Luận văn Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá trong việc giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐOÀN VĂN AN ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số: 60. 46. 01.13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2016 Công trình được hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS. PHAN ĐỨC TUẤN Phản biện 1: TS. Lê Hải Trung Phản biện 2: TS. Hoàng Quang Tuyến Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng 8 năm 2016. Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng. - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Giải toán sơ cấp ở bậc học phổ thông là một hoạt động quan trọng. Chúng ta biết rằng không phải bài toán nào cũng có thể giải được một cách dễ dàng. Khi gặp một bài toán mà giải trực tiếp nó gặp nhiều khó khăn thì ta nên xét các trường hợp đặc biệt, các trường hợp tương tự hay tổng quát của nó vì có thể xét bài toán theo các khía cạnh đó lại dễ hơn và từ các trường hợp đó ta suy ra cách giải bài toán ban đầu. Khái quát hóa, đặc biệt hóa và tương tự hóa, đó là những thao tác tư duy có vai trò rất quan trọng trong quá trình dạy học toán ở trường phổ thông. Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa là phương pháp giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán để tìm lời giải của bài toán, mở rộng, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức và góp phần quan trọng trong việc hình thành những phẩm chất trí tuệ cho học sinh.Tuy nhiên, khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa hiện nay chưa được rèn luyện đúng mức trong dạy học ở trường phổ thông. Việc áp dụng trong lượng giác; trong hình học; chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; ... vào việc giải toán sơ cấp ngày càng phát triển, tạo hứng thú cho các em trong quá trình học toán, vận dụng toán vào cuộc sống, tạo hứng thú đối với những học sinh yêu thích toán học, đam mê sự sáng tạo, tìm tòi cho môn toán. 2. Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự trong dạy học toán và dạy học trong lượng giác, trong hình học chứng minh bất đẳng thức. - Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện khái quát hoá, đặc 2 biệt hoá và tương tự cho học sinh vào giải toán trong lượng giác; trong hình học; chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; một số dạng toán khác hay gặp trong bậc phổ phổ thông. 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tƣợng nghiên cứu Việc áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá để giải bài toán sơ cấp ở phổ thông. - Một số bài toán về đẳng thức và bất đẳng thức.(Đại số) - Một số bài toán về lượng giác. - Một số bài toán về hình học. - Một số bài toán thường gặp trong chương trình phổ thông. Trong mỗi phần sẽ đưa vào các ví dụ và bài tập áp dụng cụ thể. 3.2. Phạm vi nghiên cứu Tìm hiểu khả năng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự của học sinh phổ thông thông qua các bài toán trong lượng giác; trong hình học; chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; một vài dạng toán hay gặp ở bậc phổ thông. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu tổng hợp từ sách, báo, tài liệu có đề cập đến khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hóa, lý luận dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, sách giáo viên, tạp chí giáo dục, ... 5. Đóng góp của đề tài ây dựng, hệ thống đề xuất một số biện pháp nhằm áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa cho học sinh phổ thông chứng minh về một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức, lượng giác và hình học, một số dạng toán thường gặp ở bậc phổ thông. 3 6. Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, hai chương và danh mục tài liệu tham khảo. Chương 1. Khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá. Chương 2. Áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá trong việc giải toán sơ cấp vào chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức, lượng giác, hình học và các dạng thường gặp khác bậc phổ thông. CHƢƠNG 1 KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ 1.1. CÁC KHÁI NIỆM 1.1.1. Khái quát hóa Theo G. Pôlya, “Khái quát hóa là chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban đầu”  3, tr.21 . Trong “Phương pháp dạy học môn Toán”, các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy đã nêu rõ: “Khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp đối tượng sang một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật một số trong các đặc điểm chung của các phần tử của tập hợp xuất phát”  7, tr.31 . Chẳng hạn, chúng ta khái quát hóa, khi chuyển từ việc nghiên cứu tam giác sang về nghiên cứu tứ giác, rồi đa giác bất kỳ với số cạnh bất kỳ. Từ hệ thức lượng trong tam giác vuông sang việc nghiên cứu hệ thức lượng trong tam giác thường. Chúng ta có thể chuyển việc nghiên cứu bất đẳng thức cho hai số sang bất đẳng cho n số tùy ý, ... 1.1.2. Đặc biệt hóa 1.1.3. Tƣơng tự hóa. 4 1.2. VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TOÁN SƠ CẤP 1.2.1. Vai trò khái quát hóa, đặt biệt hóa, tƣơng tự hóa trong việc giải toán sơ cấp Trong toán học, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa trở thành một phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều phát minh trong toán học sơ cấp cũng như trong toán học cao cấp. Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa có thể vận dụng để mò mẫm dự đoán kết quả bài toán, tìm phương hướng giải bài toán, để mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức. Khi giải một bài toán, phương pháp chung là đưa nó về một bài toán đơn giản hơn sao cho khi giải bài toán này thì có thể giải được bài toán đã cho. Khi đó các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa có nhiều tác dụng. Trong lịch sử toán học, có những bài toán mà suốt hàng chục năm, thậm chí hàng trăm năm biết bao thế hệ các nhà toán học trên thế giới với bao công sức chỉ mới giải được một số trường hợp đặc biệt. Từ những kiến thức bài toán đã cho chúng ta có thể vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành những tri thức mới, đề xuất và giải những bài toán mới. Trên cơ sở đó chúng ta sẽ đào sâu và hiểu rõ các khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến thức của mình. Từ đó sẽ tạo cho chúng ta hiểu rõ hơn bản chất và các quy luật của các sự kiện toán học, xác lập mối liên hệ và thống nhất giữa các tri thức mà chúng ta tiếp nhận được. 1.2.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Trong tam giác, tính chất của của ba đường cao; đường trung 5 tuyến; đường phân giác trong một tam giác. Một đặc điểm mà ai cũng biết là ba đường cùng loại xuất phát từ ba đỉnh của tam giác, đồng quy tại một điểm lần lượt được gọi là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Suy ra chúng có điều gì đó chung!. Sau đây ta xét các trường hợp đặc biệt đó. a. ét giao điểm ba đường trung tuyến: B1 A1 C1 CB A Ta luôn có 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B  (1.1) b. Xét giao điểm ba đường phân giác B1 A1 C1 CB A Vậy ta cũng có 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B  c. Xét giao điểm ba đường cao Xét các cặp tam giác đồng dạng sau: B1 A1 C1 CB A 6 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 . . . . 1 A B B C C A AB BC CA C B AC B A CB AC BA   Vậy (1.1) cũng đúng với trường hợp ba đường cao. d. Bài toán tổng quát Từ 3 trường hợp trên ta có bài toán tổng quát hơn như sau : - Bài toán tổng quát : Nếu A1, B1, C1 là ba điểm lần lượt thuộc ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho AA1, BB1, CC1 đồng quy thì: 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B  (1.2) Tóm lại, từ các trường hợp đặc biệt như đường trung tuyến, phân giác, đường cao ta đã đưa ra trường hợp tổng quát cho ba đường thẳng đồng quy bất kỳ. Việc tổng quát hóa này giúp cho ta rất nhiều trong một số bài toán chứng minh đồng quy. Từ những kiến thức bài toán đã cho chúng ta có thể vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để hình thành những tri thức mới, đề xuất và giải những bài toán mới. Trên cơ sở đó chúng ta sẽ đào sâu và hiểu rõ các khái niệm, định lí, góp phần mở rộng vốn kiến thức của mình. Từ đó sẽ tạo cho chúng ta hiểu rõ hơn bản chất và các quy luật của các sự kiện toán học, xác lập mối liên hệ và thống nhất giữa các tri thức mà chúng ta tiếp nhận được. Ví dụ 3: + Xét bài toán sau: Cho , 0a b  . Chứng minh rằng: 3 3 2 2a +b a b+b a. (1.11) Chúng ta có thể giải bài toán này theo 2 cách sau: Cách 1 Ta có 7         23 3 2 2 2 2- - - - - - 0.a b a b b a a a b b a b a b a b     3 3 2 2 .a b a b b a    Cách 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3 3 3 3 6 3 2 3 3 23 3 2 3 .a a b a b a b a b a b       Tương tự 3 3 22 3 .b a ab  Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. a. Bài toán tương tự hóa, ta có bài toán Cho , 0a b  Chứng minh rằng: 4 4 3 3 .a b a b b a   (1.11.1) 5 5 4 4 .a b a b b a   (1.11.2) Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán tổng quát như sau: + Cho , 0a b  Chứng minh rằng:  -1 -1 * .n n n na b a b b a n    (1.11.3) + Cho , 0a b  . Chứng minh rằng:  - - , , .n n m n m m n ma b a b b a m n n m     (1.11.4) b. Bài toán đặt biệt hóa: 4, 2n m  , từ (1.11.4) ta ta có được bài toán bất đẳng thức sau: 4 4 2 22 .a b a b  (1.11.5) Tương tự: 5, 2n m  ta ta có được bài toán bất đẳng thức sau: 5 5 3 2 3 2.a b a b b a   (1.11.6) c. Từ khái quát hóa, ta có các bài toán tương tự sau + Cho , , 0a b c  , chứng minh rằng: 8 3 3 3 2 2 2 .a b c a b b c c a     (1.11.7) 4 4 4 2 2 2 2 2 2.a b c a b b c c a     (1.11.8) + Khái quát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến Cho n số dương 1 2 3, , ..., na a a a , , , m k m k  . Chứng minh rằng: - - - 1 2 1 2 2 3 1... ... . m m m k m k k m k m m k n na a a a a a a a a       (1.11.9) Bằng những cách làm đó ta có thể hướng học sinh độc lập suy nghĩ để không ngừng rèn luyện trí thông minh và sự sáng tạo. Ta có thể sáng tạo được bất đẳng thức (1.11.1), (1.11.2), (1.11.3), (1.11.4), (1.11.5), (1.11.6), (1.11.7) từ bài toán ban đầu bất đẳng thức (1.11). Đối chiếu sự tương ứng giữa các bất đẳng thức tìm ra dấu hiệu bản chất của chúng để xây dựng được bài toán tổng quát. Từ đó bằng khái quát hóa để được bất đẳng thức (1.11.4), (1.11.5) và (1.11.9) ta thấy mức độ khái quát hóa ở đây tăng dần. Tính sáng tạo sẽ phát triển cao hơn nếu ta biết đề xuất và giải quyết các bài toán mới từ những bài toán đã biết. CHƢƠNG 2 ÁP DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƢƠNG TỰ HOÁ TRONG VIỆC GIẢI TOÁN SƠ CẤP 2.1. MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC. 2.1.1. Giới thiệu tóm tắt lý thuyết về bất đẳng thức. 2.1.2. Một số vận dụng trong đẳng thức và bất đẳng thức Bài toán 1: Xét bài toán ban đầu: Cho a, b dương thỏa mãn 1a b  , chứng minh rằng: 9 2 2 - 2 - 3 a b a b   . (2.1) Hướng dẫn giải: Ta có - 2 2 2 -1 2 - 2 - 2 - a a a a a    Tương tự 2 -1 2 - 2 - b b b  Do đó: 1 1 2 - 2 2 - 2 - 2 - 2 - a b a b a b         . (1) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có:   1 1 2 - 2 - 4 2 - 2 - a b a b         (vì , 0 2 - 0 1 2 - 0 a b a a b b          ) 1 1 4 2 - 2 - 3a b    . (2) Từ (1) và (2) ta suy ra (2.1) được chứng minh: 2 2 - 2 - 3 a b a b   . Đẳng thức xảy ra khi 1 2 a b  . + Phát trển bài toán ban đầu (2.1): Giả thiết của bài toán là tổng của hai số dương bằng 1. Với cách nhìn đó ta thử tăng thêm số lượng biến trong bài toán sao cho các biến vẫn ràng buộc với nhau bởi điều kiện có tổng bằng 1. Ta sáng tác được các bài toán sau: + Cho a, b, c dương thỏa mãn 1a b c   , khi đó ta có: 3 2 - 2 - 2 - 5 a b c a b c    . (2.1.1) + Cho a, b, c, d dương thỏa mãn a+b+c+d = 1, khi đó ta có: 4 2 - 2 - 2 - 2 - 7 a b c d a b c d     . (2.1.2) 10 Từ đó có thể khái quát hóa bài toán với n ( n * ) số dương tùy ý. + Cho n số dương tùy ý 1 2 3, , ..., na a a a thỏa mãn 1 1 n i i a   . Chứng minh rằng: 1 2 1 2 ... 2 - 2 - 2 - 2 -1 n n aa a n a a a n     . (2.1.3) Vẫn là cách nhìn dưới góc độ trên, nếu như tổng của các biến không phải là 1 mà là một số bất kì, tức là 1 n i i a k   thì ta có bất đẳng thức tổng quát hơn. 1 2 1 2 ... 2 - 2 - 2 - 2 - n n aa a nk a a a n k     . (2.1.4) Ta có thể xây dựng được bất đẳng thức trên bằng cách thay số 2 ở trong bất đẳng thức bởi một tham số α bất kì với α 1 . Khi đó ta có bài toán: + Cho n số dương tùy ý 1 2 3, , ..., na a a a thỏa mãn 1 n i i a k   , chứng minh: 1 2 1 2 ... - - - - n n aa a nk a a a n k        với 1  . (2.1.5) Ngoài ra ta còn có thể mở rộng bài toán bằng cách tăng số mũ của biến + Cho n số dương tùy ý 1 2 3, , ..., na a a a thỏa mãn 1 n m i i a k   , chứng minh: 1 2 1 2 ... - - - - mm m n m m m n aa a nk a a a n k        với 1  . (2.1.6) 11 Thông qua bài toán này ta thấy việc nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau sẽ giúp ta khai thác và mở rộng bài toán theo nhiều hướng khác nhau. 2.2. MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG LƢỢNG GIÁC 2.2.1. Giới thiệu một số công thức lƣợng giác 2.2.2. Một số vận dụng trong lƣợng giác Bài toán 6: Bài toán ban đầu: Chứng minh rằng nếu A,B,C là 3 của một tam giác thì: 3 3 sin sin sin 2 A B C   (2.6) + Nhận xét : Vì A,B,C là 3 góc của một tam giác nên: 3 3 3sin 2 3 A B C   + Từ (2.6) Ta có bài toán khái quát sau: Chứng minh rằng: nếu 0 00 , , 180A B C  thì: sin sin sin 3sin 3 A B C A B C      (2.6.1) + Hướng dẫn giải (2.6.1) ta xét bài toán đơn giản hơn: “Cho x,y là hai góc không âm, không vượt qua 1800 thì: "sinx sin 2sin 2 x y y    . Ta luôn có sinx sin 2sin . os 2 2 x y x y y c     Vì 0 00 , 180 ê 0 cos 1 à sinx,sin 0 2 x y x y n n v y       sinx sin 2sin 2 x y y     12 Áp dụng kết quả này cho các góc (A,B);(C,D); , 2 2 A B C D       0 00 , 180A B  sinA sin 2sin 2 A B B     (1) 0 00 , 180C D  sinC sin 2sin 2 C D D     (2) Mặt khác: 0 00 , 180A B  0 00 , 180C D  0 00 , 180 2 2 A B C D     sin sin 2sin 2 2 4 A B C D A B C D        (3) Từ (1), (2), (3) ta có : sinA sin sinC sin 4sin 4 A B C D B D        (2.6.2) Ở đây 0 00 , , , 180A B C D  Chọn 3 A B C D    (rõ ràng 0 00 180D  ) Từ (2.6.2) sinA sin sinC 3sin 3 A B C B       (đpcm) Vì bài toán ban đầu là trường hợp đặc biệt của bài toán này nên ta cũng có ngay kết quả của bài toán ban đầu hoặc cũng có thể chỉ ra lời giải bài toán ban đầu như cách giải của bài toán khái quát. Như vậy, để tìm lời giải cho bài toán ban đầu ta đã sử dụng linh hoạt các bài toán phụ đặc biệt hóa khái quát hóa. Bài toán 9: Bài toán ban đầu: Chứng minh rằng trong mọi ABC ta có: cosA +cosB + cosC  3 2 . (2.9) 13 Cách giải 1: (2.9)  2 3 1 2sin 2cos cos 2 2 2 2 A B C B C     ,  24sin 4sin cos 1 0 2 2 2 A A B C    ,  2 22sin cos sin 0 2 2 2 A B C B C         . Biểu thức cuối cùng luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 12sin cos 0 sin2 2 2 2 3 sin 0 2 A B C A A B C ABC B C B C                    đều. Cách giải 2: Biến đổi vế trái (2.9)    cos cos .1 cos( ) cos cos .1 sin sin cos cosA B A B A B A B A B         2 2 2 21 1 3cos cos 1 (sin sin ) cos cos 2 2 2 A B A B A B          . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 coscos cos 1 2 sin sin 3 AA B A B ABC A B A B                đều. Và còn nhiều cách giải nữa. Khi A, B, C là ba góc của tam giác thì 2 A B , 2 B C , 2 C A cũng là ba góc của một tam giác nào đó. Suy ra: cos 2 A B +cos 2 B C +cos 2 C A  3 2  sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C  3 2 . (2.9.1) 14 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 A B = 2 B C = 2 C A = 3   A = B = C = 3   ABC đều. Tổng quát hoá: Giả sử m, n là các số dương. Khi đó: cos mA nB m n   + cos mB nC m n   + cos mC nA m n    3 2 . (2.9.2) Sử dụng tính chất bắc cầu: Nếu ABC không tù, ta có: 1 2 1 cos 2. cos cos 2 2 2 A A A         , 1 2 1 cos 2. cos cos 2 2 2 B B B         , 1 2 1 cos 2. cos cos 2 2 2 C C C         . Suy ra: 2 3 3 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 A B C A B C             . Vậy ta có: 3 cos cos cos 2 A B C   . (2.9.3) Tổng quát hoá: Với mọi ABC không tù, ta có: 3 cos cos cos 2 n n n n A B C   . (2.9.4) Từ (2.9.4) với mọi x, y, z > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:     3 cos cos cos cos cos cos 3 3 n n n n n n x A y B z C x y z A B C               3 1 3 2n x y z        15 Vậy:     3 1 cos cos cos 3 2 n n n n x y z x A y B z C            (2.9.5) Với mọi ABC nhọn và với mọi nN*, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 3 A B C x y z         Đặc biệt hoá: Cho x = y =z = n = 2, từ (2.9.5) ta có:     25 22 cos 2 cos 2 cos 11 4 A B C     . (2.9.6) Tương tự (2.9.4), ta có: 3 sin sin sin 2 2 2 2 n n n n A B C    . (2.9.7) Tương tự (2.9.5), ta có: 3 1 sin sin sin 2 2 2 3 2 n n n n A B C x y z x y z                          . (2.9.8) Mặt khác, với giả thiết ABC không tù,ta có: 3 cos cos cos 1cos cos cos 3 2 1 cos cos cos 8 A B C A B C A B C       (2.9.9) Tất nhiên nếu ABC tù thì (2.9.9) hiển nhiên đúng. Vậy (2.9.9) luôn đúng với mọi ABC. Khi ABC nhọn, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:  3 1 1 1 3 cos cos cos cos cos cosA B C A B C       16 3 3 3.2 ( 0) 1 8            . Vậy: 1 1 1 3.2 ( 0) cos cos cosA B C         . i.  = 1: 1 1 1 6 cos cos cosA B C    . (2.9.10) ii.  = 2: 2 2 2 1 1 1 12 cos cos cosA B C    . (2.9.11) Mà 2 2 1 1 cos tg x x   nên từ (2.9.11) ta có: 2 2 2 9tg A tg B tg C   . (2.9.12) Với mọi ABC nhọn. Tổng quát hoá: Áp dụng bất đẳng thức: *3 , , , 0, . 3 n n n n x y yx y z x y z n             N Suy ra: 2 2 2 13n n n ntg A tg B tg C    , ABC nhọn,  nN*. Cũng với giả thiết ABC nhọn, ta có: 5 4 3 1 1 1 1 1 5 cos cos cos 4cos 4cos 4cos 4cos 4 cos A A A A A A A A        . Tương tự: 5 4 3 1 5 cos cos 4 cos B B B   và 5 4 3 1 5 cos cos 4 cos C C C   . Suy ra: 5 3 3 35 5 5 1 1 1 cosA cosB cosC cosA cosB cosC 5 4 1 1 1 4 cos A cos B cos C              17 5 5 5 5 5 4 3 . 4 cosAcosBcosC 5 4 15 21 4 8    Vậy: 1 1 1 15 cos cos cos cos cos cos 2 A B C A B C       . (2.9.13) Với mọi ABC nhọn. Tổng quát hoá: 1 1 1 1 2 cos cos cos 3. cos cos cos 2 m n m m m n n n m A B C A B C             (2.9.14) Với mọi ABC nhọn, m, n  N*. Vẫn từ bài toán ban đầu (2.9), sử dụng định lý hàm cosin, tacó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 b c a c a b a b c bc ca ab                2 2 2 2 2 2 2 2 2 3a b c a b c a b c a b c abc               2 2 2 3 .a b c a b c a b c a b c abc         (2.9.15) Từ (2.9.9) với giả thiết ABC không tù, ta có: 1 3 cos2 cos2 cos2 1 4cos cos cos 1 4. 8 2 A B C A B C          . Do cos2A = 2cos 2 A – 1, cos2B = 2cos2B – 1, cos2C = 2cos2C – 1 nên: 2 2 2 3 cos cos cos 4 A B C   . (2.9.16) Tổng quát hoá: Từ (2.9.16) ta có bài toán tổng quát: 18 2 2 2 3 cos cos cos 4 n n n n A B C   . (2.9.17) Do sin 2 A = 1 – cos2A, sin2B = 1 – cos2B, sin2C = 1 – cos2C, nên: 2 2 2 9 sin sin sin 4 A B C   . (2.9.18) Áp dụng định lý hàm số sin vào (2.9.18), ta có: 2 2 2 2 2 2 9 4 4 4 4 a b c R R R    ,  2 2 2 29a b c R   . (2.9.19) Áp dụng tính chất độ dài đường trung tuyến vào (2.9.19), ta được: 2 2 2 2 27 4 a b cm m m R   . (2.9.20) Kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có: 9 2 a b cm m m R   . (2.9.21) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 3 27 8 a b cm m m R . (2.9.22) Từ (2.9.18) kết hợp với bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có: 2 2 2 3 sin sin sin 2 x A y B z C x y z     . (2.9.23) Đặc biệt hoá: Từ (2.9.23) khi ta chọn : i. x = y = z = 1, ta có: 3 3 sin sin sin 2 A B C   . (2.9.24) ii. x = cosA, y = cosB, z = cosC, ta có: 2 2 2sin2 sin2 sin2 3 cos cos cosA B C A B C     . (2.9.25) 19 Từ (2.9.24) áp dụng bất đẳng thức Cauchy, tacó: 3 3 sin sin sin 8 A B C  . (2.9.26) Vậy từ bài toán xuất phát rất đơn giản, bằng cách sử dụng các phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá chúng ta đã có rất nhiều các kết quả khác nhau mà nhiều bài nếu làm độc lập thì sẽ gặp không ít khó khăn. Với cách khai thác bài toán như trên ta dễ dàng lập nên nhiều bài toán hay và có hệ thống. 2.2.3. Vận dụng đặc biệt hoá để chứng minh bất đẳng thức lƣợng giác trong tam giác 2.3. MỘT SỐ VẬN DỤNG TRONG HÌNH HỌC Bài toán 10: “Chứng minh rằng tổng số các khoảng cách từ bất kỳ một điểm nào trong tam giác đều tới các cạch của nó là không đổi”. Giải quyết bài toán không phải đơn giản, ta không biết được tổng các khoảng cách đó là gì? Để tính được tổng đó ta lấy một trường hợp riêng: chọn điểm đó trùng với đỉnh của tam giác. Dễ dàng nhận thấy tổng đó bằng đường cao của tam giác đều. Vấn đề bây giờ là chứng minh tổng số các khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến các cạnh của tam giác đều bằng đường cao. Khó khăn tiếp theo là làm sao liên hệ được tổng ba khoảng cách ấy với đường cao. Để giải quyết ta tiếp tục xét trường hợp riêng sau: Điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác: 20 Lúc này ta chỉ cần tính   , 0.MI MJ vì d M AC  Từ M vẽ MN // BC, NBC. Gọi O = MN AH. Rõ ràng  AMN đều  MJ = AO. Mặt khác MI = OH, nên MI + MJ = OH + AO = AH. Từ những trường hợp đặt biệt đó ta bước vào trường hợp tổng quát: M là điểm bất kỳ: Qua M kẻ đường thẳng song song BC cắt AB và AC lần lượt tại P và Q. MIBC, MJAB, MKAC. ét tam giác đều APQ: MK + MJ = AO (Vì MPQ). Mặt khác: MI = OH. (vì PQ // BC) Vậy: MK + MJ + MI = AO + OH = AH. Vậy ta đã giả quyết được trường hợp tổng quát dựa vào các trường hợp đặt biệt. Vận dụng tương tự hoá ta tìm cách xây dựng bài toán tương tự trong không gian: cái gì tương tự với tam giác đều trong không gian? Dễ dạng nhận ra đó là tứ diện đều; còn đường cao của tam giác đều ứng với đường cao của tứ diện đều. Vậy có thể chứng minh được bài toán: “Tổng khoảng cách từ 21 một điểm bất kỳ bên trong tứ diện đều tới các mặt bằng đường cao của tứ diện”. 2.4. MỘT SỐ BÀI TOÁN THƢỜNG GẶP TRONG CHƢƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG Bài toán 13 Bài toán ban đầu sau: - Tương tự, nếu a < b thì 2001 2001 a a b b     - Nếu a = b thì rõ ràng 2001 2001 a a b b    +Từ bài toán ban đầu (2.13) cho ta bài toán tương tự Bài 13.1. Cho a, b , b > 0. So sánh hai số hữu tỉ a b và 2015 2015 a b   . (2.13.1) Đến đây ta nghĩ đến bài toán tổng quát sau : Bài 13.2. Cho *, , 0,a b b n N   . So sánh hai số hữu tỉ a b và a n b n   (2.13.2) Hướng dẫn giải bài toán tổng quát (2.13.2) như sau: Xét tích:  a b n ab an    b a n ab bn   Vì b > 0, *n N nên b + n > 0 - Nếu a b thì ab an ab bn   ( ) ( )a b n b a n   a a n b b n     - Tương tự , nếu a b thì a a n b b n    22 - Nếu a b thì a a n b b n    + Từ lời giải của bài toán tổng quát của (2.13.2) này ta sáng tác ra các bài toán sau: Bài 13.3. Cho ,a b , *0,b n N  , chứng minh rằng: Nếu a b >1 thì a a n b b n    (2.13.3) Hướng dẫn giải: (2.13.3) Ta có 1 a a b b     an bn ,vì *n N ab an ab bn    ( ) ( )a b n b a n    a a n b b n     + Từ bài (2.13.3) ta đề xuất các bài toán sau: Bài 13.5. So Sánh hai phân số 1941 1931 và 2005 1995 (2.13.5) Hướng dẫn giải Từ (2.13.5) ta có 1941 1 1931  nên theo (2.13.3) suy ra 1941 1941 64 2005 1931 1941 64 1995     Bài 13.7. So Sánh 2 số hữu tỉ sau: A = 1976 1975 1975 1 1975 1   và B = 1975 1974 1975 1 1975 1   (2.13.7) Hướng dẫn giải: Từ (2.13.7), Rõ ràng A > 1 vì theo (2.13.3). Ta có: 23 A = 1976 1975 1975 1 1975 1   > 1976 1976 1975 1975 (1975 1) 1974 1975 1975 (1975 1) 1974 1975 1975        1975 1975 1974 1974 1975(1975 1) 1975 1 1975(1975 1) 1975 1 B        Vậy: A > B Bài 13.9. Với *,n m . So sánh hai số hữu tỉ: 1 1 1 n n n A n     và 1 1 1 n n n B n     (2.13.9) Hướng dẫn giải Từ (2.13.9) ta có: - Nếu n = 1 thi A = B - Nếu n > 1 thì ta thấy A > 1 .Vì 1 1nn   1nn  Theo (2.13.3). Ta có: 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1) ( 1) ( 1) n n n n n n n n n n n n n n n A B n n n n n n n                      Vậy: A > B + Từ bài toán (2.13.9) cho ta bài toán tổng quát hơn, khái quát hơn như sau: Bài 13.11. Cho a, b, m, n, x, y ∈ N* thỏa mãn x ≥ a, y ≥ b. So sánh 2 số 2 tỉ: 1m n x a A x a     và 1 n n x a B x a    (2.13.11) Như vậy từ bài toán xuất phát rất đơn giản, bằng cách sử dụng các phép biến đổi, khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá chúng ta đã có rất nhiều các kết quả khác nhau mà nhiều bài nếu làm độc lập thì sẽ gặp không ít khó khăn. Với cách khai thác bài toán như trên ta dễ dàng lập nên nhiều bài toán hay và có hệ thống. 24 KẾT LUẬN Luận văn đã được tiến hành nghiên cứu nghiêm túc, khoa học dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Phan Đức Tuấn và trình bày cơ bản các vấn đề: Các khái niệm về khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa. Vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa trong việc giải toán sơ cấp ở bậc học phổ thông. Nghiên cứu áp dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá và tương tự hóa vào giải toán trong lượng giác; trong hình học; chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức; một số áp dụng khác trong toán học ở phổ thông. Từ bài toán xuất phát ban đầu đơn giản ta có nhiều cách giải, mỗi cách giải ta có thể vận dụng các trường hợp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tổng quát hóa để sáng tác ra nhiều bài toán mới hay và có hệ thống. Kết quả của luận văn có ý nghĩa khoa học mang tính thực tiễn và phù hợp với chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp. Nội dung của luận văn sẽ là tài liệu tham khảo tốt, đáp ứng nhu cầu của việc bồi dưỡng giáo viên ở bậc học phổ thông. Tác giả xin chân thành cảm ơn sâu sắc đến Thầy giáo Tiến sĩ Phan Đức Tuấn, chủ nhiệm khoa Toán, trường Đại học sư phạm Đà Nẵng. Các Thầy cô giáo trong Khoa Toán đã giành nhiều thời gian, công sức hướng dẫn tận tình va cho ý kiến đóng góp giá trị tới luận văn. Trong thời gian ngắn, trình độ và năng lực bản thân chưa đáp ứng được kỳ vọng của quý thầy cô. Mong quý thầy cô góp ý để luận văn tiếp tục bổ sung, mở rộng thêm để phục vụ cho việc bồi dưỡng giáo viên phổ thông nhiều bổ ích