các ví dụ, câu hỏi vận dụng nhằm phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh.
FF IC IA L
- Số tiết dạy thực nghiệm: 02 tiết (Các giáo án được thể hiện trong phần phụ lục)
- Thiết kế công cụ đánh giá tư duy sáng tạo cho HS (bài kiểm tra, phiếu quan sát của giáo viên và phiếu tự đánh giá của HS)
+ Sau khi tiến hành dạy thực nghiệm, tiến hành kiểm tra khả năng nhận thức,
O
đánh giá kết quả học tập và so sánh kết quả của 2 lớp đối chứng và thực nghiệm.
+ Đề kiểm tra được ra là vừa sức với đối tượng HS hai lớp thực nghiệm và
N
đối chứng. Tính toán và chứng minh không quá phức tạp. Mỗi câu, mỗi ý đều có
Ơ
liên quan đến một dạng hoạt động mà GV đã hướng dẫn cho HS trong quá trình dạy
H
học.
N
- Tiến hành thực nghiệm sư phạm trên lớp học, thu thập và xử lí kết quả thực nghiệm sư phạm.
Y
3.3.5. Phương thức đánh giá kết quả thực nghiệm
U
Chúng tôi tiến hành đánh giá kết quả thực nghiệm thông qua việc đánh
Q
giá về mặt định lượng và đánh giá về mặt định tính.
M
* Về mặt định tính
Chúng tôi đánh giá qua việc quan sát, dự giờ, qua trao đổi, phỏng vấn trực
KÈ
tiếp với GV và các đối tượng thực nghiệm: - Tiến hành kiểm tra bằng các phiếu điều tra đánh giá sự hứng thú, tích cực,
ẠY
sự chú ý của các em, các biểu hiện về sự sáng tạo của học sinh trong giờ học chủ đề
D
này và độ bền kiến thức sau khi thực nghiệm. * Về mặt định lượng
Chúng tôi sử dụng phương pháp thống kê toán học để xử lý số liệu, trong đó chủ yếu sử dụng các thông số sau đây:
114
- Tỉ lệ %: Để phân loại kết quả học tập, mức độ hứng thú làm cơ sở so sánh kết quả giữa nhóm lớp thử nghiệm và nhóm lớp đối chứng. k
n x
i i
i =1
FF IC IA L
- Giá trị trung bình được tính theo công thức X =
N
Trong đó: ni là tần số xuất hiện điểm số xi . N là tổng số HS thử nghiệm.
Giá trị trung bình đặc trưng cho sự tập trung của số liệu nhằm so sánh mức học của HS ở cả hai nhóm lớp thực nghiệm và đối chứng.
3.4.1. Phân tích định tính kết quả thực nghiệm
O
3.4. Đánh giá kết quả của thực nghiệm sư phạm
N
Qua quan sát diễn biến các giờ học thực nghiệm chúng tôi nhận thấy:
Ơ
- Về phía học sinh
H
+ Trong quá trình học tập, học sinh rất tích cực suy nghĩ, tham gia xây dựng bài, chủ động thực hiện một cách linh hoạt việc biến đổi các bài toán từ bài toán ban
N
đầu, chủ động phát hiện các hướng mở của bài toán và chủ động, tích cực tham gia
Y
phát biểu ý kiến hoàn thiện các hướng mở được bản thân hoặc bạn khác trong lớp
U
học đề xuất.
Q
+ Học sinh được củng cố các kiến thức cơ bản trong chương trình một cách vững chắc hơn, tiến bộ trong việc mở rộng, kết nối các kiến thức toán học nói
M
chung, kiến thức về bất đẳng thức nói riêng;
KÈ
+ Học sinh phát hiện ra các vấn đề mới sẽ phát sinh trong các bài toán đang xét
khi xem xét các chiều hướng thay đổi của bài toán, chủ động và nhạy bén trong việc vận dụng kiến thức để giải quyết các vấn đề phát sinh theo các chiều hướng khác nhau, bày
ẠY
tỏ ý kiến, quan điểm của bản thân về những vấn đề đặt ra trong bài học một cách rõ ràng,
D
logic, tự tin. + Khả năng tự lực thực hiện một cách tích cực các nhiệm vụ khai thác bài toán
(thay đổi giải thiết, kết luận của bài toán, đặc biệt hóa, khái quát hóa bài toán, lật ngược ván đề, bổ sung các điều kiện,…) một cách sáng tạo, linh hoạt, nhuần nhuyễn và giải bài
115
toán của học sinh tăng lên. Việc đáp ứng các yêu cầu có tính phức tạp dần của giáo viên trong nhiệm vụ khai thác sâu bài toán ngày càng tốt hơn. Học sinh hứng thú hơn, chủ động, tích cực, bị cuốn hút vào các công việc trong hoạt động học tập theo nhiệm vụ
FF IC IA L
khai thác bài toán của giáo viên. Từ đó, tạo cho học sinh lòng ham học, hình thành kĩ năng, kĩ xảo, khơi dậy khả năng tìm tòi, khám phá, sự sáng tạo của học sinh. Từ đó, giúp các em cảm thấy hứng thú với chủ đề. Học tập hơn.
- Về phía giáo viên: Chúng tôi đã xin ý kiến của giáo viên dạy thực nghiệm về chất lượng kế hoạch bài học thực nghiệm, về sự khả thi của các biện pháp đề xuất, về sự khoa học trong cách thức khai thác sâu bài toán, về sự hấp dẫn trong nội
O
dung khai thác bài toán, về sự linh hoạt, nhuần nhuyễn của học sinh khi tham gia thực hiện nhiệm vụ học tập, về hứng thú của học sinh khi tham gia học tập nội dung
N
bất đẳng thức lớp 9 với các cách thức khai thác bài toán, về sự phát triển tư duy
H
sau quá trình dạy thực nghiệm.
Ơ
sáng tạo của học sinh,…Tất cả những điều này đều được các giáo viên khẳng định
N
Như vậy, triển khai thực nghiệm bước đầu cho thấy tính khả thi, hiệu quả của các biện pháp đã đề xuất qua đánh giá định tính kết quả thực nghiệm.
Y
3.4.2. Phân tích, đánh giá định lượng kết quả thực nghiệm sư phạm
học kì 1 năm học 2018 - 2019 Kết quả học tập học kì 1 2018 - 2019
M
Q
U
Bảng 1: Đặc điểm chất lượng học tập của các lớp TN và ĐC
KÈ
Lớp
ẠY
TN : 9T1 ĐC: 9T2
Sĩ số
Giỏi, khá
Số HS
%
10
10
100
10
10
100
D
- Từ bảng trên cho thấy học lực của HS của 2 lớp là tương đương nhau. - Sau khi tiến hành tổ chức dạy thực nghiệm, qua kết quả thăm lớp dự giờ, chúng tôi ghi nhận sự tiến bộ trong học tập của các em HS trong lớp thực nghiệm. Kết quả cụ thể được thể hiện:
116
Bảng 2: Kết quả quan sát việc tự lực tham gia khai thác bài toán của HS TN
ĐC
(10)
(10)
FF IC IA L
Biểu hiện tính tích cực của HS
1. Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 1, biết 85% cách khai thác bài toán mới theo biện pháp 1
2. Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 2, biết 84% cách khai thác bài toán mới theo biện pháp 2
3. Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 3, biết 92%
O
cách khai thác bài toán mới theo biện pháp 3
Ơ
cách khai thác bài toán mới theo biện pháp 4
N
4. Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 4, biết 88%
43%
42%
55%
60%
H
5. Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 5, biết 94%
40%
N
cách khai thác bài toán mới theo biện pháp 5 Thông qua bảng 2 ta nhận thấy:
Y
- Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 1, biết cách khai thác bài
U
toán mới theo biện pháp 1 ở lớp TN là 85% , lớn hơn 40% ở lớp ĐC
Q
- Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 2, biết cách khai thác bài
M
toán mới theo biện pháp 2 ở lớp TN là 84% , lớn hơn 43% ở lớp ĐC - Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 3, biết cách khai thác bài
KÈ
toán mới theo biện pháp 3 ở lớp TN là 92%, lớn hơn 42% ở lớp ĐC
- Số lượt HS biết giải bài toán khai thác bằng biện pháp 4, biết cách khai thác bài
ẠY
toán mới theo biện pháp 4 ở lớp TN là 88% , lớn hơn 55% ở lớp ĐC - Số lượt HS tham gia giải quyết các biện pháp và số lượt HS đề xuất được giải
D
pháp phát triển tư duy sáng tạo của lớp TN cao hơn so với lớp ĐC, cho thấy được
tính hiệu quả của việc giảng dạy có định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho HS.
117
Bảng 3: Kết quả điểm bài kiểm tra của HS
Số
TN
<5
5
6
7
0
4
4
4
0
4
6
6
0
20
20
20
0
20
30
30
lượng ĐC Tỉ lệ
TN
%
9
10
4
2
2
2
2
0
20
10
10
10
10
0
O
ĐC
8
FF IC IA L
Điểm
Ơ
N
Biểu đồ 1: Biểu đồ cột về kết quả điểm số của HS
50
H
45
N
40
Y
35
U
30 20
9T1 9T2
Q
25
M
15
KÈ
10 5
D
ẠY
0
Yếu, kém
TB
Khá
Giỏi
118
Bảng 4: Bảng tổng hợp chung Các tham số chung Bài Điểm TB
Phương sai
Độ lệch chuẩn
tra ĐC
TN
ĐC
TN
Số 1
6.8
6.4
2.76
1.64
1.66
Số 2
7.4
6.8
2.04
1.46
1.43
7.1
6.6
2.49
1.44
1.58
Tổng hợp
thiên V (%)
ĐC
TN
ĐC
1.28
23.7
28.9
1.20
23.4
31.4
1.20
23.6
30.1
O
TN
Hệ số biến
FF IC IA L
kiểm
N
Thông qua bảng số liệu trên ta có những nhận xét sau:
Ơ
- Lớp TN có 20/20 (100%) đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó 14/20 (70%) đạt
H
khá, giỏi. Lớp ĐC có 20/20 (70%) đạt từ trung bình trở lên, trong đó 10/20 (50%)
N
đạt loại khá, giỏi.
- Lớp TN có điểm trung bình là 7.1, lớn hơn lớp ĐC có điểm TB là 6.6, chứng tỏ
Y
điểm TB của lớp TN cao hơn lớp ĐC.
U
- Phương sai, độ lệch chuẩn của lớp TN 2,49 và 1.58, cao hơn của lớp ĐC 1.44 và
Q
1.2 chứng tỏ độ đồng đều của nhóm ĐC cao hơn nhóm TN, hay ĐC giải toán của
M
lớp thực nghiệm đều hơn. Nhận xét: Qua kết quả thống kê trên ta thấy các biện pháp sư phạm được xây dựng
KÈ
là khả thi, hợp lí và bước đầu của việc dạy học theo hướng phát triển tư suy sáng tạo
D
ẠY
cho HS là thành công.
119
KẾT LUẬN CHƯƠNG 3
Sau khi xác định được mục đích, nội dung và cách thức tiến hành thực nghiệm, chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm sư phạm tại lớp 9H trường THCS Văn
FF IC IA L
Lang-TP Việt Trì-Tỉnh Phú Thọ. Quá trình thực nghiệm đã cho thấy:
- Về mặt định tính: Các cách thức khai thác bài toán đảm bảo sự hấp dẫn và phong phú, đa dạng về nội dung, HS thực sự có hứng thú khi tham gia vào quá trình học tập các nội dung về bất đẳng thức lớp 9 với các phương thức khai thác bài toán.
Học sinh đã quan tâm nhiều tới việc tự phát hiện ra vấn đề, đề xuất những cách
thức giải quyết vấn đề, lập ra được kế hoach giải quyết vấn đề, lựa chọn ra các
O
phương án tối ưu nhất để từ đó thực hiện giải quyết được các vấn đề. Đặc biệt, HS
N
có sự nhạy bén , linh hoạt, uyển chuyển trong việc đề xuất ra các hướng mở rộng, thu hẹp, đặc biệt hóa, khái quát hóa bài toán, tìm ra cách giải bài toán theo những
Ơ
cách khác nhau.
H
- Về mặt định lượng: Qua so sánh, chất lượng dạy học một số bài thực
N
nghiệm cho thấy: Tỉ lệ học sinh có bài hoàn thành tốt đáp ứng yêu cầu giải quyết
Y
vấn đề toán học của nhóm thực nghiệm cao.
U
Từ kết quả thử nghiệm tôi có thể khẳng định: + Các biện pháp mà luận văn đề xuất có thể thực hiện được trong quá trình
Q
dạy học các nội dung bất đẳng thức cho học sinh lớp 9;
M
+ Thực hiện các biện pháp đã đề xuất thực sự góp phần phát triển tư duy
KÈ
sáng tạo cho học sinh, đồng thời nâng cao được hiệu quả dạy học toán THCS nói chung, hiệu quả dạy học chủ đề bất đẳng thức cho học sinh khá giỏi lớp 9 nói riêng. Các biện pháp đã đề xuất có thể thực hiện được trong quá trình dạy học nội
ẠY
dung bất đẳng thức cho học sinh lớp 9. Điều này đã được xác nhận bởi giáo viên
D
dạy thực nghiệm. Đặc biệt, việc tổ chức thực hiện các ý tưởng đã nêu trong các biện pháp dưới hình thức hướng dẫn học sinh tự học sẽ mang lại kết quả cao hơn. Tóm lại, kết quả thực nghiệm cho thấy giả thuyết khoa học của vấn đề nghiên cứu đã được kiểm nghiệm, tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp bước đầu được khẳng định.
120
KẾT LUẬN CHUNG
Qua quá trình thực hiện đề tài, luận văn đã đưa ra được một số kết luận sau: - Làm rõ các vấn đề lí luận về tư duy, tư duy sáng tạo, các định hướng khai
FF IC IA L
thác bài toán bất đẳng thức nhằm phát triển tư duy sáng tạo. Từ đó làm cơ sở khoa học để định hướng việc dạy học chủ đề này nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho HS.
- Luận văn đã xây dựng được một số biện pháp sư phạm nhằm phát triển tư
duy sáng tạo cho HS khi DH nội dung bất đẳng thức theo tinh thần đi vào khai thác
các bài toán. Các biện pháp sư phạm đã trình bày thể hiện rõ những cách thức hoạt động của giáo viên và học sinh trong việc tổ chức thực hiện phát triển tư duy sáng
O
tạo cho học sinh, phù hợp với đặc điểm nhận thức của học sinh, phù hợp với đặc thù
N
môn học.
Ơ
- Tiến hành dạy thực nghiệm các biện pháp đã đề xuất. Kết quả thực nghiệm đã khẳng định tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp đã đề xuất trong đề tài.
H
Đóng góp mới chủ yếu của luận văn cho chuyên ngành Lý luận và Phương
N
pháp dạy học bộ môn Toán là luận án đã xây dựng được các biện pháp phát triển tư
Y
duy sấng tạo ho học sinh lớp 9 thông qua khai thác các bài toán bất đẳng thức. Các
U
kết quả đó đã góp phần làm rõ cơ sở khoa học và thực tiễn của một nhiệm vụ quan trọng của Lý luậnvà Phương pháp dạy học bộ môn, hơn nữa một nhiệm vụ quan trọng
Q
của giáo dục toán học tại các trường phổ thông hiện nay..
M
Có thể sử dụng cách thức thực hiện các biện pháp đã trình bày trong luận văn
KÈ
để tiến hành khai thác các bài toán hình học, số học đối với các lớp của cấp học phổ
thông. Luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viê các trường phổ thông
D
ẠY
trong việc dạy học chú trọng phát triển năng lực học sinh trong bối cảnh hiện nay.
121
TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Ban chấp hành Trung ương Đảng cộng sản Việt Nam (2013), Nghị quyết Hội nghị
lần thứ 8, khóa XI (Nghị quyết số 29-NQ/TW).
FF IC IA L
[2]. Bộ Giáo dục và đào tạo (2018), Dự thảo chương trình giáo dục phổ thông môn
Toán.
[3]. Võ Quốc Bá Cẩn- Trần Quốc Anh, Bất đẳng thức và những lời giải hay,
Nxb Hà Nội.
[4]. Võ Quốc Bá Cẩn-Trần Quốc Anh (2008), Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Shwarz
O
trong chứng minh, Nxb Đại học Sư phạm.
[5]. Hoàng Chúng (1969), Phát triển khả năng sáng tạo toán học ở trường phổ thông. Nxb
N
Giáo dục Hà Nội.
Ơ
[6]. Phan Đức Chính – Tôn Thân – Nguyễn Huy Đoan-Phạm Gia Đức-Trương Công
H
Thành-Nguyễn Duy Thuận (2015), Toán 9 (tập môt), Toán 9 (tập hai), Nhà xuất
N
bản Giáo dục.
[7]. Phan Đức Chính – Tôn Thân – Nguyễn Huy Đoan-Phạm Gia Đức-Trương Công
Y
Thành-Nguyễn Duy Thuận (2015), Bài tập-Toán 9 (tập môt), Bài tập-Toán 9 (tập
U
hai), Nhà xuất bản Giáo dục.
Q
[8]. Nguyễn Văn Cường (2010), Một số vấn đề chung về đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông, Dự án phát triển giáo dục trung học phổ thông.
M
[9]. Vũ Cao Đàm (1995), Phương pháp nghiên cứu khoa học, Hà Nội.
KÈ
[10]. Nguyễn Văn Dũng-Võ Quốc Bá Cẩn, Phương pháp giải toán bất đẳng thức và
cực trị, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội.
ẠY
[11]. Phạm Gia Đức, Phạm Văn Hoàn : Rèn luyện kỹ năng công tác độc lập cho học
sinh qua môn toán. Nhà xuất bản giáo dục, HN 1967
D
[12]. Nguyễn Hữu Điển (2003), Sáng tạo trong giải toán phổ thông. [13]. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nxb Tri Thức. [14]. Nguyễn Bá Kim (2014), Phương pháp dạy học môn Toán, Nxb Đại học Sư
phạm.
122
[15]. Trần Ngọc Lan-Chủ biên, Chương Thị Tố Mai, Rèn luyện tư duy cho học sinh
trong dạy học Toán bậc tiểu học, NXB Trẻ. [16]. Nguyễn Quang Lạc (1995), Lý luận dạy học hiện đại ở trường phổ thông, Đại
FF IC IA L
học Vinh.
[17]. Phan Thị Luyến (2008), Phát triển tư duy phê phán của học sinh THPT thông qua dạy
học chủ đề Phương trình và bất phương trình. Luận án tiến sĩ giáo dục, Hà nội.
[18]. Nguyễn Vũ Lương, Các bài giảng về bất đẳng thức Cauchy, Nxb DHQG Hà Nội.
[19]. Hoàng Văn Minh-Trần Đình Thái, Tuyển chọn các đề thi học sinh giỏi THCS môn
O
Toán, Nxb DHQG Hà Nội.
[20]. Bùi Văn Nghị (2005), Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên giáo viên trung học phổ thông
N
chu kì III (2004 - 2007) Toán học. Nxb Đại học sư phạm.
H
thông. Nxb Đại học sư phạm Hà Nội.
Ơ
[21]. Bùi Văn Nghị (2006), Vận dụng lí luận vào thực tiễn dạy học môn toán ở trường phổ
N
[22]. Hoàng Phê (chủ biên) (2003), Từ điển Tiếng Việt, Trung tâm từ điển ngôn ngữ, Hà
Nội..
Y
[23]. Trần Phương- Võ Quốc Bá Cẩn- Trần Quốc Anh, Vẻ đẹp bất đẳng thức trong các
U
kỳ thi Olympic, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
Q
[24]. Trần Phương (2010), Những viên kim cương trong bất đẳng thức , Nxb Tri Thức. [25]. G. Polya (1997), Sáng tạo toán học, Nhà xuất bản Giáo dục.
M
[26]. G. Pôlia (1968). Toán học và những suy luận có lý. Nxb Giáo dục.
KÈ
[27]. Nguyễn Tất Thành, Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua thiết kế và
sử dụng hệ thống bài toán tính thể tích khối đa diện và khối tròn xoay ở lớp 12,
ẠY
Luận văn Thạc sĩ Khoa học Giáo dục-2018.
[28]. Tôn Thân (1995), Xây dựng câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng một số yếu tố
D
của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi Toán ở trường Trung học cơ sở Việt
Nam. Viện Khoa học Giáo dục. [29]. Tôn Thân (2003), Rèn luyện tư duy cho chọ sinh trong dạy học môn toán, Bài giảng dành cho học viên cao học, Viện Khoa học Giáo dục Việt Nam
123
[30]. Tạp trí Toán học và tuổi trẻ, Nxb Giáo dục. [31]. Tạp trí Toán tuổi thơ, Nxb Giáo dục.
cứu Toán học, Nxb Giáo dục.
FF IC IA L
[32]. Nguyễn Cảnh Toàn (1998), Tập cho học sinh giỏi Toán làm quen dần với nghiên
[33]. Chu Cẩm Thơ (2015), Phát triển tư duy thông qua dạy học môn toán ở trường phổ
thông. Nxb Đại học sư phạm.
[34]. Hoàng Văn Vinh-Trần Đình Thái(2009), Tuyển chọn đề thi HSG THCS môn
Toán- Nxb ĐH Quốc gia Hà Nội.
O
[35]. Nguyễn Như Ý (1999), Từ điển Tiếng Việt. Nxb Đà nẵng.
N
Phú Thọ, ngày
Học viên cao học
Y
N
H
Ơ
Giảng viên hướng dẫn
tháng
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
TS. Phan Thị Tình
Bùi Hải Quang
năm 2019
PHỤ LỤC 1 PHIẾU ĐIỀU TRA KHẢO SÁT GIÁO VIÊN VỀ PHÁT TRIỂN TƯ DUY
FF IC IA L
SÁNG TẠO CHO HỌC SINH
Kính gửi Thầy (Cô):
Chúng tôi đang nghiên cứu đề tài: “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 thông qua khai thác các bài toán về bất đẳng thức”.
Nhằm phục vụ cho nghiên cứu này, chúng tôi muốn tìm hiểu thực trạng việc
O
nắm bắt các vấn đề lí luận về tư suy sáng tạo và thực tiễn việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 9 của giáo viên toán ở trường THCS. Xin quý Thầy (Cô) vui
N
lòng cho chúng tôi những ý kiến về vấn đề này. Ý kiến của Thầy (Cô) chỉ nhằm mục
H
Ơ
đích phục vụ việc nghiên cứu đề tài, không phục vụ mục đích nào khác.
N
Câu 1: Theo thầy (Cô), tư duy sáng tạo là (Thầy (Cô) chọn 1 đáp án Thầy (Cô) cho là đúng nhất):
Y
A. Là khả năng sáng tạo ra những lời giải mới trong học tập
U
B. Là ý thức thực hiện những sự sáng tạo
Q
C. Là một loại hình tư duy đặc trưng bởi hoạt động và suy nghĩ nhận thức mà
M
những hoạt động nhận thức ấy luôn theo một phương diện mới, giải quyết vấn đề
KÈ
theo cách mới và vận dụng trong hoàn cảnh mới D. Là sự tích cực tìm ra cái mới, cách giải quyết cái mới, không bị gò bó,
D
ẠY
phụ thuộc vào những cái đã có .
Câu 2: Thầy (Cô) lựa chọn mức độ về tầm quan trọng của việc rèn luyện các thành phần yếu tố của tư duy sáng tạo sau của học sinh:
1
Thành phần
Rất cần thiết
Cần thiết
Học sinh dễ dàng chuyển
từ
hoạt
động trí tuệ này
sang hoạt động trí
O
tuệ khác 2
Tìm được nhiều giải
N
pháp trên nhiều góc
Ơ
độ và tình huống
khác nhau” phương thức giải
Y
quyết lạ hoặc duy
U
nhất” 4
Lập kế hoạch, phối
M
hành
Q
hợp các ý nghĩ và động, phát triển ý
KÈ
tưởng, kiểm tra và
chứng minh ý tưởng
D
ẠY
5
H
Tìm và quyết định
N
3
Nhanh chóng phát
hiện ra vấn đề, mâu thuẫn, sai lầm, sự thiếu lôgíc
Không cần thiết
FF IC IA L
STT
Câu 3: Khi dạy học chủ đề bất đẳng thức cho học sinh 9, Thầy (Cô) có quan tâm việc tổ chức các hoạt động nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh không ? (Thầy (Cô) chọn 1 đáp án ):
FF IC IA L
A. Không bao giờ quan tâm B. Rất hiếm khi quan tâm C. Thỉnh thoảng có quan tâm D. Thường xuyên quan tâm
Câu 4: Thầy (Cô) đánh giá như thế nào về hứng thú, mức độ tham gia
O
của HS khi thực hiện các hoạt động học tập để phát triển tư duy sáng tạo mà
A. Rất hứng thú
Ơ
B. Có hứng thú nhưng không nhiều
N
thầy cô đã thực hiện (Thầy (Cô) chọn 1 đáp án ):
H
C. Không hứng thú
N
Câu 5: Thầy (Cô) nhận thấy tầm quan trọng của việc tổ chức dạy học phát triển tư duy sáng tạo của học sinh ở mức độ nào? (Thầy (Cô) chọn 1
Y
đáp án ):
U
A. Rất quan trọng
Q
B. Quan trọng
M
C. Không quan trọng lắm
KÈ
D. Không quan trọng
Câu 6: Thẩy (Cô) đánh giá như thế nào về mức độ quan trọng của các
biện pháp phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh khi khai thác sâu các nội
ẠY
dung bài toán trong dạy học
D
STT
1
Biện pháp thực hiện
Tăng cường việc khái quát hóa, đặc
Quan trọng
Bình thướng
Không quan trọng
biệt hóa, lật ngơic vấn đề khi thực hiện giải bài tập Thu hẹp, mở rộng,
FF IC IA L
2
thay đổi giả thiết, bổ sung điều kiện để xây dựng các
bài toán mới Gắn nội dung bài
O
3
học với các yếu tố tiễn,
nhìn
N
thực
Ơ
nhận sự phong phú hóa của các ứng
Sử dụng linh hoạt
U
các bất đẳng thức
Y
4
N
nội dung bài học
H
dụng thực tiễn với
Q
để nhận diện, giải
các bài toán về
M
cực trị và bất đẳng
KÈ
thức trong các đề
thi HSG, thi vào
D
ẠY
lớp 10 THPT
chuyên, thi THPT Quốc gia.
Câu 8: Thầy (Cô) cho biết cách các thầy cô đã làm để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học nội dung về bất đẳng thức:
.......................................................................................................................................
FF IC IA L
....................................................................................................................................... .......................................................................................................................................
....................................................................................................................................... .......................................................................................................................................
.......................................................................................................................................
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
Trân trọng cảm ơn quý Thầy (Cô)!
PHỤ LỤC 2 PHIẾU KHẢO SÁT (Dành cho học sinh)
FF IC IA L
Em hãy khoanh vào đáp án phù hợp với em (mỗi câu chọn một đáp án):
Câu 1: Em hãy cho biết mức độ yêu thích của em khi học phần Bất đatrửng thức tong môn Toán
A. Rất thích B. Không thích lắm
O
C. Hoàn toàn không thích
Câu 2: Theo em, mức độ quan trọng về nội dung bất đẳng thức trong
N
chương trình môn Toán trong cuộc sống của em ?
H
B. Không quan trọng lắm
Ơ
A. Rất quan trọng
N
C. Không quan trọng chút nào
Y
Câu 3: Trong quá trình dạy các em giải bài tập về bất đẳng thức, thầy cô giáo của các em có hay tạo cho các em những tình huống gay cấn cần giải
U
quyết:
Q
A. Thường xuyên
M
B. Thỉnh thoảng
KÈ
C. Không bao giờ
Câu 4: Khi tạo cho các em những tình huống gay cấn cần giải quyết, các
D
ẠY
thầy cô thường tổ chức cho các em giải quyết vấn đề như thế nào:
A. Thầy cô hướng dẫn cho chúng em cách làm B. Thầy cô tự làm rồi chúng em ghi chép, C. Thầy cô yêu cầu cá nhân chúng em tự thực hiện yêu cầu D. Thầy cô cho chúng em hoạt động nhóm để tìm cách thực hiện yêu cầu
Câu 5: Trong giải bài tập Bất đẳng thưc, thầy cô có thường thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài toán để các em có được bài toán mới không ?
A. Thường xuyên
FF IC IA L
B. Thỉnh thoảng C. Không bao giờ
Câu 6: Thầy cô giáo yêu cầu các em tự thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài toán để có được bài toán mới ?
A. Thường xuyên
O
B. Thỉnh thoảng C. Không bao giờ
N
Câu 7: Sau khi thêm, bớt giả thiết hay kết luận của bài toán để có được
Ơ
bài toán mới, thầy cô giáo thường làm gì ? (câu này có thể chọn nhiều đáp án)
H
A. Yêu cầu học sinh khái quát hóa bài toán
N
B. Yêu cầu học sinh đặc biệt hóa bài toán
U
sung các yeu cầu mới
Y
C. Yêu cầu học sinh lật ngược vấn đề (thay giả thiết bằng kết luận) và bổ
D. Yêu cầu học sinh tìm cách giải cho mỗi bài toán mới
Q
E. Yêu cầu học sinh giải thích kĩ tại sao em lại giải bài toán mới như vậy
M
G. Yêu cầu học sinh tiếp tục tự sáng tác ra các bài toán mới tương tự
KÈ
Câu 8: Sau khi thực hiện các yêu cầu của thầy, cô về thêm, bớt giả thiết
hay kết luận của bài toán để các em có được bài toán mới , các em thấy mình
D
ẠY
có trưởng thành hơn trong khả năng thiết lập và giải bài toán ?
A. Rất trưởng thành B. Không trưởng thành C. Trưởng thành
Rất cảm ơn em !
PHỤ LỤC 3 GIÁO ÁN THỰC NGHIỆM
Ngày soạn: 01/02/2019
FF IC IA L
Ngày giảng: 05/03/2019
Tiết 1: ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Kiến thức:
- HS hiểu được ý nghĩa của việc ứng dụng bất đẳng thức Cauchy vào giải phương
O
trình, hệ phương trình.
N
2. Kỹ năng:
- HS biết vận dụng bất đẳng thức Cauchy vào việc giải phương trình, hệ phương
Ơ
trình.
H
3. Thái độ:
N
- Có thái độ học tập nghiêm túc, tự giác, tích cực học tập
Y
4. Năng lực hướng tới: Năng lực tư duy logic; phân tích; tổng hợp; đánh giá; tư
U
duy sáng tạo; năng lực sử dụng ngôn ngữ; …
Q
II. HÌNH THỨC, PHƯƠNG PHÁP, KỸ THUẬT DẠY HỌC 1. Hình thức: Làm việc cộng tác giữa GV và HS ; HS và HS trên lớp
M
2. Phương pháp
KÈ
- Phương pháp đàm thoại - Phương pháp nêu và giải quyết vấn đề
D
ẠY
- Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp sử dụng trực quan - Thảo luận nhóm.
3. Kỹ thuật: Động não, phản hồi, điều phối III. CHUẨN BỊ CỦA GV - HS 1. Giáo viên: SGK, SGV, bảng phụ, thước kẻ, phấn màu, com pa, phiếu học tập
2. HS: SGK, vở ghi, dụng cụ học tập, đọc trước bài mới IV. TIẾN TRÌNH BÀI MỚI
Hoạt động của GV và
FF IC IA L
HOẠT ĐỘNG 1: Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy vào giải phương trình Nội dung
HS
• Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm a, b :
GV:
Yêu cầu HS viết Bất đẳng
a+b ≥ ab 2
thức Cauchy cho 2, 3 số không âm
O
• Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm a, b, c :
Ơ
N
a+b+c 3 ≥ abc 2 Bài toán 1. Giải phương trình:
GV: Yêu cầu HS nhẩm
x y −1 + 2 y x −1 =
nghiệm.
3 xy 2
Lời giải:
Y
HS: Nhẩm được nghiệm
N
H
GV: Cho bài toán 1.
ĐKXĐ: x, y ≥ 1 .
U
( x; y ) = ( 2;2 )
Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy cho các số không
dụng bất đẳng thức
âm:
Cauchy để đánh giá vế
y 1+ y −1 y −1 ≤ 1. ( y − 1) ≤ 2 2 1. ( x − 1) ≤ 1 + x − 1 x −1 ≤ x 2 2
KÈ
trái.
M
Q
GV: Gợi ý cho HS sử
ẠY
HS: Tìm tòi lời giải
GV: Nhận xét và rút kinh
D
nghiệm.
Suy ra x y − 1 + 2 y x − 1 ≤
3 xy 2
Từ đó tìm được nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 )
• GV cho HS rút ra nhận
• Phương trình có dạng
xét sau khi giải bài toán.
f ( x) = g ( x)
FF IC IA L
Sử dụng đánh giá:
f ( x ) ≤ g ( x )( ∗)
Khi đó phương trình có nghiệm khi ( ∗) trở thành đẳng thức.
Bài toán 2. Giải phương trình:
có chứa căn bậc 4, gợi
x3` − 3 x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0
O
GV: Trong phương trình cho ta có thể Bất đẳng
Hướng dẫn:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được :
8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và
H
nghiệm. Từ đó tìm tòi lời
Ơ
HS: Suy nghĩ, nhẩm
N
(VMO 1995, bảng A)
thức Cauchy.
giải thích hợp.
2
nghiệm.
Từ đó tìm được tập nghiệm S = {3}
U
Y
N
GV: Nhận xét, rút kinh
x3 − 3x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x + 3) + x + 13 ≥ x + 13
Q
HOẠT ĐỘNG 2: Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy vào giải hệ phương trình
M
Hoạt động của GV và HS
KÈ
GV: Cho Bài toán 3.
Nội dung x3 y = 16
Bài toán 3. Giải hệ phương trình:
3 x + y = 8
GV: Cho HS nhận xét về dấu của
ẠY
các ẩn x, y
HS: Nhẩm nghiệm, từ đó làm
D
căn cứ để áp dụng bất đẳng thức Cauchy.
Lời giải:
Từ (1) x, y là hai số cùng dấu và theo ( 2 ) x, y > 0 . Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 4
GV: Cho HS tìm tòi lời giải.
4
3x + y 8 x + x + x + y ≥ 4 x.x.x. y x y ≤ = = 16 4 4 4
3
Do đó hệ chỉ có nghiệm khi dấu đẳng thức ở ( 3) xảy ra, tức là x = y
GV: Nhận xét và cho điểm.
Từ đó suy ra x = y = 2 là nghiệm của hệ đã cho.
GV: Cho bài toán 1.
Bài toán 4. Giải hệ phương trình:
HS: Nhẩm được nghiệm
x + y + z = 3 (1) x + y + z = xy + yz + zx ( 2 )
( x, y, z ) = (1;1;1)
Lời giải:
GV: Gợi ý cho HS sử dụng bất
Từ (1) , ( 2 )
(
2
(
2
)
x + y + z + ( x2 + y2 + z 2 ) = 9
) (
) (
H
(
)
x + y + z = ( x + y + z ) − ( x2 + y 2 + z 2 )
N
phương trình thứ hai của hệ
2
Ơ
đẳng thức Cauchy để đánh giá
O
GV: Yêu cầu HS nhẩm nghiệm.
FF IC IA L
HS: Lên bảng trình bày lời giải.
)
N
⇔ x 2 + 2 x + y 2 + 2 y + z 2 + 2 z = 9 ( 3)
HS: Tìm tòi lời giải
Với a > 0 , theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
Q
U
Y
HS: Lên bảng trình bày bài.
M
GV: Nhận xét và rút kinh
D
ẠY
KÈ
nghiệm.
a 2 + a + a ≥ 3 3 a 2 . a . a = 3a ( ∗)
Áp dụng BĐT ( ∗) ta có:
(x
2
) (
) (
)
+ 2 x + y 2 + 2 y + z 2 + 2 z ≥ 3x + 3 y + 3z = 9 ( 4)
Từ ( 3) , ( 4 ) suy ra hệ chỉ có nghiệm khi dấu đẳng thức ở ( 4 ) xảy ra, x 2 = x , y 2 = tức là x + y + z = 3
y , z2 = z
⇔ x = y = z =1
(thỏa mãn hệ đã cho) Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( x, y, z ) = (1;1;1)
V. CỦNG CỐ, GIAO NHIỆM VỤ VỀ NHÀ
• GV: Qua các bài toán trên vận dụng bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức Cauchy nói riêng đòi hỏi sự tinh tế, có khả năng phán đoán tình huống. Đặc biệt là
HS: Làm thêm một số bài tập củng cố kiến thức đã học 3x + y + 1. Giải hệ phương trình x+ y
(
2 x + 7 y = 10
1 1 + 3x + y x + 3y
)
FF IC IA L
phải đảm bảo dấu đẳng thức phải xảy ra khi áp dụng là điều kiện tiên quyết.
=2
O
“ Trích đề thi đề nghị Olympic 30-4-2013”
Ơ
N
x + y + x + y −9 + 2 y − 4 + x = y −x+4 2. Giải hệ phương trình 2 9 + ( y − 5 ) = x + y y 3 − x3 = 7 3 2 x − y + x = −2
N
H
3. Giải hệ phương trình
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
-----------------------------------------------------
PHỤ LỤC 4 ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT
Câu 1. (3 điểm) Cho các số a, b, c ≥
a2 5 − 2(b + c)
+
1 thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 b2 5 − 2(c + a)
c2
+
5 − 2( a + b)
O
của biểu thức M =
FF IC IA L
(Thời gian làm bài 90 phút)
Câu 2. (3 điểm) Cho các số x, y, z > 1 . Chứng minh rằng:
H
Ơ
N
1 1 1 3 + + ≥ . 1 + x 1 + y 1 + z 1 + 3 xyz
4.
Y (1điểm)
Q
Câu
a b c + + ma mb mc
U
T=
N
Câu 3. (3điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Giải
hệ
D
ẠY
KÈ
M
2 2 2 2 5 x + 2 xy + 2 y + 2 x + 2 xy + 5 y = 3 ( x + y ) 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5
-------------------------Hết------------
phương
trình:
Hướng dẫn-Đáp án Nội dung trình bày
a2
của biểu thức M =
5 − 2(b + c)
+
1 thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 b2 5 − 2(c + a)
c2
+
5 − 2( a + b)
Vì a + b + c = 3 nên
5 − 2(3 − a) 2
5 − 2(3 − b)
2
2
+
c2
5 − 2(3 − c)
1.0
N
a b c + + 2a − 1 2b − 1 2c − 1 a b c + + 2a − 1 2b − 1 2c − 1 a b c
H
⇔M =
b2
Ơ
⇔M =
+
O
a2
M=
FF IC IA L
Câu 1. (3 điểm) Cho các số a, b, c ≥
Điểm
N
2x −1 ≤1 x
b b ≥ ; 2b − 1 1 b
U
a a ≥ ; 2a − 1 1 a
Q
Suy ra
Y
Không khó khăn chứng minh được
c c ≥ 2c − 1 1 c
1.0
M
Do đó M ≥ a + b + c ⇔ M ≥ 3 1.0
KÈ
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy min M = 3 khi a = b = c = 1
ẠY
Câu 2.(4điểm) Cho các số x, y, z > 1 . Chứng minh rằng
D
1 1 1 3 . + + ≥ 1 + x 1 + y 1 + z 1 + 3 xyz
• Áp dụng
1
(1 + x )
n
+
1
(1 + y )
n
≥
2
(1 +
xy
)
n
với x, y ≥ 1 .
Ta có:
(1 + a )
3
1
(1 + c )
+
+
3
1
(1 + b )
≥
3
2
(1 +
1
(1 +
3
abc
)
3
≥
ab
)
3
2
)
(
1 + c. 3 abc
3
Suy ra
(1 + a )
3
+
1
(1 + b )
+
3
1
(1 + c )
3
+
1 ≥ 2 1 + ab
1
(1 +
3
abc
)
3
(
1
(1 +
ab
)
3
+
1
(
1 + c. 3 abc
)
3
≥
ab . c. abc
3
3
2
(1 +
Q
Do đó 1
1
(1 + b )
+
3
1
KÈ
1
+
3
M
(1 + a ) ⇔
)
1 +
Ơ
(
1 + c. 3 abc
3
abc
)
3
(1 + a )
3
+
(1 + b )
3
1
(1 + c )
+
+
3
1
(1 + c )
3
1
(1 +
≥
3
3
abc
4
≥
) (1 +
3
abc
)
3
3
(1 +
3
abc
)
3
ẠY
Câu 3. (3điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
D
1.0
H
)
2
≥
3
)
U
⇔
ab
1
(
Y
(1 +
+
3
3
N
1
)
N
Hơn nữa:
+ 3 1 + c. 3 abc
1
O
1
FF IC IA L
1
T=
a b c + + ma mb mc
1.0
Chứng minh được:
1.0
2b 2 + 2c 2 − a 2 2c 2 + 2 a 2 − b 2 2a 2 + 2b 2 − b 2 ; mb = ; mc = 4 4 4
Sử dụng BDDT Cauchy chứng minh
Làm tương tự:
2a 2 3 a ≥ 2 ma a + b 2 + c 2
1.0
2c 2 3 c ≥ 2 mc a + b 2 + c 2
1.0
O
a b c + + ≥2 3 ma mb mc
N
Suy ra T =
2b 2 3 b ≥ 2 ; mb a + b 2 + c 2
FF IC IA L
ma =
Ơ
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c ⇔ ∆ ABC đều.
H
Vậy min T = 2 3 khi ∆ ABC đều.
N
Câu 4. (1điểm)
U
Y
2 2 2 2 5 x + 2 xy + 2 y + 2 x + 2 xy + 5 y = 3 ( x + y ) Giải hệ phương trình: 2 x + y + 1 + 2 3 7 x + 12 y + 8 = 2 xy + y + 5
Ta có:
Q
Điều kiện 2 x + y + 1 ≥ 0 .
2
( x − y ) + (2x + y )
2
+
2
( x − y) + ( x + 2y)
2
0.5
KÈ
M
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 =
Do đó
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 ≥ 2 x + y + x + 2 y ≥ 3 x + 3 y
D
ẠY
x = y Suy ra phương trình thứ nhất chỉ có nghiệm khi x + 2 y ≥ 0 ⇔ x = y ≥ 0 2 x + y ≥ 0
Thay y = x vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 0.5
3 x + 1 + 2 3 19 x + 8 = 2 x 2 + x + 5 ⇔ 3 x + 1 − ( x + 1) + 2 3 19 x + 8 − ( x + 2 ) = 2 x 2 − 2 x 3 2 19 x + 8 − ( x + 2 )
2
3 x + 1 + ( x + 1)
+
(19 x + 8)
3
1 ⇔ ( x − x) + 3 x + 1 + ( x + 1)
2
3
+ 19 x + 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )
1 + 3 x + 1 + ( x + 1)
= 2 ( x2 − x )
2 ( x + 7)
2
ràng
2
3
(19 x + 8)
2
+ 3 19 x + 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )
2 ( x + 7) 3
(19 x + 8)
2
+ 3 19 x + 8 ( x + 2 ) + ( x + 2 )
+ 2 > 0, ∀x ≥ 0
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
Từ đó tìm được nghiệm ( x; y ) ∈ {( 0;0 ) ; (1;1)}
D
2
O
Suy ra x 2 − x = 0 ⇔ x ∈ {0;1}
2
+ 2 = 0
Rõ
FF IC IA L
⇔
3 x + 1 − ( x + 1)
