“Rèn luyện tư duy sáng tạo trong dạy học giải bài tập chứng minh bất đẳng thức

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU

2

PHẦN I: CƠ SỞ LÝ LUẬN

3

1.1 Khái niệm và đặc điểm của tư duy

3

1.2 Tư duy sáng tạo

5

1.3 Hoạt động chứng minh

6

PHẦN II: RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO QUA

8

BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

2.1 Tập luyện cho học sinh năng lực dự đoán trong chứng minh BĐT

8

2.2 Tập luyện cho học sinh tìm ra nhiều cách giải và lời giải hay

13

cho một bài toán.

2.3 Phát hiện và sửa chữa một số sai lầm trong giải toán BĐT

17

KẾT LUẬN

23

TÀI LIỆU THAM KHẢO

24

1


MỞ ĐẦU
Luật giáo dục năm 2005 quy định: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải
phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc
điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm
việc theo nhóm; rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động
đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Cho thấy việc
tích cực, chủ động trong học tập là rất cần thiết giúp rèn luyện kỹ năng vận dụng
kiến thức vào thực tiễn.

Trong quá trình dạy học môn Toán ở trường phổ thông, việc dạy học giải
bài tập toán học có một vị trí quan trọng hàng đầu, giúp học sinh nắm vững tri
thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo, ứng dụng Toán học vào thực
tiễn… Bài toán chứng minh bất đẳng thức ở trường THPT là rất đa dạng và
phong phú; được sử dụng nhiều trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng, các
kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế... Vì thế thông qua dạy
học giải bài tập toán phần bất đẳng thức ở trường phổ thông ta có thể rèn luyện
cho học sinh khả năng tư duy sáng tạo.

Với những lí do trên, tôi đã chọn đề tài: “Rèn luyện tư duy sáng tạo
trong dạy học giải bài tập chứng minh Bất đẳng thức” trong chuyên
đề “Tư duy Toán học” chò bài tiểu luận của mình. Nhân đây, cho tôi
xin được bày tỏ sự biết ơn đến thầy giáo TS. Nguyễn Văn Thuận đã
nhiệt tình giảng dạy cho lớp Cao học 18 Phương pháp Tóa cũng như
bản thân tôi trong thời gian qua.
Vinh, tháng 04 năm 2012
Học viên: Cao Hải Vân
2


Phần I: CƠ SỞ LÍ LUẬN
1.1.

Khái niệm và đặc điểm của tư duy

1.1.1.

Khái niệm.

Theo Trần Thúc Trình thì: “Tư duy là quá trình nhận thức, phản ánh

những bản chất, những mối quan hệ có tính chất qui luật của sự vật hiện tượng
mà trước đó chủ thể chưa biết”.
Theo Rubistein: “Tư duy – đó là sự khôi phục trong ý nghĩ của chủ thể về
khách thể với mức độ đầy đủ hơn, toàn diện hơn so với các tư liệu cảm tính xuất hiện
do tác động của khách thể”
Như vậy tư duy là nhận thức lý tính, nghĩa là phải có sự suy nghĩ trong
đầu óc chứ không phải là sự cảm thấy mang tính chất thoáng qua, chủ quan; mà
ở đây phải có sự lập luận, phân tích, diễn giải có căn cứ bởi đầu óc con người.
Nói một cách khác, tư duy bao gồm cả lý trí và lý tính.
1.1.2.

Đặc điểm của tư duy: Tư duy có những đặc điểm chủ yếu sau:

- Tư duy chỉ nảy sinh khi gặp hoàn cảnh có vấn đề;
- Tư duy có tính khái quát;
- Tư duy có tính gián tiếp;
- Tư duy của con người có quan hệ mật thiết với ngôn ngữ: tư duy và
ngôn ngữ có quan hệ chặt chẽ với nhau, không tách rời nhau, nhưng cũng không
đồng nhất với nhau. Sự thống nhất giữ tư duy và ngôn ngữ thể hiện rõ ở khâu
biểu đạt kết quả của quá trình tư duy;
- Tư duy có quan hệ mật thiết với nhận thức cảm tính, tư duy thường bắt
đầu từ nhận thức cảm tính, dù tư duy có khái quát và trừu tượng đến đâu thì nội
dung của tư duy vẫn chứa đựng những thành phần cảm tính (cảm giác, tri giác,

3


biểu tượng trực quan,…). X. L. Rubinstein khẳng định rằng: “Nội dung cảm tính
bao giờ cũng có trong trừu tượng, tựa hồ như làm thành chỗ dựa cho tư duy”.
-

Tư duy là một quá trình: tư duy được xét như một quá trình, nghĩa là tư

duy có nảy sinh, diễn biến và kết thúc.
Các thao tác tư duy:


Phân tích – tổng hợp
Phân tích là quá trình dùng trí óc để phân chia đối tượng nhận thức

thành những “bộ phận”, những thuộc tính, những mối liên hệ và quan hệ giữa
chúng để nhận thức đối tượng sâu sắc hơn.
Tổng hợp là quá trình dùng trí óc để hợp nhất những “bộ phận” đã được
phân tích.
Phân tích và tổng hợp có quan hệ mật thiết với nhau, bổ sung cho nhau
tạo thành sự thống nhất không tách rời được.


So sánh
So sánh là quá trình dùng trí óc để xác định sự giống nhau hay khác

nhau, sự đồng nhất hay không đồng nhất, sự bằng nhau hay không bằng nhau
giữa các đối tượng nhận thức.


Trừu tượng hóa và khái quát hóa
Trừu tượng hóa là quá trình dùng trí óc để gạt bỏ những mặt, những

thuộc tính không cần thiết về phương diện nào đó và chỉ giữ lại những yếu tố
cần thiết để tư duy. Ví dụ: Khi nói đến hình chóp ta nghĩ đến hình có đáy là đa

giác, đỉnh và các mặt bên là các tam giác, ta không để ý đến các thuộc tính cụ
thể như hình chóp đều, hình chóp tam giác, …

4


Khái quát hóa là quá trình dùng trí óc để bao quát nhiều đối tượng khác
nhau thành một nhóm, một loại theo những thuộc tính chung nhất định.
Cấu trúc tư duy Toán học: Hoạt động tư duy phụ thuộc vào đối tượng tư duy.
Trong toán học có một số loại hình tư duy sau:
(1) Tư duy cụ thể;
(2) Tư duy trừu tượng;
(3) Tư duy trực giác;
(4) Tư duy hàm;
(5) Tư duy biện chứng;
(6) Tư duy sáng tạo;
(7) Các phong cách toán học của tư duy.
Đặc biệt, tư duy trừu tượng có thể tách ra các thành phần:
- Tư duy phân tích
- Tư duy logic
- Tư duy lược đồ không gian
1.2.

Tư duy sáng tạo.

Tư duy sáng tạo là một hình thức tư duy, nó có tác dụng rất to lớn trong việc
phát triển tư duy cho học sinh đặc biệt là đối tượng học sinh khá và giỏi. Giáo
viên phải biết phát huy hết khả năng tìm tòi, phát hiện những vẻ đẹp của Toán
học.
Theo Nguyễn Bá Kim: "Tính linh hoạt, tính dộc lập và tính phê phán là những

điều kiện cần thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác

5


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" (Nguyễn Bá Kim Phương pháp dạy học bộ môn Toán).
G.Polya đã cho rằng: "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 phương tiện này có số lượng càng lớn, có dạng muôn màu muôn
vẻ, thì mức độ sáng tạo của tư duy càng cao, thí dụ: lúc những cố gắng của
người giải vạch ra được các phương thức giải áp dụng cho những bài toán khác.
Việc làm của người giải có thể là sáng tạo một cách gián tiếp, chẳng hạn lúc ta
để lại một bài toán tuy không giải được nhưng tốt vì đã gợi ra cho người khác
những suy nghĩ có hiệu quả".
Tư duy sáng tạo là tích cực và tư duy độc lập, khi nói đến tư duy sáng tạo
là ta đang nói đến việc học sinh tự khám phá, tự tìm cách giải quyết một vấn đề
trong giải toán. Bắt đầu từ tình huống gợi vấn đề, tư duy sáng tạo giải quyết các
mâu thuận tồn tại trong tình huống đó với hiệu quả cao, có tính hợp lý và tạo ra
cho học sinh một niềm tin, sự phấn khích sau khi tìm ra được giải pháp. Nói tóm
lại, tư duy sáng tạo là tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới có tính độc đáo và hiệu
quả giải quyết vấn đề cao.
1.3.

Hoạt động chứng minh.

Chứng minh là một hình thức suy luận, dựa vào những phán đoán (mệnh đề)
mà tính chân thực (đúng) đã được công nhận, để khẳng định tính chân thực của

một mệnh đề khác được chứng minh.
Một chứng minh gồm ba bộ phận cấu thành.
6


1) Luận đề: là mệnh đề cần phải chứng minh. (trong chứng minh nó trả lời câu
hỏi “Chứng minh điều gì”
2) Luận cứ: là mệnh đề được thừa nhận (định nghĩa, tiên đề, định lý, .) được
lấy làm tiền đề trong mỗi suy luận. Trong chứng minh nó trả lời cho câu hỏi
“Chứng minh bằng cái gì”
3) Luận chứng: là các suy luận tổng quát được vận dụng trong mỗi bước suy
luận của chứng minh. (Nó trả lời cho câu hỏi: Chứng minh như thế nào, dùng
quy tắc suy luận gì)
Có 2 phương pháp chứng minh chủ yếu là chứng minh trực tiếp và chứng
minh gián tiếp. Chứng minh trực tiếp là đưa ra luận cứ và dùng quy tắc suy luận
để rút ra luận đề. Sử dụng các quy tắc suy luận để đi thẳng từ giả thiết đến kết
luận. Một phương pháp chứng minh gián tiếp hay sử dụng phương pháp chứng
minh phản chứng.

7


Phần II: RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO QUA BÀI TOÁN
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.
2.1

Tập luyện cho học sinh năng lực dự đoán trong chứng minh BĐT

“Dự đoán là một phương pháp tư tưởng được ứng dụng rộng rãi trong nghiên
cứu khoa học. Đó là căn cứ các nguyên lý và sự thật đã biết để nêu lên những

giả định về các hiện tượng và quy luật chưa biết”
Dự đoán không những giúp ta thật sự hiểu bài toán mà trong giải bài tập
còn giảm được những cách giải mày mò, mù quáng, trước những bài toán khó
không vội đi vào tính toán, chứng minh ngay mà biết căn cứ vào dữ kiện và mục
tiêu cần giải quyết để có những trù liệu, phán đoán. Nó thuộc loại vấn đề gì?
Đại thể nên bắt đầu từ đâu? Sau đó mới bắt tay vào tính toán, chứng minh. Khi
đạt được một kết quả nào đó thì kết hợp với mục tiêu dự đoán, cảm nhận được
cách giải nào sẽ đạt được kết quả. Nếu thấy có thể được thì sẽ tiếp tục phương
pháp đó, nếu cảm nhận thấy không được thì phải quay lại điều kiện ban đầu để
dự đoán, tìm cách giải khác, điều chỉnh cho tới khi giải được bài toán.
Ví dụ 1: Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1
x

1
y

của biểu thức P  x  y   .

Đối với học sinh khá giỏi thì việc tìm ra lời giải bài toán này không quá khó
khăn. Tuy nhiên, học sinh chỉ giải theo một cách máy móc hoặc mắc ngay sai
lầm khi giải bài toán bằng cách áp dụng ngay BĐT Cô – si. GV có thể tập luyện
cho HS dự đoán từ đề bài để tìm ra lời giải. Chúng ta biết rằng một biểu thức
đạt được GTLN hoặc NN khi tồn tại các giá trị của biến đề dấu “=” có thể xẩy
ra. Đối với bài toán trên thi biểu thức điều kiện và biểu thức P đối xứng đối với
cả 2 biến x, y do đó GTNN của biểu thức có thể đạt được tại x=y= . Do đó để
8


vận dụng ngay BDT Cô-si một cách chính xác thì phải đi tìm biểu thức phù hợp

để x, y cùng bằng ½. Khi đó chúng ta hướng cho học sinh phân tích bài toán
theo hướng:
P  4x 

1
1
 4 y   3x  y 
x
y

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có

4x 

1
1
1
 2 4 x.  4 x   4 .
x
x
x
1
y

Tương tự 4 y   4 .
Theo giả thiết ta có x  y  1  3x  y   3 .
Do đó:

P  5.

x  0 ; y  0

 x  y 1
1

p  5   4x  1
x y .
2
x

1

 4y  y


Vậy GTNN của P là 5.
Một sự tương tự như trên, ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 2: Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:

Chứng minh

rằng:

. (2)(Đề thi TSĐH Khối A 2003)
9


Ta dự đoán được để dấu “=” xảy ra trong BDT trên khi x=y=z=1/3. Khi đó
bằng cách biến đổi biểu thức và sử dụng BDT C-S ta được phép chứng minh
như sau:

Ta có

.

Tương tự ta cũng có:

và

.

Vậy BDT cần chứng minh quy về chứng minh BDT:

.

Thật vậy, theo BDT Cô-si ta có

;

.

Vậy BDT được chứng minh xong.
Ví dụ 3: Từ bất đẳng thức Cô - si đối với hai số không âm: “Với mọi a  0, b  0
ta có

ab
 ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b” và bất đẳng thức Cô - si
2

đối với ba số không âm: “Với mọi a  0, b  0, c  0 ta có

abc 3
 abc . Đẳng
3

thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c”, bằng khái quát hóa ta có dự đoán: “Với mọi

10


a1  0, a 2  0, ... a n  0

ta có

a1  a 2  ...  a n n
 a1 a 2 ...a n . Đẳng thức xảy ra khi và
n

chỉ khi a1= a2= ... =an”.
Phép tương tự hóa là một phép dự đoán hết sức hiệu quả, trong quá trình
sáng tạo học sinh thường tìm được một sự tương tự nào đó với những bài toán
mà họ đã gặp trước đó. Sau đây ta sẽ xét một số bài toán mà việc dự đoán học
sinh dựa trên nền tảng là sự tương tự.
Ví dụ 4: Với hai số dương x và y ta có:
1
1 1 1
 (  )
x y 4 x y

(4)

Đẳng thức xảy ra khi x =y.
Bất đẳng thức (4) có nhiều cách chứng minh ở đây đưa ra hai cách
chứng minh phổ biến nhất.
Cách 1. Với hai số dương x và y ta có:
2

2

( x  y )  0  (x + y)  4 xy 

1
1 1 1
 (  )
x y 4 x y

Rõ ràng, đẳng thức xảy ra khi x = y.
Cách 2. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương ta có

x  y  2 xy,

1
x

1
y

1 1
1 1
2

 2 . 
x y
x y
xy

Từ đó: ( x  y ) (  )  4 

11

1
1 1 1
 (  )
x y 4 x y


Và đẳng thức xảy ra khi x =y.
Cho các số dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức (1) ta có
1
1 1 1
1
1 1 1
1
1 1 1
 (  );
 (  );
 (  )
ab 4 a b bc 4 b c ca 4 c a

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên, ta được:
Bài toán 4.1. Cho ba số dương a, b, c, ta có:

1
1
1
1 1 1 1


 (   )
ab bc ca 2 a b c

(4.1)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
* Áp dụng (4.1) cho 3 số a+b, b+c, c+a ta được:
1
1
1
1 1
1
1


 (


)
a  2b  c b  2c  a c  2a  b 2 a  b b  c c  a

* Kết hợpj với (4.1) ta có
Bài toán4.2. Với a, b, c là các số dương:
1

1
1
1 1 1 1


 (   )
a  2b  c b  2c  a c  2a  b 4 a b c

(4.2)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Bài toán 4.3. Chứng minh rằng với a, b, c dương:
1
1
1
1
1
1





a  2b  c b  2c  a c  2a  b a  3b b  3c c  3a

Giải: Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có:
12

(4.3)

1
1
4
2



a  3b b  2c  a (a  3b)  (b  2c  a ) a  2b  c
1
1
4
2



b  3c c  2a  b (b  3c)  (c  2a  b) b  2c  a
1
1
4
2



c  3a a  2b  c (c  3a )  (a  2b  c) c  2a  b

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên và rút gọn ta co bất đẳng thức
(4.3)
a  3b  b  2c  a
Đẳng thức xảy ra khi: b  3c  c  2a  b  a  b  c

c  3a  a  2b  c


Kết luận:

“Tìm được lời giải cho một bài toán là một phát minh” (Polya).

Sẽ thông minh hơn nếu ta biết vận dụng nó để sáng tạo và tìm lời giải cho các
bài toán mới.
2.2

Tập luyện cho học sinh tìm ra nhiều cách giải và lời giải hay cho

một bài toán.
Tìm nhiều lời giải cho một bài toán giúp cho học sinh có cách nhìn toàn diện,
biết hệ thống hóa và sử dụng các kiến thức, các kỹ năng và phương pháp giải
toán một cách chắc chắn, mềm dẻo linh hoạt. Đó cũng là đặc trưng của năng lực
giải toán.
Tập hợp nhiều cách giải và tìm được cách giải tối ưu cho bài toán là quá
trình suy nghĩ đến cách giải. Từ đó phát hiện ra các vấn đề mới, các bài toán
mới; Dễ dàng áp dụng vào thực tiễn, vào các trường hợp riêng của bài toán hay
đi đến hướng giải tổng quát cho từng loại bài toán.
13


Ví dụ 5: (USA MO 1998). Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c
.
Để chứng minh BDT trên ta cần chứng minh a 3  b 3  aba  b  .
Việc chứng minh BDT (*) có nhiều cách chứng minh khác nhau. Sau đây ta sẽ
xét một số cách chứng minh BDT (*):

Cách 1: (*)  a  b a  b 2  0 .
Cách 2: Vì vai trò của a và b trong bài toán bình đẳng nên không mất tính
tổng quát ta có thể giả sử: a  b  0 . Khi đó
(*)  a  b a 2  b 2  0 (Bất đẳng thức này đúng vì a  b  0 nên a b  0 và
a 2  b 2  0 ).

Cách 3: (1)  a 3  2a 2 b  ab 2  b 3  2ab 2  a 2 b  0  aa  b 2  ba  b 2  0 .
Cách 4: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có
a 2 b  3 a 3 .a 3 .b 3 

a 3  a 3  b3
3

ab 2  3 a 3 .b 3 .b 3 

a 3  b3  b3
3

Cộng theo vế theo vế 2 BDT trên ta có điều phải chứng minh.
Cách 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có
a 3  ab 2  2 a 3 ab 2  2a 2 b

14


b 3  a 2 b  2 b 3 a 2 b  2ab 2

Cộng theo vế theo vé 2 BDT trên ta cũng có điều phải chứng minh.
Như vậy, từ một bài toán thì GV có thể định hướng cho HS tìm tòi, phát
minh ra những lời giải theo sự suy nghĩ một cách tự nhiên của các em. Không

nên áp đặt hay chỉ biết vẻ đường cho HS, làm như vậy sẽ làm thui chột khả năng
sáng tạo của trẻ con.GV phải là người biết gợi cho các em sự sáng tạo đó. Sau
đây ta sẽ xét một ví dụ khác về sự phong phú trong cách tìm lời giải cho một bài
toán chứng minh BDT.
Ví dụ 6: (IMO 1961): Cho a, b, c là độ dài ba cạnh và S là diện tích của tam
giác ABC. Chứng minh rằng với mọi ΔABC ta có:
.
Sau đây ta xét một số định hướng trong việc tìm lời giải của bài toán:
Cách 1: Sử dụng công thức Hê – rông ta có:

S=
=>

.

BDT quy về chứng minh BDT:
];
Hay là

. Đây là một kết quả đã biết từ BDT:

15


.

Cách 2: Sử dụng công thức Heron và các BDT AM-GM Và C-S ta có:

Cách 3: Sử dụng công thức lượng giác ta có:
và sử dụng một kết quả khác là:

ta cũng có điều phải chứng minh.
Cách 4: Sử dụng BDT

Mặt khác:

. Theo BDT C-S ta cũng

có:

(vì
).

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Cách

Xét

5:

biểu

thức

nên BDT cần chứng minh đúng
Cách 6: Trước hết ta chứng minh BDT:

16

.

Thật vậy, theo BDT AM-GM ta có:

Theo công thức Heron ta cần chứng minh BDT sau;
48

và như thế ta chỉ

cần chứng minh BDT:

Sử dụng BDT C-S ta có:
Mặt khác theo BDT AM-GM thì
Nhân vế theo vế hai BDT nói trên rồi lấy căn bậc hai hai vế của BDT thu được
ta có ngay kết quả như trên.
Bất đẳng thức nói trên còn một số cách giải nữa, tuy nhiên trong khuôn khổ
cuốn tiểu luận này tôi chỉ trình bày một số phép chứng minh như trên. Trong
quá trình dạy học, GV nên cho học sinh tập luyện biến đổi đối tượng về những
cách nhìn nhận khác nhau để tìm ra được những lờ giải khác nhau. Qua đó kích
thích học sinh tìm tòi và mục đích cuối cùng là nhằm phát triển tư duy cho Hs
đặc biệt là tư duy sáng tạo.
2.3

Phát hiện và sửa chữa một số sai lầm trong giải toán BĐT
Thực tiễn cho thấy chất lượng dạy học Toán ở trường phổ thông có lúc, có

chỗ còn chưa tốt, biểu hiện qua việc năng lực giải Toán của học sinh còn hạn
17


chế do học sinh còn mắc nhiều sai lầm. Một trong những nguyên nhân quan

trọng là giáo viên chưa chú ý một cách đúng mức việc phát hiện, uốn nắn và sửa
chữa các sai lầm cho học sinh ngay trong các giờ học Toán. G. Pôlia đã phát
biểu: “Con người phải biết học ở những sai lầm và những thiếu sót của mình”.
Điều quan trọng là GV phải biết tạo ra những pha dạy học , gài trong đó những
tình huống mà HS có thể mắc sai lầm; cũng từ đó để HS nhận ra sai lầm và học
được những tri thức mới từ chính sai lầm mình mắc phải. Sau đây, chúng ta sẽ
đi xét một số sai lầm học sinh thường mắc phải trong quá trình tư duy sáng tao
chứng minh BDT.
1
2

Ví dụ 7. Cho 0  x  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f  x   2 x 

1
.
x2

Rất nhiều em đã giải như sau: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số ta có
f  x  x  x 

1
1
 3 3 x.x. 2  3.
2
x
x

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x  1. Nhưng 0  x 

1

nên f  x  không có giá
2

trị nhỏ nhất! Đây có lẽ là lỗi HS thường măc phải nhất.
Để làm sáng tỏ điều mà HS vừa trình bày, GV yêu cầu HS lập bảng một số
giá trị đặc biệt trong khoảng (0;1/2), rồi quan sát và dự đoán.
Mục đích cơ bản của ta nhằm làm cho HS chú ý tới danh sách các giá trị của
f  x  được thiết lập tương ứng với các giá trị của x được lựa chọn từ lớn đến nhỏ

trong miền xác định của nó. Việc quan sát bảng này phải gợi cho HS nhiều nhận xét.
Ở đây thầy giáo gợi ý càng ít càng tốt. Nếu như có khó khăn thì thầy giáo có thể

18


khuấy động sự tranh luận bằng cách thận trọng đưa ra đúng lúc những câu hỏi hợp lí.
1
2

Từ đó HS sẽ đi đến kết luận (dự đoán): f  x  đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 tại x  .
Hiển nhiên điều khẳng định dựa trên bảng này không phải là một sự chứng
minh. Tuy nhiên bảng đó có thể dùng làm một cơ sở để tin được vào khẳng định đó
và nó cũng có thể định hướng cho việc chứng minh của chúng ta. Quả vậy, chúng ta


phải biến đổi biểu thức f  x  về dạng f  x     x   x 


1 
 g  x

 x 2 

sao cho khi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số  x,  x,

1
thì dấu bằng đạt tại
 x2

1
1
x  , và g  x    x hoặc g  x    . 2 . Từ đó nảy sinh ra hai hướng chứng minh.
2
x



Hướng 1. f  x     x   x 


1 
  x. Trong trường hợp này   1. Khi đó
 x 2 

1


x


x



x2
   8.

1
x 

2

Từ đó ta đi đến lời giải.


Hướng 2. f  x     x   x 


1 
1
  2 . Trong trường hợp này   1. Khi đó
2 
x 
x

1

 x  x   x 2
   8.

x  1


2

Từ đó ta đi đến lời giải:

19


1  7
1
7
3 7.4

f  x   x  x  2   2  33  2  
 5.
8x  8x
8 8x
2 8


Phương pháp trên còn được gọi là phương pháp chọn điểm rơi trong chứng minh
BDT. GV và HS có thể tham khảo phương pháp này trong cuốn sách “Những viên
kim cương trong bất đẳng thức” của Trần Phương(Chủ biên).
Ví dụ 8: Cho a, b là hai số tự nhiên và a + b = 2003, a  1002. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức A = ab. (Cho học sinh lớp 10)
Có nhiều học sinh giải bài toán như sau:
Do a, b  N và tổng a + b không đổi nên áp dụng bất đẳng thức Cauchi
cho 2 số ta có:

a  b
ab  


 2 

2

2

2003 
a b
 . Vậy Max ab  

 2 
 2 

Mà a +b = 2003 nên ab  

2

Sai lầm của học sinh trên là chưa nắm được đầy đủ cấu trúc định nghĩa
giá trị lớn nhất: Nếu biêu thức A  a thì chưa khẳng định chắc chắn giá trị lớn
nhất bằng a mà phải xét thêm điều kiện dấu “=” xẩy ra .
Bên cạnh đó có học sinh giải như sau:
2

2003 
Sau khi chứng minh ab  
 và họ đi xét điều kiện để dấu “=” xẩy


2

ra là:

20




a  b
 a  1002


 a  b  2003
 a , b  N

Hệ này vô nghiệm nên đã kết luận không tồn tại giá trị lớn

nhất
Học sinh trên đã thắc mắc sai lầm là A  a thì giá trị lớn nhất của biểu
thức A nếu có chỉ có thể là a. Mà A không bằng a được nên A không có giá trị
lớn nhất.
Nếu học sinh có thói quen dự đoán thì sẽ biết thử một số trường hợp:
Ta cho (a,b) cặp giá trị, chẳng hạn a tự tăng dần
Cho a = 0 khi đó b = 2003 thì ab = 0
Cho a = 1 khi đó b = 2002 thì ab = 2002
Cho a = 2 khi đó b = 2001 thì ab = 4002
.
.
Cho a = 1002 khi đó b = 1001
Ta nhận thấy a càng lớn thì ab càng lớn. Mặt khác, a càng lớn, b càng

giảm hay a càng lớn thì b – a càng nhỏ. Vì vậy ta sự đoán rằng, nếu b – a càng
nhỏ thì ab càng lớn
Đó chỉ là điều dự đoán. Do vậy ta cần phải tiến hành các bước chứng
minh để khẳng định hay bác bỏ điều dự đoán ở trên. Ta hãy biểu diễn tích ab
qua a + b (giả thiết) và b – a (điều dự đoán).
21


Để xuất hiện tích ab ta có thể bình phương đối với a + b và b – a. Khi đó:

a  b2  b  a2

ab =

4

Vì a + b = 2003 nên bài toán được chuyển thành: Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức ab =

20032  b  a2
4

với điều kiện ràng buộc của bài toán

Qua sự mò mẫm, dự đoán giúp cho học sinh giải quyết bài toán một cách
hoàn chỉnh, có cơ sở, điều mà nhiều học sinh không làm được.
Ví dụ 9. Cho x, y thỏa mãn x 2  y 2  xy  1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của









x2 x2  1  y2 y2  1
S
.
x2  y2  3

Tóm tắt lời giải của một HS: Sử dụng giả thiết x 2  y 2  xy  1 và biến đổi ta
có

S







x

x2 x2  1  y 2 y 2  1

x


x2  y2  3
2

 y2



2

4

 2x2 y2  x2  y 2
xy  2

 y 4  x2  y 2
x2  y 2  3

1  xy 


2

 2 x 2 y 2  xy  1
xy  2

.

Đặt t  xy, bài toán trở thành Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
f t  

t 2  3t  2
.
t2

22


Rõ ràng trong lời giải này học sinh đã quên đi việc tìm điều kiện của t, nếu
là một HS khá, các em sẽ dễ dàng phát hiện ra 1  x 2  y 2  xy  xy. Từ đó kết luận
2

điều kiện của t là t  1. Ta lại thấy 1  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy  3 xy. Dẫn đến
1
t   . Tóm lại, bài toán mới mà HS cần hướng tới là: Tìm giá trị lớn nhất và
3

nhỏ nhất của hàm số
f t  

 t 2  3t  2
 1 
, t   ;1.
t 2
 3 

KẾT LUẬN

Tư duy đặc biệt là tư duy sáng tạo có tầm ảnh hưởng rất lớn đến quá trình
phát triển tư duy Toán học cho học sinh. Là giáo viên thì việc nghiên cứu lý
luận dạy học cũng như khoa học giáo dục về phương pháp toán là hết sức quan

trọng. chúng ta nên hiểu tâm lý trẻ em, biết các em nghĩ gì, trong đầu chúng đã
tồn tại và còn thiếu cái gì để hoàn thiện cũng như phát triển trí tuệ cho trẻ. Trên
đây bản thân chỉ mới tìm hiểu một mảng rất nhỏ của tư duy nói chung là tư duy
sáng tạo gắn với bài toán chứng minh bất đẳng thức. Qua việc nghiên cứu tài
liệu tôi thấy có rất nhiều thứ mình cần phải học tập để mong có hiệu quả giáo
23


dục cao nhất. Tuy nhiên nội trong cuốn tiểu luận này, tôi cũng chỉ nêu lên được
một số vấn đề về tư duy đó là:
-

Khái niệm và đặc điểm của tư
duy;

-

Một số khái niệm liên quan đến
tư duy sáng tạo;

-

Biết vận dụng những đặc trưng
của tư duy sáng tạo để phát triển tư duy cho học sinh thông qua bài toán
chứng minh Bất đẳng thức.
Cuốn tiểu luận có thể là tài liệu tham khảo cho giáo viên cũng như sinh

viên chuyên ngành phương pháp dạy học toán. Tuy nhiên, trong quá trình
làm tiểu luận, thời gian cũng đang còn hạn hẹp do đó nội dung của bài tiểu
luận không thể không có những thiếu sót. Rất mong nhận được sự chỉ bảo và

góp ý từ quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp. Xin chân thành cảm ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.

Nguyễn Vĩnh Cận, Lê Thống Nhất, Phan Thanh Quang(2003), Sai lầm
phổ biến khi giải toán, NXB Giáo Dục.

2.

Phan Đức Chính (1997), Bất đẳng thức, NXB Giáo dục.

3. Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình(1981), Giáo dục học môn
Toán, NXB Giáo dục, Hà Nội.

24


4. Nguyễn Thái Hòe (2001), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXB
Giáo dục.
5. Phạm Kim Hùng (2010), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, Hà Nội.
6. Nguyễn Bá Kim (2004), Phương pháp dạy học môn toán, NXB ĐHSP, Hà
Nội.
7. Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo dục,
Hà Nội.
8. Pôlia G. (1997), Sáng tạo toán học, NXB Giáo dục, Hà Nội.
9. Trần Phương(2009), Những viên kim cương trong bất đẳng thức Toán học,
NXB Tri thức, Hà Nội.
10.Trần Phương, Nguyễn Đức Tấn(2006), Sai lầm thường gặp và các sáng tạo
khi giải toán, NXB ĐHQG Hà Nội.

11.Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Đặng Hùng Thắng,
Trần Văn Vuông(2006), Đại số 10 nâng cao, NXB Giáo dục, Hà Nội.
12.Đào Tam, Lê Hiển Dương (2008), Tiếp cận các phương pháp dạy học không
truyền thống trong dạy học toán ở trường đại học và trường phổ thông, NXB
ĐHSP Hà Nội.
13.

Nguyễn Văn Thuận, Nguyễn Hữu Hậu(2010), Phát hiện và sửa chữa sai
lầm cho học sinh trong dạy học Đại số - Giải tích ở trường phổ thông, NXB
ĐHSP Hà Nội.

25