HỘI THẢO CHUYÊN đề PHÁT TRIỂN NĂNG lực tư DUY SÁNG tạo CHO học SINH QUA dạy học môn TOÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (514.05 KB, 32 trang )
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 1
HỘI THẢO CHUYÊN ĐỀ: “PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ
DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN”
Thầy: Nguyễn Vũ Thanh
Rèn luyện, bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọng của nhà trường
phổ thông, đặc biệt trong dạy học môn toán. Luật giáo dục (2005) cũng đặt ra nhiệm vụ phát triển tư
duy sáng tạo cho học sinh: “ Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư
duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học, khả năng thực hành, lòng say
mê học tập và ý chí vươn lên”.
Theo thang Bloom sáng tạo là cấp độ tư duy cao nhất trong 6 cấp độ: ghi nhớ, hiểu, áp dụng,
phân tích, đánh giá, sáng tạo.
Theo PGS.TS Tôn Thân 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 vì nó không bị gò bó, phụ
thuộc vào những cái đã có. Ý tưởng mới thể hiện ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện ra vấn đề mới,
tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Tính độc đáo của ý tưởng mới thể hiện ở giải pháp lạ, hiếm,
không quen thuộc hoặc duy nhất.
Theo PGS.TSKH Phan Dũng tư duy sáng tạo là quá trình suy nghĩ đưa người giải từ không
biết cách đạt đến mục đích đến biết cách đạt đến mục đích hoặc từ không biết cách tối ưu đạt đến mục
đích đến biết cách tối ưu đạt đến mục đích trong một số cách đã biết. Trong dạy học toán hiện nay
giáo viên và học sinh thường quan tâm đến kết quả suy nghĩ, chẳng hạn khi đặt các câu hỏi hoặc yêu
cầu giải các bài tập giáo viên thường quan tâm, đánh giá các câu trả lời, lời giải và đáp số mà ít khi đi
vào hướng dẫn học sinh quá trình suy nghĩ để có được kết quả đó.
Những biểu hiện của sự sáng tạo trong học toán là biết nhìn bài toán theo một khía cạnh mới,
nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, nhiều cách giải khác nhau, biết đặt ra giả thuyết khi phải
lý giải một vấn đề, biết đề xuất những giải pháp khác nhau khi phải xử lý một tình huống; không hoàn
toàn bằng lòng với những lời giải đã có, không máy móc áp dụng những quy tắc, phương pháp đã biết
vào những tình huống mới.
Trong luận án Tiến sĩ của mình PGS.TS Tôn Thân đã trình bày ba yếu tố đặc trưng của tư duy
sáng tạo đó là tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 2
1. Tính mềm dẻo của tư duy có các đặc trưng:
- Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, vận dụng linh hoạt các
hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa, cụ thể hóa và các phương pháp
suy luận như quy 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…
- Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những kinh nghiệm, kiến thức
kỹ năng đã có vào hoàn cảnh mới, điều kiện mới trong đó có những yếu tố đã thay đổi; có khả năng
thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những cách nghĩ đã có
từ trước.
- Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen
biết.
2. Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở hai đặc trưng sau:
- Tính đa dạng của các cách xử lý khi giải toán; khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều
góc độ và tình huống khác nhau. Đứng trước một vấn đề phải giải quyết, người có tư duy nhuần
nhuyễn nhanh chóng tìm và đề xuất được nhiều phương án khác nhau và từ đó tìm được phương án
tối ưu.
- Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau; có cái nhìn sinh động từ nhiều
phía đối với các sự vật và hiện tượng chứ không phải cái nhìn bất biến, phiến diện, cứng nhắc.
3. Tính độc đáo được đặc trưng bởi các khả năng sau:
- Khả năng tìm ra những liên tưởng và những kết hợp mới;
- Khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên
hệ với nhau;
- Khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác.
Các yếu tố cơ bản trên không tách rời nhau mà trái lại, chúng quan hệ mật thiết với nhau, hỗ
trợ bổ sung cho nhau. Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác
(tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác
nhau (tính nhuần nhuyễn) và nhờ đề xuất được nhiều phương án khác nhau mà có thể tìm được
phương án lạ, đặc sắc(tính độc đáo). Các yếu tố cơ bản này lại có quan hệ khăng khít với các yếu tố
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 3
khác như: tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm…Tất cả các yếu tố đặc trưng nói trên cùng
góp phần tạo nên tư duy sáng tạo, đỉnh cao nhất trong các hoạt động trí tuệ của con người.
Nhằm góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán THPT cho tỉnh Tiền Giang nói chung
và cho trường THPT Chuyên Tiền Giang nói riêng chúng tôi tổ chức báo cáo chuyên đề trao đổi kinh
nghiệm chuyên môn: “ Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh qua dạy học môn Toán’’
Rất mong được sự tham gia và đóng góp ý kiến của quý thầy cô đồng nghiệp để buổi báo cáo
đạt kết quả tốt.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 4
RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG
QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN.
Thầy: Nguyễn Vũ Thanh
Trong dạy học nói chung và dạy học toán nói riêng cần bồi dưỡng, rèn luyện, phát triển năng
lực tư duy sáng tạo cho học sinh. Theo các nhà tâm lý học, con người chỉ tư duy tích cực khi đứng
trước một khó khăn về nhận thức cần phải khắc phục, một tình huống gợi vấn đề. Do đó trong dạy
học toán cần rèn luyện khả năng phát hiện vấn đề, khơi dậy những ý tưởng mới, tạo tình huống có vấn
đề cho học sinh tìm tòi, sáng tạo. Một trong những biện pháp rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo cho
học sinh là “ Tập cho học sinh giải quyết vấn đề bằng nhiều phương pháp khác nhau và lựa chọn cách
giải quyết tối ưu”
Bài viết này xuất phát từ một bài toán bất đẳng thức (BĐT) đơn giản phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh (HS) bằng nhiều cách giải khác nhau, nhìn nhiều khía cạnh khác nhau và khai thác bài
toán với nhiều áp dụng trong giải toán phổ thông.
1. Bài toán xuất phát: Chứng minh rằng: với mọi
[1;3]
x
thì
1 3 2
x x
(1)
Chứng minh (1) bằng nhiều phương pháp khác nhau nhìn từ nhiều khía cạnh khác nhau khi
giải bài tập toán để rèn luyện tư duy sáng tạo cho HS.
Cách 1:(phương pháp biến đổi tương đương)
2
(1) ( 1)(3 ) 1 ( 2) 0
x x x
(luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2.
Cách 2:(phương pháp đánh giá). Đặt A =
1 3
x x
, ta có
2 2
2 2 1 ( 2) 4
A x
2
A
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2.
Cách 3:(Áp dụng các BĐT cơ bản)
* BĐT Côsi:
- Hướng 1:
4
( 1).1 ; (3 ).1
2 2
x x
x x
sau đó cộng lại.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 5
- Hướng 2:
2
2 2 ( 1)(3 ) 2 ( 1) (3 ) 4 2A x x x x A . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = 2.
* BĐT Bunhiacopxki:
2 2 2 2
(1. 1 1. 3 ) (1 1 )( 1 3 ) 4 2A x x x x A . Dấu bằng xảy
ra khi và chỉ khi x = 2
Cách 4:(Phương pháp vectơ). Đặt (1;1) ; ( 1; 3 )a b x x
.Từ BĐT . .a b a b
suy ra
2A
.
Cách 5:(Phương pháp hình học). Vẽ đường tròn đường kính AB = 2, tâm O. Với [1;3]x , trên AB lấy
điểm H sao cho AH = x – 1, BH = 3 – x.
Từ H, O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt nửa trên (O) lần lượt tại C
và D. Ta có CH = ( 1)(3 ) 2x x OD
2
1 3 4x x
1 3 2x x . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2.
Cách 6:(Sử dụng tập giá trị của hàm số) Xét hàm số y = 1 3x x với
[1;3]x
- Hướng 1:(Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình (PT)). Gọi T là tập giá trị của hàm số
0 0
1 3y T y x x có nghiệm [1;3]x
0
2
0
0
2 2 ( 1)(3 )
y
y x x
có nghiệm [1;3]x
0
2 2 2
0
2
1
4 3 ( 2) 0
4
y
x x y
có nghiệm [1;3]x
0
0
/
2
2 2
0
y
y
- Hướng 2:(Sử dụng điều kiện có nghiệm của hệ PT đối xứng) Ta tìm
0
y để phương trình
0
1 3y x x có nghiệm. Đặt 1; 3 ( 0, 0)u x v x u v
O
A B
H
C
D
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 6
2
2 2
-+
y
y
/
0
32
1
x
Ta có hệ PT
0
0
2
2 2
0
1
. ( 2)
2
2
u v y
u v y
u v y
u v
. Hệ phương trình có nghiệm không âm khi và chỉ khi
PT:
2 2
0 0
1
( 2) 0
2
X y X y có hai nghiệm không âm.
Điều này tương đương với:
2 2
0 0
0 0
0
2( 2) 0
0 2 2
2 0
y y
y y
y
- Hướng 3:(Sử dụng điều kiện có nghiệm của hệ PT đối xứng bằng
đồ thị). Thực hiện lý luận như hướng 2 ta tìm y
0
để hệ sau có
nghiệm bằng phương pháp đồ thị:
0
2 2
2
0; 0
u v y
u v
u v
Hệ PT có nghiệm khi khoảng cách d(O, d) từ tâm O của đường
tròn
2 2
2u v đến đường thẳng d: u + v = y
0
thỏa
0
0
( , ) 1 2 2 2
2
y
OH d O d OA y
Cách 7:(Phương pháp lượng giác). Từ điều kiện1 3 1 2 1x x . Đặt 2 cos ; [0; ]x
Ta có: 1 cos 1 cos 2(cos sin ) 2sin( ) 2
2 2 2 4
A
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
2
2 4 2 2
x
Cách 8:(Phương pháp giải tích). Tập xác định: D = [1; 3]
1 1 4 2
'
1 3 ( 1)(3 )( 1 3 )
x
y
x x x x x x
' 0 2y x .Bảng biến thiên:
Từ đó suy ra
2 2y
u
2
2
2
2
v
H
O
A
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 7
Cách 9:(Phương pháp phản chứng)
Giả sử
0 0 0
[1;3]: 1 3 2
x x x
. Ta có:
2
0 0 0 0 0
1 3 2 ( 1)(3 ) 1 ( 2) 0
x x x x x
.Vô lý.
2. Khai thác bài toán (1) để áp dụng giải các bài toán có nội dung tương tự, linh hoạt chuyển
hướng tư duy để phát triển các bài toán có nội dung khó hơn:
Áp dụng 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
1 3
A x x
Trong các cách giải trên ta đã tìm được tập giá trị của hàm số
1 3
y x x
là
[ 2;2]
T
nên
min
2
A và max
2
A
Áp dụng 2: Xác định m để PT 1 3
x x m
có nghiệm
Áp dụng 3: Giải và biện luận PT:
1 3
x x m
Áp dụng 4: Xác định giá trị nhỏ nhất của m để bất PT
1 3
x x m
thỏa với
[1;3]
x
Áp dụng 5: - Xác định m để bất PT
1 3
x x m
có nghiệm ?
- Xác định m để bất PT
1 3
x x m
thỏa với
[1;3]
x
?
- Xác định m để bất PT 1 3
x x m
có nghiệm?
- Xác định m để bất PT
1 3
x x m
thỏa với
[1;3]
x
?
Áp dụng 6: Giải PT
2
1 3 4 6
x x x x
Áp dụng 7: Xác định m để PT 1 3 ( 1)(3 )
x x x x m
có nghiệm?
Bài toán của áp dụng 7 có thể giải bằng 2 cách như sau:
Cách 1: Với điều kiện
[1;3]
x
đặt
1 3
t x x
với
[ 2;2]
t
từ đó suy ra
2
2
( 1)(3 )
2
t
x x
. Bài toán đưa đến việc tìm m để PT:
2
2 2 2
t t m
có nghiệm
[ 2;2]
t
,
đến đây ta có thể sử dụng đại số hoặc dùng bảng biến thiên để tìm ra kết quả
2 3
m
.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 8
Cách 2 (Đưa về hệ) Đặt 1; 3u x v x . Ta có hệ PT:
2 2
2
0
0
u v uv m
u v
u
v
Đây là hệ PT đối xứng loại 1 nhưng việc tìm m để hệ có nghiệm phức tạp hơn cách 1 trong tính toán.
3. Mở rộng bài toán 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
3 3
1 3y x x
Cách 1 (Đại số). Đặt
3 3
1; 3u x v x . Ta có hệ
3
3 3
2
.
2
3
u v y
u v y
y
u v
u v
y
u, v là nghiệm của PT:
3
2
2
0
3
y
X yX
y
.
Điều kiện để hệ có nghiệm là
3
8
0 0 2
3
y
y
y
. Vậy maxy = 2 khi x = 2
Cách 2 (Giải tích) Ta có y’ = 0 2x .Bảng biến thiên:
Tập giá trị của hàm số là T = (0; 2]. Vậy maxy = 2 khi x = 2
Cách 3(BĐT Bunhiacôpxki mở rộng): Nếu tìm maxy trong [1; 3]
thì ta có thể áp dụng BĐT Bunhiacôpxki mở rộng.
3 3 3 3 3 3
3 3
( 1 3 ) (1 1 )(1 1 )( 1 3 ) 8 2y x x x x y . Vậy maxy = 2 khi x = 2
4. Tổng quát: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số
1 3
n n
y x x
trên [1;3]
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki mở rộng và BĐT
n n n
a b a b với 0, 0a b ta có 2 2
n
y
với [1;3]x
5. Phát triển bài toán 1 theo hướng khác: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số
3 1 4 3y x x
trên [1;3]
Để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ta viết 3( 1 3 ) 3 3 2y x x x . Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi x = 3.
-
+
0
-
+
2
0
-+
y
y
/
0
32
1
x
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 9
Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số ta có các cách giải sau:
Cách 1:(BĐT Bunhiacôpxki) Ta có
2 2 2 2
(3 1 4 3 ) (3 4 )( 1 3 ) 50 5 2
y x x x x y
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 3 43
3 4 25
x x
x
Cách 2:(Lượng giác)
Cách 3:(Bảng biến thiên)
Cách 4:(Phương pháp tọa độ vectơ)
Cách 5:(Sử dụng tập giá trị của hàm số bằng hệ phương trình)
6. Bài toán tổng quát: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số
1 3 ( 0)
n n
y a x b x a b
trên [1;3]
7. Kết luận:
Qua phần trình bày trên ta thấy để bồi dưỡng, phát triển khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh,
giáo viên cần hướng dẫn cho HS biết hệ thống hóa kiến thức, vận dụng các kỹ năng kỹ xảo trong giải
toán, không chấp nhận cách giải quyết quen thuộc mà luôn tìm cách giải mới, từ đó có nhiều cách giải
và tìm ra cách giải tối ưu, độc đáo gây hứng thú và niềm say mê học tập bộ môn toán.Thông qua hệ
thống các bài tập và nhìn bài toán dưới nhiều khía cạnh khác nhau GV rèn luyện cho HS khả năng vận
dụng linh hoạt các hoạt động trí tuệ như phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa, đặc biệt hóa,…chuyển từ
các hoạt động tư duy này sang hoạt động tư duy khác, không suy nghĩ rập khuôn máy móc. Từ đó tạo
được hứng thú học tập, tìm tòi, khám phá, phát hiện ra những vấn đề giải quyết khác góp phần bồi
dưỡng, rèn luyện và phát triển khả năng tư duy sáng tạo trong dạy và học môn Toán.
Tài liệu tham khảo:
1. Tôn Thân (1995). Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy
sáng tạo cho học sinh khá và giỏi toán ở trường THCS Việt Nam, Luận án Tiến Sĩ.
2. Nguyễn Bá Kim (2007), Phương pháp dạy học môn Toán, NXB Đại học Sư phạm.
3. Bùi Văn Nghị (2009), Vận dụng lí luận vào thực tiễn dạy học môn toán ở trường phổ thông, NXB
Đại học Sư phạm.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 10
VẬN DỤNG NGUYÊN TẮC “TÁCH KHỎI” CỦA ALTSHULLER
VÀO DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP TOÁN Ở PHỔ THÔNG
Thầy: Nguyễn Vũ Thanh
(Bài đăng trên Tạp chí Giáo dục số tháng 10/ 2011)
Trong dạy học giải bài tập toán, nguyên tắc (NT) “tách khỏi” nghĩa là tách phần khó, phần
phức tạp ra xét riêng hoặc tách phần thuận lợi, cần thiết khỏi đối tượng để biến đổi; từ đó, áp dụng
vào giải bài toán đã cho. Khi giải một bài toán cần nghĩ đến việc tách đúng phần cần thiết để biến đổi,
lập luận riêng, đưa vấn đề cần giải quyết trở nên đơn giản hơn.
Bài viết trình bày việc vận dụng NT “tách khỏi” (NT thứ hai trong 40 NT sáng tạo cơ bản của
Altshuller) vào dạy học giải một số dạng bài tập toán nhằm rèn luyện, bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho
học sinh (HS) phổ thông.
1. Dạy học phần Số học
Ta xét bài toán sau:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Tổng lũy thừa chẵn của ba số nguyên liên tiếp không thể là một số
chính phương.
Ở bài toán này, phần cần tách ra để xét là “ba số nguyên liên tiếp”. Như ta đã biết, ba số
nguyên liên tiếp khi chia cho 3 có đủ ba số dư là 0, 1 và 2. Như vậy, trong ba số nguyên liên tiếp sẽ có
một số chia hết cho 3, hai số còn lại có dạng
3 1
k
với
k Z
; do đó, tổng lũy thừa chẵn của ba số
này chia cho 3 sẽ dư 2. Đến đây, giáo viên (GV) hướng dẫn HS xét xem số chính phương khi chia cho
3 có những số dư nào? Giả sử một số chính phương có dạng n
2
, với n là một số tự nhiên; khi đó, n
thuộc một trong 3 dạng: n = 3k, n =
3 1
k
,
k Z
và n
2
chia 3 sẽ dư 0 hoặc 1. Vì một số chính
phương chia cho 3 không thể dư 2 nên tổng lũy thừa chẵn của ba số nguyên liên tiếp không phải là
một số chính phương. Vậy, phần tách ra để xét riêng trong ví dụ 1 là tìm các số dư khi chia cho 3 của
ba số nguyên liên tiếp và số dư trong phép chia số chính phương cho 3.
Với cách giải tương tự, HS có thể giải được bài toán sau:
Ví dụ 2: Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không thể là một số
chính phương.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 11
2. Dạy học phần Đại số
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2 2
1 1 2
x x x x x x
(1).
Nếu ta bình phương hai vế của PT đã cho, PT sẽ trở nên phức tạp hơn do có hai căn thức ở vế
trái. GV có thể hướng dẫn cho HS tách hai căn này ra xét riêng. Với mỗi căn thức có thể sử dụng bất
đẳng thức (BĐT) Côsi như sau:
2
2 2
1 ( 1).1
2
x x
x x x x
và
2
2 2
2
1 ( 1).1
2
x x
x x x x
Từ đó, suy ra:
2 2
2 2
2
1 1 1
2 2
x x x x
x x x x x
. Nếu x là nghiệm của PT
thì
2 2
2 1 ( 1) 0 1
x x x x x
. Thử lại x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Với
cách giải tương tự, ta xét các bài toán sau:
Ví dụ 4: Giải hệ PT:
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy
.
Tách phần thuận lợi, dễ biến đổi là PT thứ hai của hệ bằng cách áp dụng BĐT Côsi cho
1
x
và
1
y
, ta có:
1 ( 1).1 1
2 2
x xy
x x y x
, tương tự:
1
2
xy
x y
, suy ra:
1 1
x y y x xy
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2. Thay vào PT thứ nhất của hệ ta thấy
thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm (2; 2).
Ví dụ 5: Giải hệ PT:
2 2
2
2 1 2 2
xy x y x y
x y y x x y
.
GV hướng dẫn HS tách phần thuận lợi là PT thứ nhất của hệ ra xét riêng, bằng cách phân tích
thành nhân tử, PT thứ nhất tương đương với (x + y)(x – 2y – 1) = 0. Đến đây, HS có thể tìm được lời
giải ngay của bài toán.
3. Dạy học các bài toán tổ hợp
Trong các bài toán tổ hợp, khi sử dụng các quy tắc đếm ta thường tách những phần khó, phức
tạp để xét trước.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 12
Ví dụ 6: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có ba chữ số
đôi một khác nhau?
Số có ba chữ số thỏa mãn đề bài có dạng
abc
với
0
a
; a, b, c đôi một khác nhau. Vì
abc
là
số chẵn nên c được chọn từ các chữ số 0, 2, 4. HS sẽ không tìm được lời giải nếu chọn theo thứ tự: a
có 5 cách chọn (vì
0
a
), b có 5 cách chọn (vì b
a ), khi đó c sẽ không tìm được cách chọn vì c
phải là số chẵn.
Để giải bài toán này, GV hướng dẫn HS chọn c trước. Khi đó, c có 3 cách chọn (c = 0; 2 ; 4),
nhưng với trường hợp c = 0 ta sẽ phải có lập luận khác với c = 2 hoặc c = 4; do đó, phải tách trường
hợp c = 0 ra xét riêng. Khi c = 0 thì a có 5 cách chọn, b có 4 cách nên tổng số có 5.4 = 20 cách chọn
(GV có thể hướng dẫn HS sử dụng chỉnh hợp để giải với trường hợp c = 0 có
2
5
20
A
cách chọn); với
c = 2 thì a có 4 cách chọn (vì
0,
a a c
), b có 4 cách chọn ( ,
b a b c
) nên tổng số sẽ có 4.4 = 16
cách chọn
abc
; tương tự, c = 4 ta cũng thu được 16 cách chọn. Vậy, tất cả có: 20 + 16 + 16 = 52 số tự
nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
4. Dạy học môn Hình học
Ví dụ 7: Cho tam giác ABC, tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn:
2 2 2
3 2
MA MB MC
.
Hướng dẫn: Với O là điểm tùy ý, ta có:
2
2 2 2 2
( ) 2 .
MA MA MO OA MO OA MO OA
,
tương tự cho
2
MB
và
2
MC
.
Khi đó:
2 2 2
3 2
MA MB MC
2 2 2
2 3 2 3 2 0
MO OA OB OC OA OB OC
2 2 2
2 . 3 2 0
MO v OA OB OC
với
3 2 2
v OA OB OC AB AC
là vectơ cố định.
Trong đẳng thức
2 2 2
2 . 3 2 0
MO v OA OB OC
, ta tách phần:
2 2 2
3 2
OA OB OC
ra xét riêng.
Nhận xét: 3 + (–2) + (–1) = 0 và O là điểm tùy ý nên HS có thể chọn O sao cho
2 2 2
3 2 0
OA OB OC
, tức phải chọn O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó
. 0
MO v
. Vậy, tập hợp các điểm M là đường thẳng qua O và vuông góc với vectơ
v
.
Để rèn luyện tư duy sáng tạo cho HS, GV có thể tổng quát hóa ví dụ 7 theo các hướng sau với
tam giác ABC:
Hướng 1: Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn:
2 2 2
MA MB MC k
với
0
,
k là số thực cho trước.
Hướng 2: Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn:
2 2 2
MA MB MC k
với
0
,
k là số thực cho trước.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 13
Hướng 3: Mở rộng ba điểm A, B, C cho n điểm
1 2
, , ,
n
A A A
tùy ý.
Trong dạy học giải một số bài toán hình học không gian, khi tách một mặt phẳng nào đó ra xét
riêng và áp dụng các tính chất hình học phẳng lên mặt phẳng, nghĩa là chúng ta đã vận dụng NT “tách
khỏi”. Chẳng hạn:
Ví dụ 8: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng đường chéo AC’ đi qua các trọng
tâm G
1
, G
2
của hai tam giác BDA’ và B’D’C và AG
1
= G
1
G
2
= G
2
C’ (SGK Hình học 11 nâng cao, tr.
68). Để giải bài toán này, ta tách hình bình hành ACC’A’ khỏi hình hộp và dùng hình học phẳng để
giải.
***
Vận dụng NT “tách khỏi’ trong dạy học nhằm giúp HS rèn luyện, bồi dưỡng tư duy sáng tạo
thông qua các hoạt động phân tích, tổng hợp, khái quát hóa,…; tích cực chuyển hướng các hoạt động
tư duy, tạo sự hứng thú trong học tập và nghiên cứu, HS biết khám phá tìm tòi cái mới khi giải các bài
tập toán ở phổ thông. GV cần vận dụng NT này một cách linh hoạt để góp phần nâng cao hiệu quả
dạy học.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 14
HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH
(MỞ RỘNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI HAI)
Thầy: Nguyễn Vũ Thanh
Bồi dưỡng tư duy sáng tạo (TDST) cho học sinh (HS) là một trong những mục tiêu cơ bản
trong dạy học môn Toán ở trường phổ thông. Bồi dưỡng TDST cần đặt trong tâm vào việc rèn luyện
khả năng phát hiện vấn đề mới, khả năng khơi dậy ý tưởng mới ở HS Bồi dưỡng TDST cho HS cần
hướng dẫn cho HS tập dượt nghiên cứu, trong đó giáo viên (GV) cần tạo ra các tình huống có vấn đề
dẫn dắt HS tìm tòi, khám phá kiến thức mới.
Trong thực hành giải Toán để rèn luyện TDST, HS phải tự xác lập, tự tìm tòi để phát hiện vấn
đề và giải quyết vấn đề. Trong dạy học Toán, GV cần yêu cầu HS giải các bài tập rèn luyện từng yếu
tố của TDST như tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn và tính độc đáo.
Một trong các phương pháp rèn luyện TDST cho HS là hệ thống hóa các bài tập cùng dạng,
khai thác những tính chất đặc trưng ẩn chứa trong các bài tập đó, từ đó khái quát hóa để có phương
pháp giải bài toán tổng quát. Bài viết này xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại hai trong sách
giáo khoa Đại số 10 chúng tôi hệ thống các dạng bài tập có thể đưa về hệ đối xứng loại hai và trình
bày phương pháp giải bài toán tổng quát là hệ phương trình hoán vị vòng quanh.
I. Hệ phương trình (PT) đối xứng loại 2
Hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ đối xứng loại hai khi thay x bởi y, y bởi x thì phương
trình này trở thành phương trình kia.
Cách giải: Lấy hai phương trình trừ cho nhau theo từng vế.
Ví dụ 1: Cho hệ PT:
2 3 2
2 3 2
4
4
x y y ay
y x x ax
a/ Giải hệ với a = 4
b/ Xác định a để hệ có nghiệm duy nhất
Hướng dẫn:
a/ Lấy PT thứ nhất trừ PT thứ hai theo từng vế ta được:
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 15
2 2
( )( 3 3 4) 0
x y x y x y xy x y
(Vì
2 2
3 3 4 0, ,
x y x y xy x y
). Từ đó ta có các nghiệm (0; 0); (1; 1); (4; 4)
b/ Lấy PT thứ nhất trừ PT thứ hai theo từng vế ta được:
2 2
2 2
( )( 3 3 ) 0
3 3 0
x y
x y x y x y xy a
x y x y xy a
Với x = y thay vào (1) ta được
2
( 5 ) 0
x x x a
. Hệ có nghiệm duy nhất khi
2
5 0
x x a
vô
nghiệm
25
4
a .
Với
25
4
a
thì
2 2 2 2
3 3 0 ( 3) 3 0
x y x y xy a x y x y y a
có
2
3( 1) 12 4 0
y a
. Vậy với
25
4
a
thì hệ có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 2: Xác định m để hệ sau có nghiệm:
2 1
2 1
x y m
y x m
Hướng dẫn: Đặt
1; 1
u x v y
( , 0)
u v
. Hệ trở thành
2
2
2 2
2 2
u v m
v u m
Do
, 0
u v
nên điều kiện cần để hệ có nghiệm là
2
m
.
Với
2
m
ta có:
( )(2 2 1) 0
2 2 1 0
u v
u v u v
u v
Với u = v ta có hệ
2
2 2 0
u v
u u m
. Ta có
2
0
2
m
P
nên PT luôn có nghiệm
0
u
.
Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi
2
m
.
Ví dụ 3: CMR với mọi a khác 0 hệ PT sau có nghiệm duy nhất:
2
2
2
2
2
2
a
x y
y
a
y x
x
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 16
Hướng dẫn: Ta có x, y > 0 hệ tương đương với
2 2 2
3 2 2
2 2 2
2
2 0
2
x y
x y y a
x x a
y x x a
Xét hàm số
3 2 2 / 2
( ) 2 ; ( ) 6 2
f x x x a f x x x
. Lập bảng biến thiên và từ
f(0) = – a
2
< 0 suy ra PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 4: Giải hệ PT:
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
Hướng dẫn: Đặt
1, 1
u x v y
ta có hệ
2
2
1 3
1 3
v
u
u u
v v
. Lấy PT thứ nhất trừ PT thứ hai theo
từng vế ta được:
2 2
1 3 1 3
u v
u u v v
. Hàm số
2
( ) 1 3
t
f t t t
là hàm số đồng
biến trên nên u = v. Ta có PT:
2 2
1 3 ln( 1) ln3 0 0
u
u u u u u u
(Vì hàm số
2
( ) ln( 1) ln3
g u u u u
giảm trên ).Từ đó ta có nghiệm (1; 1)
Bài tập tương tự:
Bài 1: CMR hệ PT sau có đúng 3 nghiệm thực phân biệt:
2 3
2 3
1
1
x y
y x
Bài 2: Xác định m để hệ PT sau có nghiệm:
2
2
sin tan
tan sin
x m y m
y m x m
Bài 3: Giải hệ PT:
2
2
3 ln(2 1)
3 ln(2 1)
x x x y
y y y x
(HSG QG 1994)
II. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại 2:
Dạng 1: Phương trình
( ( ))
f f x x
Cách giải: Đặt
( )
y f x
ta có hệ đối xứng loại hai
( )
( )
y f x
x f y
Ví dụ 5: Giải PT:
2 2 2
( 2 5) 2( 2 5) 5
x x x x x
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 17
Hướng dẫn: Đặt
2
2 5
y x x
ta có hệ
2
2
2 5
2 5
y x x
x y y
Ví dụ 6: Xác định m để PT sau có nghiệm:
2 2
3( 3 )
x m x m
Hướng dẫn: Đặt
2
3
y m x
ta có hệ
2
2
3
3
y m x
x m y
Ví dụ 7: Giải PT:
2 2
log (3log (3 1) 1)
x x
Hướng dẫn: Đặt
2
1
log (3 1) ( )
3
y x y
. Ta có hệ
3 1 2
3 1 2
y
x
x
y
. Lấy PT thứ nhất trừ PT thứ hai theo
từng vế ta được:
2 3 2 3
x y
x y x y
(Vì hàm số
( ) 2 3
t
f t t
đồng biến trên ). Ta có PT:
2 3 1 0
x
x
xét hàm số
2
3
( ) 2 3 1, '( ) 2 ln2 3 log
ln2
x x
g x x g x x .Vì g’(x) = 0 có một
nghiệm nên g(x) = 0 có không quá 2 nghiệm (định lý Roole), mà g(1) = g(3) = 0 nên hệ có hai nghiệm
(1; 1) và (3; 3)
Dạng 2: Phương trình dạng
( ) ( )
n
n
f x b a af x b
Cách giải: Đặt
( ) ( )
n
f y af x b
ta có hệ
( ) ( )
( ) ( )
n
n
f y b af x
f x b af y
Ví dụ 8: Giải PT: a/
3
3
2 3 3 2
x x
b/
3 2
3
3 3 3 5 1 3
x x x x
Hướng dẫn:
a/ Đặt
3
3 2
y x
ta có hệ
3
3
2 3
2 3
x y
y x
b/ PT viết lại
3
3
( 1) 2 3 3( 1) 2
x x
. Đặt
3
1 3 5
y x
ta có hệ
3
3
( 1) 3 5
( 1) 3 5
x y
y x
Ví dụ 9: Giải PT:
3
3
8 4 1 6 1
x x x
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 18
Hướng dẫn: Biến đổi thành PT:
3
3
(2 ) (4 1) 2 (4 1)
x x x x
đi đến PT:
3
8 6 1
x x
, lý luận để
đặt
cos , [0; ]
x t t
Ví dụ 10: Giải PT
2
3
2 4
2
x
x x
(1)
Hướng dẫn: (1)
2
1 1
( 1) 1 1
2 2
x
x
Đặt
3
1
2
x
y
Bài tập tương tự:
Bài 4: Giải PT:
2
4 2
x x x
Bài 5: Giải PT:
2
4 7 1 2 2
x x x
Bài 6: Giải PT:
2
1000 1 8000 1000
x x x
Bài 7: Giải PT:
2 2 2
3
7 13 8 2 (1 3 3 )
x x x x x x
Bài 8: Giải PT:
2 2
4 11 10 ( 1) 2 6 2
x x x x x
Bài 9: Giải PT:
3
2 2
1
8 13 7 (1 ) 3 2
x x x
x
Dạng 3: Phương trình dạng log ( )
ax b
s
as u ux v av bu
( Với a khác 0)
Đặt
log ( )
s
ay b ux v
Ta có hệ
ay b
ax b
s ux v
s uy v
Ví dụ 10: Giải phương trình:
1 3
7
7 1 2log (6 5)
x
x
(1)
Hướng dẫn: (1)
1
7
7 6log [6( 1) 1] 1
x
x
. Đặt
7
1 log (6 5)
y x
Ta có hệ:
1
1
7 6 5
7 6 5
y
x
x
y
.
Lấy PT thứ nhất trừ PT thứ hai theo từng vế ta được:
1 1
7 6 7 6
x y
x y x y
(Vì hàm số
1
( ) 7 6
t
f t t
đồng biến trên ). Ta có PT:
1
7 6 5
x
x
xét hàm số
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 19
1 / 1
7
6
( ) 7 6 5, ( ) 7 ln7 6 log 1
ln7
t t
g t t g t t
.Vì g’(x) = 0 có một nghiệm nên g(x) = 0 có
không quá 2 nghiệm (định lý Roole), mà g(1) = g(2) = 0 nên hệ có hai nghiệm (1; 1) và (2; 2)
III. Hệ lặp ba ẩn có dạng:
( )
( )
( )
x f y
y f z
z f x
(I)
Nhận xét 1: Nếu (x
0
; y
0
; z
0
) là nghiệm của hệ thì các hoán vị vòng quanh (y
0
; z
0
; x
0
), (z
0
; x
0
; y
0
)
cũng là nghiệm.
Nhận xét 2: Gọi T là tập giá trị của hàm số f. Nếu f tăng (hoặc giảm) trên T thì x = y = z
Thật vậy giả sử
min{ , , }
x x y z
i/ ( ) ( ) ( )
x y z f x f y f z z x y x y z
ii/
( ) ( ) ( )
x z y f x f z f y z y x x y z
Ví dụ 11: Giải hệ PT:
3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
x x x x y
y y y y z
z z z z x
(HSG QG 1994)
Hướng dẫn: Xét hàm số
3 2
( ) 3 3 ln( 1)
f t t t t t
có tập giá trị là và là hàm số đồng biến
trên nên x = y = z. Xét hàm số
3 2
( ) 2 3 ln( 1)
g t t t t t
đồng biến trên R nên PT:
3 2
2 3 ln( 1) 0
t t t t
có nghiệm duy nhất t = 1.Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1; 1)
Ví dụ 12: Giải hệ PT:
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
x y y
y z z
z x x
Hướng dẫn: Hệ tương đương với
2
3
3 2
3
2
9 27 27
9 27 27
9 27 27
x y y
y z z
z x x
.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 20
Xét hàm số
3 2
( ) 9 27 27
f t t t
có tập giá trị là
3
3 2
[ ; )
2
T
và f tăng trên T nên x = y = z. Hệ
có nghiệm duy nhất (3; 3; 3)
Ví dụ 13: Giải hệ PT:
3 2
3 2
3 2
3 2 5
3 2 5
3 2 5
x x x y
y y y z
z z z x
(HSG QG 2006 Bảng B)
Hướng dẫn: Hệ tương đương với
3 2
3 2
3 2
3 3 5
3 3 5
3 3 5
x x x x y
y y y y z
z z z z x
. Hàm số
3 2
( ) 3 3 5
f t t t t
đồng
biến trên . Lập luận để có x = y = z và PT
3 2
3 5 0
x x x
có nghiệm duy nhất x = 1. Vậy hệ có
nghiệm duy nhất (1; 1; 1)
Ví dụ 14: Giải hệ PT:
4 4 4
1
2 2 2
2
x y y z z x
Hướng dẫn: Hệ tương đương với
4
4
4
1 1
( )
2 2
1 1
( )
2 2
1 1
( )
2 2
y x
x z
z y
. Hàm số
4
1 1
( ) ( )
2 2
f t t
có tập giá trị là
1
[ ; )
4
T
và f tăng trên T nên x = y = z. PT:
2 2 2 2
1 1
2 0 ( 1) 2( )
2 2
x x x x
Ví dụ 15: Giải hệ PT:
3 2
4
3 2
4
3 2
4
2 log 0
2 log 0
2 log 0
x x y
y y z
z z x
Hướng dẫn: Hệ tương đương với
3 2
3 2
3 2
2
1
4
2
1
4
2
1
4
x x
y y
z z
y
z
x
.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 21
Hàm số
3 2
2
1
4
( )
t t
f t
có tập giá trị là
(0; )
T
và f giảm trên T nên x = y = z.
PT
3 2
4
2 log 0
x x x
có nghiệm duy nhất
1
2
x
.
Ví dụ 16: Giải hệ PT:
2
2
2
cos log (8cos cos2 5)
cos log (8cos cos2 5)
cos log (8cos cos2 5)
x z x
y x y
z y z
Hướng dẫn:Đặt
cos , cos , cos ( 1, 1, 1)
X x Y y Z z X Y Z
.
Ta có hệ
2
2
2
1
(2 2 4)
8
1
(2 2 4)
8
1
(2 2 4)
8
Y
Z
X
X Y
Y Z
Z X
.Từ hệ suy ra
1
, , ( ;1]
2
X Y Z .
Hàm số
2
1
( ) (2 2 4)
8
t
f t t
tăng trên tập giá trị nên x = y = z .
PT:
2
2 2 8 4 0
t
t t
có nghiệm duy nhất t = 1
Bài tập tương tự:
Bài 10: Giải hệ PT:
3
3
3
( )
( )
( )
x y z
y z x
z x y
(Chọn ĐT Tiền Giang 2009)
Bài 11: Giải hệ PT :
3 2
3 2
3 2
2
2
2
x y y y
y z z z
z x x x
Bài 12: Giải hệ PT :
1
1
1
x y
y z
z x
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 22
Bài 13: Giải hệ PT :
sin
sin
sin
x y
y z
z x
IV. Hệ PT dạng hoán vị vòng quanh:
1 2
2 3
1
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
n
f x g x
f x g x
f x g x
(II)
Nhận xét 1: Nếu (x
1
, x
2
,…, x
n
) là nghiệm của hệ thì các hoán vị vòng quanh của (x
1
, x
2
,…, x
n
)
cũng là nghiệm của hệ
Nhận xét 2: Hệ lặp ba ẩn (I) là một trường hợp đặc biệt của (II) với n = 3 và g(t) = t
Nhận xét 3: Nếu f và g cùng tăng hoặc cùng giảm trên tập D và (x
1
, x
2
,…, x
n
) là nghiệm của (II)
với
1 2
, , ,
n
x x x D
thì
1 2
n
x x x
Thật vậy giả sử
1 1 2
min{ , , , }
n
x x x x
. Khi đó:
1 2 1 2 2 3 2 3 3 4
3 4 1 1 1 1 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
n n n n n
x x f x f x g x g x f x f x g x g x
x x f x f x g x g x x x x x x
Nhận xét 4: Giả sử f giảm trên D, g tăng trên D và (x
1
, x
2
,…, x
n
) là nghiệm của (II) với
1 2
, , ,
n
x x x D
. Khi đó:
i/ Nếu n lẻ thì
1 2
n
x x x
ii/ Nếu n chẵn thì
1 3 1
2 4
n
n
x x x
x x x
; khi đó hệ trở thành hệ đối xứng loại 2
1 2
2 1
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
Chứng minh: Giả sử
1 1 2
min{ , , , }
n
x x x x
i/ Với n lẻ:
1 2 1 2 2 3 2 3 2 3 3 4
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x f x f x g x g x x x f x f x g x g x
3 4 2 1 2 2 1 2 1 1
1 1 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
k k n n n n n
n n
x x x x x x f x f x g x g x
x x f x f x g x g x x x x x
Tương tự đi đến
1 2
n
x x x
ii/ Với n chẵn:
1 3 1 3 2 4 2 4 2 4 3 5
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x x f x f x g x g x x x f x f x g x g x
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 23
3 5 2 1 2 1 2 2 1 1
1 1 1 1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
k k n n n n n
n n n n
x x x x x x f x f x g x g x
x x f x f x g x g x x x
Vậy
1 3 1 1
n
x x x x
và
2 4 2
n
x x x x
. Suy ra
1 3 1
n
x x x
và
2 4
n
x x x
Ví dụ 17: Giải hệ PT:
3 2
3 2
3 2
2 1
2 1
2 1
x y y y
y z z z
z x x x
(Chọn ĐT Tiền Giang 2007)
Hướng dẫn:
( ) 2 1
f t t
và
3 2
( )
g t t t t
là hai hàm số đồng biến trên . Hệ có nghiệm (1; 1; 1)
và (–1; –1; –1)
Ví dụ 18: Giải hệ PT:
2
3
2
3
2
3
2 6.log (6 )
2 6.log (6 )
2 6.log (6 )
x x y x
y y z y
z z x x
(HSG QG 2006)
Hướng dẫn: Điều kiện x, y, z < 6
Hàm số
3
( ) log (6 )
f t t
giảm trên
( ;6)
và hàm số
2
( )
2 6
t
g t
t t
tăng trên
( ;6)
. Hệ có
nghiệm (3; 3; 3)
Ví dụ 19: (Mở rộng ví dụ 1).Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất:
2 3 2
1 2 2 2
2 3 2
2 3 3 3
2 3 2
1 1 1
4
4
4
n
x x x ax
x x x ax
x x x ax
Hướng dẫn:
Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm duy nhất
1 2
( , , , )
n
x x x
suy ra
1 2
n
x x x
PT:
2 3 2 2
4 ( 5 ) 0
x x x ax x x x a
có nghiệm duy nhất x = 0 khi
2
5 0
x x a
vô nghiệm
25
4
a
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 24
Điều kiện đủ: Giả sử
25
4
a
. Xét hàm số
2
( )
f t t
và
3 2
( ) 4
g t t t at
, g là hàm đồng biến trên
với
25
4
a
.
Từ g tăng và g(x
1
) =
2
0
n
x
= g(0)
1
0
x
, tương tự
0,
i
x i
. Trên
[0; )
f và g đều tăng nên
1 2
n
x x x t
trong đó t là nghiệm PT:
2
( 5 ) 0 0
t t t a t
.Vậy hệ có nghiệm duy nhất
(0, 0,…, 0) khi và chỉ khi
25
4
a
Ví dụ 20: (Mở rộng ví dụ 3).Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và a khác 0. CMR hệ sau có nghiệm duy
nhất:
2
2
1 2
2
2
2
2 3
3
2
2
1
1
2
2
2
n
a
x x
x
a
x x
x
a
x x
x
Hướng dẫn: Ta có thể giả sử a > 0. Xét hàm số
2
( )
a
f t t
t
và
2
( ) 2
g t t
Từ hệ suy ra x
i
> 0 và theo BĐT Côsi
,
i
x a i
. Lập bảng biến thiên hàm số f. Ta xét các trường
hợp sau:
i/ Với
0 1
a
thì
a a
khi đó f, g cùng tăng trên
( ; )
a
nên
1 2
n
x x x
ii/ Với
1
a
thì
a a
. Giả sử
1 1 2
min{ , , , }
n
x x x x
- Nếu x
1
> a thì x
i
> a với mọi i khi đó f, g cùng tăng trên
( ; )
a
nên
1 2
n
x x x
- Nếu
1
a x a
thì từ
2
2 2
1 1
1
2 ( ) ( ) 2
n n
a
x x f x f a a a a a x a
x
, tương tự ta
có
,
i
a x a i
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 25
Trên đoạn
[ ; ]
a a
hàm số f giảm còn g tăng nên
1 2
n
x x x
nếu n lẻ, với n chẵn thì
1 3 1
n
x x x
và
2 4
n
x x x
hệ tương đương với hệ đối xứng loại hai trong ví dụ 3 và khi đó
x
1
= x
2
, tức là
1 2
n
x x x
. Tóm lại trong tất cả các trường hợp thì hệ có nghiệm
1 2
n
x x x
= t với t là nghiệm PT:
3 2 2
2 0
x x a
, sau đó lập luận như ví dụ 3
Bài tập tương tự:
Bài 14: CMR với mọi số thực a không dương thì hệ sau có nghiệm duy nhất:
2 3 2
2 3 2
2 3 2
x y y y a
y z z z a
z x x x a
Bài 15: Giải hệ PT:
2
1 2
2
2 3
2
1
1
1
1
n
x x
x x
x x
Bài 16: Giải hệ PT:
1 2
2 3
3 4
4 1
3
cos
9
3
cos
9
3
cos
9
3
cos
9
x x
x x
x x
x x
. Hãy tổng quát bài toán.
Bài 17: Giải hệ PT:
3
1 1 2
3
2 2 3
3
1
3 2 2
3 2 2
3 2 2
n n
x x x
x x x
x x x
Bài 18: Giải hệ PT:
1 2
2 3
1
2 2 cos
2 2 cos
2 2 cos
n
x x
x x
x x
