SKKN toán THPT đa thức chebyshev

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO …
TRƯỜNG THPT …

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐA THỨC CHEBYSHEV

Môn: Toán
Tên tác giả: …
Giáo viên môn Toán

NĂM HỌC …


Chương 1: MỞ ĐẦU
I/ Lý do chọn đề tài
Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình giáo dục phổ thông là
đổi mới phương pháp dạy học, trong đó có đổi mới phương pháp dạy học Toán.
Việc đổi mới phương pháp dạy học Toán hiện nay là nhằm phát huy tính tích
cực của học sinh qua đó khai thác vận dụng những khả năng vốn có, và tự có,
phát huy trí lực trong học sinh. Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ thông
bản thân chúng tôi cũng đã dự rất nhiều tiết dạy của đồng nghiệp, đã trực tiếp
bồi dưỡng học sinh khá giỏi, song chúng tôi nhận thấy rằng việc phát huy trí lực
cho học sinh còn rất nhiều hạn chế. Nhiều bài toán trong các kì thi như học sinh
giỏi của cụm, thi vào các trường đại học, đặc biệt các bài tập trong sách giáo
khoa không đến nổi khó, thế nhưng nhiều học sinh không làm được mặc dầu học
sinh đã được làm quen các dạng toán qua bài giảng của thầy, qua sách vở. Đại
đa số các em chỉ chú trọng vào việc tìm ra một lời giải của bài toán mà ít nghĩ
tới lời giải đó được xuất phát từ đâu? Tại sao lại như thế ? Nguồn gốc, cội nguồn
của bài toán đó là gì ? Đứng trước những vấn đề như vậy, làm thế nào để đáp
ứng được nhu cầu đổi mới hiện nay, làm cho học sinh có hứng thú trong học tập,

không bị động trước các bài toán khó. Làm thế nào giúp học sinh tìm ra cội
nguồn của những bài toán về hàm số xác định trên miền [-1;1] với miền giá trị là
[-1;1]. Tôi đã chọn và nghiên cứu đề tài “ Đa thức Chebyshev”.
II/ Giả thiết khoa học
Tôi thấy rằng nếu dạy các bài toán về hàm số xác định trên miền [-1;1] với miền
giá trị là [-1;1] với hệ thống lí thuyết đầy đủ của đa thức Chebyshev, bài tập
được sắp xếp một cách hợp lí, khoa học sẽ góp phần rèn luyện khả năng vận
dụng linh hoạt, khả năng sáng tạo, khả năng tư duy và các thao tác trí tuệ quan
trọng trong giải toán của học sinh phổ thông.
III/ Nhiêm vụ nghiên cứu
- Xuất phát từ lý do chọn đề tài, sáng kiến kinh nghiệm thực hiện nhiệm vụ:
Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo
dục, giúp học sinh hình thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến
một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán về hàm số xác định
trên miền [-1;1] với miền giá trị là [-1;1] . Muốn vậy người giáo viên phải
hướng cho học sinh biết cách nhận dạng đa thức Chebyshev.
- Yêu cầu của sáng kiến kinh nghiệm: Nội dung giải pháp rõ ràng, lôgíc, có
sáng tạo đổi mới không rườm rà phù hợp với đội tượng học sinh khá giỏi
của trường THPT. Giới thiệu được các dạng đa thức Chebyshev điển hình
và một số ví dụ minh hoạ.


- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh Khá,
Giỏi khối 10, 11 hệ THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng
dạy môn Toán.
IV/ Những vấn đề mới
- Xây dưng được một hệ thống lí thuyết và bài tập có tác dụng tốt trong
việc phát triển và rèn luyện trí tuệ cho học sinh.
- Các kết quả của đề tài thiết thục góp phần nâng cao chất lượng dạy học ở
trường phổ thông.

V/ Phương pháp nghiên cứu
Phối hợp các phương pháp nghiên cứu sau:
• Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu một số giáo trình về
phương pháp dạy học toán, tuyển tập các đề thi dại học Việt Nam, các tài
liệu trên mạng, các tạp trí về giáo dục và các tài liệu có liên quan.
• Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua các năm
trực tiếp giảng dạy chuyên đề, qua trao đổi với các đồng nghiệp để từ đó
xây dựng được một hệ thống lí thuyết , bài tập về đa thức Chebyshev
nhằm rèn luyện các hoạt động trí tụê cho học sinh .
• Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Thử nghiệm giảng dạy chuyên đề
cho đối tượng là các học sinh Khá, Giỏi của trường trung học phổ thông
để bước đầu kiểm nghiệm tính khả thi và tính hiệu quả của các nội dung
được viết trong đề tài.
VI/ Cáu trúc đề tài:
Đề tài bao gồm hai chương:
- Chương 1: Mở đầu
- Chương 2: Đa thức Chebyshev.


Chương 2: ĐA THỨC CHEBYSHEV
I/ Các định nghĩa và tính chất:
Xét Tn ( x) = cosnϕ , x = cosϕ , ϕ ∈ [ 0;π ] , n ∈ ¥
Ta có T0 ( x) = cos0 = 1
T1 ( x) = cosϕ = x
T2 ( x) = cos2ϕ = 2cos 2ϕ − 1 = 2 x 2 − 1
T3 ( x) = cos3ϕ = 4cos 3ϕ − 3cosϕ = 4x 3 − 3 x
T4 ( x) = cos4ϕ = 2cos 2 2ϕ − 1 = 2(2 x 2 − 1) 2 − 1 = 8 x 4 − 8 x 2 + 1
…
1) Định nghĩa
Với x ≤ 1 , x = cosϕ thì Tn ( x) = cosnϕ , ϕ ∈ [ 0;π ] , n ∈ ¥ là đa thức bậc n

của x và được gọi là đa thức Chebyshev.
2) Tính chất
Đa thức Chebyshev có nhiều tính chất hay, được sử dụng rất nhiều trong
việc giải quyết các bài toán về đa thức. Sau đây là một số tính chất quan
trọng mà việc chứng minh chúng rất đơn giản:
Tính chất 1: Tn ( x) = cosnϕ , x = cosϕ , ϕ ∈ [ 0;π ] , n ∈ ¥ có tập xác định là
x ≤ 1 , tập giá trị là Tn ( x) ≤ 1.
Tính chất 2: Tn ( x) = cosnϕ , x = cosϕ , ϕ ∈ [ 0;π ] , n ∈ ¥ là đa thức bậc n với
hệ số của x n là 2n−1 .
Tính chất 3: Tn ( x) là hàm số chẵn khi bậc của Tn ( x) là bậc chẵn và là hàm số
lẻ khi bậc của Tn ( x) là bậc lẻ.
Tính chất 4: Tn ( x) = cosnϕ = 0 có đúng n nghiệm phân biệt thuộc đoạn [-1;1].
Tính chất 5: Tn ( x) = 1 có n+1 nghiệm phân biệt trong đoạn [-1;1].
kπ
, k ∈ [ 0; n ] , k ∈ ¢ .
Các nghiệm có dạng là x = cosϕk với ϕk =
n
Thậtvậy:
kπ
cosnϕ = 1 ⇔ cos 2nϕ = 1 ⇔ sin nϕ = 0 ⇔ nϕ = kπ , k ∈ ¢ ⇔ ϕ =
, k ∈¢
n


Vì 0 ≤ ϕ ≤ π nên 0 ≤

kπ
≤ π ⇔ 0 ≤ k ≤ n . (Đpcm)
n

Chẳng hạn :
T1 ( x) =1 có hai nghiệm phân biệt là x = cosϕk với ϕk = kπ , k ∈ [ 0;1] , k ∈ ¢
hay x = ±1 .
kπ
T2 ( x) =1 có ba nghiệm phân biệt là x = cosϕk với ϕk =
, k ∈ [ 0;2] , k ∈ ¢
2
tức là có ba nghiệm x=0 hoặc x = ±1 .
kπ
T3 ( x) =1 có bốn nghiệm phân biệt là x = cosϕk với ϕk =
, k ∈ [ 0;3] , k ∈ ¢
3
1
tức là có bốn nghiệm x = ± ; x = ±1 .
2
Tính chất 6: Tn ( x) = cosnϕ
Tn+1 ( x) = 2 xTn ( x) − Tn−1 ( x) .

thỏa

mãn

hệ

thức

truy

hồi:

Thật vậy: Với Tn ( x) = cosnϕ thì
Tn−1 ( x) = cos ( n-1) ϕ 
 ⇒ Tn−1 ( x) + Tn+1 ( x) = 2cosnϕ.cosϕ
Tn+1 ( x) = cos ( n+1) ϕ 
Hay Tn−1 ( x) + Tn+1 ( x) = 2 x.cosnϕ = 2 x.Tn ( x) ⇒ (đpcm)
Chẳng hạn: Ta cần tính T5 ( x) . Ta có:
T5 ( x) = 2 x.T4 ( x) − T3 ( x) = 2 x(8 x 4 − 8 x 2 + 1) − 4 x 3 − 3 x
= 16 x5 − 16 x 3 + 2 x − 4 x 3 − 3 x = 16 x 5 − 20 x 3 − 5 x.
II/ Các ứng dụng
Một trong những dấu hiệu để nhận biết bài toán đa thức có sử dụng tính chất
của đa thức Chebyshev hay không đó là miền giá trị của đa thức. Các bài
toán trên miền [-1;1] đều gợi ra cách giải bằng phương pháp sử dụng tính
chất của đa thức Chebyshev. Sau đây ta xét lớp các bài toán về đa thức có sử
dụng tính chất của đa thức Chebyshev.
3
2
Bài 1: Cho hàm số y = 4 x + ( a + 3) x + ax .
Tìm a để y ≤ 1 khi x ≤ 1 .

Giải: Vì y ≤ 1 khi x ≤ 1 nên ta có :


 y ( 1) ≤ 1
 7 + 2a ≤ 1



 y ( −1) ≤ 1
−1 ≤ 7 + 2a ≤ 1
 −1 ≤ 1

−1 ≤ 7 + 2a ≤ 1


a 1
 1
 1 a + 3 a


 y ÷ ≤1 ⇔  − +
− ≤ 1 ⇔  − 1 ≤ − + ≤ 1 ⇔  −4 ≤ − a + 1 ≤ 4
4 4
2
4
2
 2


 −4 ≤ 3a + 5 ≤ 4

3a 5

 1 a+3 a

−
1
≤
+
≤
1
 y− 1  ≤1  +


+ ≤1
4 4
2
4
2

  2 ÷



 −4 ≤ a ≤ 3

⇔  −3 ≤ a ≤ 5 ⇔ a = − 3 .

1
−3 ≤ a ≤
3

3
Ngược lại, khi a=-3 thì y = 4 x − 3x . Đặt x = cosϕ với ϕ ∈ [ 0;π ] thì y = cos3ϕ
rõ ràng thỏa mãn y ≤ 1 khi x ≤ 1 .
Bình luận: Nếu chỉ xem lời giải và không hiểu rõ nguồn gốc, cội nguồn của bài
toán thì học sinh sẽ thấy lời giải mất tự nhiên ở việc là tại sao ta chỉ xét giá trị
1
của hàm số tại các giá trị của x là ±1; ± mà không phải là các giá trị khác.
2
1
Thực chất của việc xét giá trị của hàm số tại các điểm ±1; ± chính là xét giá
2

trị của hàm số tại các nghiệm của đa thức Chebyshev bậc ba.
Bài 2: Cho hàm số y = 4 x3 + mx .
Tìm m để y ≤ 1 khi x ≤ 1 .
Giải: Vì y ≤ 1 khi x ≤ 1 nên ta có :
 y ( 1) ≤ 1



 y ( −1) ≤ 1
 4 + m ≤1
 −1 ≤ 4 + m ≤ 1

−5 ≤ m ≤ −3

 1

⇔ m = −3
 y  ÷ ≤ 1 ⇔  −4 − m ≤ 1 ⇔  − 2 ≤ m + 1 ≤ 2 ⇔ 
−
3
≤
m
≤
1

 2


3a 5
1

m

 + ≤1
−1 ≤
+ ≤1

4 4
 y  − 1  ≤ 1  2 2
  2 ÷

.


x = cosϕ với ϕ ∈ [ 0;π ] thì

Ngược lại, khi m=-3 thì y = 4 x3 − 3x . Đặt
y = cos3ϕ rõ ràng thỏa mãn y ≤ 1 khi x ≤ 1 .
Bài 3: Tìm a, b, c để

4 x3 + ax 2 + bx + c ≤ 1, với mọi x thỏa mãn x ≤ 1 .

Giải: Cách 1:
Điều kiện cần: Vì y ≤ 1 khi x ≤ 1 nên ta có :
 y ( 1) ≤ 1

−5 ≤ a + b + c ≤ −3 ( 1)
 y ( −1) ≤ 1


( 2)

3 ≤ a − b + c ≤ 5
 1
⇔
I
(
)
 y ÷ ≤1

 2
 −6 ≤ a + 2b + 4c ≤ 2 ( 3)

 −2 ≤ a − 2b + 4c ≤ 6 ( 4 )
1



y −
≤1

÷
  2 
a − b + c ≥ 3
⇒ −2b ≥ 6 ⇔ b ≤ −3
Từ (1) và (2) ta có: 
a + b + c ≤ −3

( 5) .

a + 2b + 4c ≥ −6
⇒ 4b ≥ −12 ⇔ b ≥ −3 ( 6 ) .

Từ (3) và (4) ta có: 
a − 2b + 4c ≤ 6
Từ (5) và (6) ta được b=-3.
Thế b=-3 vào hệ (I) ta có:
−2 ≤ a + c ≤ 0
0 ≤ a + c ≤ 2
a + c = 0

⇒
⇔ a = c = 0.

−
8
≤
a
+
4
c
≤
0
a
+
4
c
=
0


0 ≤ a + 4c ≤ 8
.

Điều kiện đủ: Khi a=c=0, b=-3 thì y = 4 x3 − 3x . Đặt x = cosϕ với ϕ ∈ [ 0;π ]
thì y = cos3ϕ rõ ràng thỏa mãn y ≤ 1 khi x ≤ 1 .
Cách 2: Giả sử tồn tại các số a, b, c thỏa mãn điều kiện bài toán.
3
2
Đặt f ( x) = 4 x + ax + bx + c, M = Max f(x) .
x∈[ −1;1]

Ta có
f (1) = 4 + a + b + c ,

f ( −1) = −4 + a − b + c ,

1 1 a b
f  ÷= + + +c ,
2 2 4 2

1 a b
 1
f − ÷ = − + − + c
2 4 2
 2


1
 1
6M ≥ f (1) + f (−1) + 2 f  ÷ + 2 f  − ÷ ≥ f (1) − f (−1) − 2 f
2
 2
≥ 4 + a + b + c + −a + b − c − 1 −

1
 ÷+ 2 f
2

 1
− ÷
 2

a
a
− b − 2c + − 1 − b + 2c
2
2

≥ 8 − 2 = 6 . Vậy M ≥ 1 .
1
 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f (1) = f (−1) = f  ÷ = f  − ÷ = M = 1 , đồng
2
 2
1  1
thời f (1), − f ( −1), − f  ÷, f  − ÷ đôi một có tích không âm. Điều đó tương
2  2
đương với
 4 + a + b + c = 1

 4 − a + b − c = 1
 1 a b
 − − − − c = 1

 2 4 2

1
 1
 1 a b
f
(1)
=
−
f
(
−
1)
=
−
f
=
f
−
=
1

÷

÷

 − 2 + 4 − 2 + c = 1
2
2




⇔

1
 1
  4 + a + b + c = −1
f
(1)
=
−
f
(
−
1)
=
−
f
=
f
−
=
−
1
 ÷

÷

 4 − a + b − c = −1
2

 2


  1 a b
  − 2 − 4 − 2 − c = −1

  − 1 + a − b + c = −1
  2 4 2
2b + 8 = 2
a + c = 0

b = −3
⇒ a − 2b + 4c − 2 = 4 ⇒ 
.
a
=
c
=
0

a + 4c + 6 − 2 = 4

a + 4c = 0
Mặt khác, từ giả thiết thì M ≤ 1 , do đó phải có M=1 và xảy ra dấu bằng trong
bất đẳng thức trên tức a=c=0, b=-3.
Ngược lại, khi a=c=0, b=-3 thì y = 4 x3 − 3x . Đặt x = cosϕ với ϕ ∈ [ 0;π ] thì
y = cos3ϕ rõ ràng thỏa mãn y ≤ 1 khi x ≤ 1 .


4

2
Bài 4: Tìm a, b để 8 x + ax + b ≤ 1, ∀x ∈ [ −1;1] .

Giải: Cách 1:
Điều kiện cần: Vì y ≤ 1 khi x ≤ 1 nên ta có :
 y ( 1) ≤ 1, y ( −1) ≤ 1

 y ( 0) ≤ 1

  2
 y
÷ ≤1
2
 


2
 
y
−

÷

2

 

 b ≤1

⇔ 8 + a + b ≤1

⇔

 8. 1 + a. 1 + b ≤ 1
 4
2

−1 ≤ b ≤ 1

 −1 ≤ a + b + 8 ≤ 1
−2 ≤ a + 2b + 4 ≤ 2


−1 ≤ b ≤ 1

⇔ ( I )  −9 ≤ a + b ≤ − 7
−6 ≤ a + 2b ≤ −2


.
 a + b ≤ −7
⇒ b ≥ 1 . Lại do b ≤ 1 nên b=1.
Từ 
a
+
2
b
≥
−
6


−9 ≤ a + 1 ≤ −7
−10 ≤ a ≤ −8
⇔
⇒ a = −8 .
Thế b=1 vào hệ (I) ta có 
−6 ≤ a + 2 ≤ −2 −8 ≤ a ≤ −4
.
Điều kiện đủ: Khi a=-8, b=1 thì y = 8 x 4 − 8x 2 + 1 . Đặt x = cosϕ với ϕ ∈ [ 0;π ]
thì y = cos4ϕ rõ ràng thỏa mãn y ≤ 1 khi x ≤ 1 .

Cách 2: Giả sử tồn tại các số a, b thỏa mãn điều kiện bài toán.
4
2
ax f(x) và theo giả thiết M ≤ 1 .
Đặt f ( x) = 8 x + ax + b, M = xM
∈[ −1;1]
Ta có
f (0) = b ,

 2
1 a
f (1) = 8 + a + b , f 
÷ = 8. + + b .
4 2
 2 




 M ≥ f (0)

ax f(x) nên  M ≥ f (1)
Do M = xM
. Từ đó
∈[ −1;1]

M ≥ f ( 2 )

2

 2
 2
4 ≥ 4M ≥ f (0) + f (1) + −2 f 
÷ ≥ f (0) + f (1) − 2 f 
÷ = 4 . Vậy M = 1 .
2
2




 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi f (0) = f (1) = f 
÷ = 1 , đồng thời
2


 2
f (0), f (1), − f 
÷ đôi một cùng dấu. Điều đó tương đương với
 2 


 2
 f (0) = f (1) = − f 
÷ = −1
2
a = −8



⇔




b = 1 .
2
 f (0) = f (1) = − f
=1

÷

 2 

Ngược lại: Khi a=-8, b=1 thì y = 8 x 4 − 8x 2 + 1 . Đặt x = cosϕ với ϕ ∈ [ 0;π ] thì
y = cos4ϕ rõ ràng thỏa mãn y ≤ 1 khi x ≤ 1 .
.
Bình luận: Các giá trị của x mà ta xét ở trên chính là các nghiệm của đa thức
2
Chebyshev bậc bốn, đó là các nghiệm 0; ±1; ±
.

2
Bài 5: Chứng minh rằng nếu với mọi x ∈ [ −1;1] ta có

ax 2 + bx+c ≤ h thì

a + b + c ≤ 4h .
Giải: Đặt f ( x ) = ax 2 + bx+c , khi đó theo giả thiết f ( x) ≤ h và ta có
f (1) = a + b + c,
f (1) ≤ h ,
f ( −1) = a − b + c,
f (−1) ≤ h ,
f (0) = c,
f (0) ≤ h .
Từ đó ta có
f (1) + f (−1)
f (1) + f (−1)
a=
− f (0), b =
, c = f (0) .
2
2


Vậy:
a+b+c=

f (1) + f (−1)
f (1) + f (−1)
− f (0) +
+ f (0)

2
2

f (1)
f ( −1)
f (1)
f ( −1)
+
+ f (0) +
+
+ f (0)
2
2
2
2
h h
h h
≤ + + h + + + h = 4h.
2 2
2 2
Như vậy ta có điều phải chứng minh là a + b + c ≤ 4h .
≤

Bài6:
Cho f ( x ) = ax 2 + bx+c
thỏa
f (−1) ≤ 1, f (0) ≤ 1, f (1) ≤ 1 .
5
Chứng minh rằng f ( x) ≤ khi x ≤ 1 .
4

mãn

điều

A+ B
A− B
− c, b =
.
2
2
f (0) = c ≤ 1 .

kiện

Giải: Đặt A = a + b + c, B = a − b + c , thế thì a =

Theo giả thiết: f (1) = A ≤ 1, f ( −1) = B ≤ 1,
Ta có
 A+ B

 A− B 
f ( x) = ax 2 + bx + c = 
− c ÷x 2 + 
÷x + c
2
2





A
B
= ( x2 + x ) + ( x2 − x ) + c ( 1 − x2 ) .
2
2
1
1
f ( x) ≤ x 2 + x + x 2 − x + 1-x 2 .
Vậy
2
2
a) Với 0 ≤ x ≤ 1 , ta có
1
1
1
1
f ( x) ≤ x 2 + x + x 2 − x + 1-x 2 = ( x 2 + x ) + ( x 2 − x ) + ( 1-x 2 )
2
2
2
2
2
=1+x − x .
−
1
≤
x
≤
0

b) Với
, ta có
1
1
1
1
f ( x) ≤ x 2 + x + x 2 − x + 1 − x 2 = − ( x 2 + x ) + ( x 2 − x ) + ( 1 − x 2 )
2
2
2
2
2
=1 − x − x
x ≤1
Các
kết
quả
trên
chứng
tỏ
rằng
với
thì
2

5 
1 5
f ( x) ≤ 1 + x − x = -  x − ÷ ≤ .
4 
2 4

2


Bài 7: Cho đa thức hệ số thực f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d > 0 .Biết rằng với mọi
x ∈ [ −1;1] ta có f ( x) ≤ α . Tìm giá trị lớn nhất của a , b , c , d .
Giải: Đặt

 A = f ( −1) = − a + b − c + d

 B = f  − 1 ÷ = − a + b − c + d

8 4 2
 2


1 a b c
, thế thì
C = f  ÷ = + + + d
2
8
4
2



 D = f (1) = a + b + c + d

 E = f (0) = d


2
4
4
2

a = − 3 A + 3 B − 3 C + 3 D

b = 1 A + 1 D − E
2
2
.


1
8
8
1
c = A − B + C − D
6
6
6
6

d = E

Theo giả thiết:

f (−1) = A ≤ α ,
f (1) = D ≤ α ,

 1
f  − ÷ = B ≤ α,
 2
f (0) = d ≤ α

1
f  ÷ = C ≤ α,
2
.

Ta có
2
4
4
2
2
4
4
2
a = − A+ B− C + D ≤ A + B + C + D
3
3
3
3
3
3
3
3
2
4

4
2
≤ α + α + α + α = 4α .
3
3
3
3
Hay a ≤ 4α . Tương tự b ≤ 2α , c ≤ 3α , d ≤ α .
 Max a = 4α

 Max b = 2α
Vậy 
.
M
ax
c
=
3
α

 Max d = α

Bài 8: Cho f ( x) = x 2 + ax+b .
Chứng minh rằng với mọi a, b trong ba số f (0) , f (1) , f ( −1) có ít nhất một
1
số lớn hơn hoặc bằng .
2
Lời giải tương tự như bài 6.

KẾT LUẬN
Qua hệ thống lí thuyết và bài tập về đa thức Chebyshev ở trên cho ta thấy rằng
không nên áp đặt học trò khi tìm lời giải của một bài toán. Đơn giản bởi vì nếu
áp đặt như vậy có nghĩa là áp đặt tư duy của người thầy cho học sinh, dẫn đến
học sinh khó có thể vượt được qua người thầy về mặt tư duy và như vậy hạn chế
đi sự phát triển trí tụê của học trò.Chúng ta nên kích thích sự sáng tạo, tìm tòi
của học sinh thông qua các chuyên đề mà qua đó học trò tìm ra được nguồn gốc
của các bài toán và trên cơ sở đó sáng tạo ra những bài toán khác.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của tôi mà tôi đã ghi nhận được trong quá trình
giảng dạy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp để tôi
có thể dạy cho học sinh chuyên đề này có hiệu quả hơn. Tôi xin chân thành cảm
ơn.
…, ngày … tháng … năm …
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

…


Kết luận
Trong quá trình giảng dạy cho đối tượng là học sinh khá giỏi tôi đã đưa chuyên
đề nêu trên vào bài giảng của mình. Tôi nhân thấy phần đa các em đều hiểu và
thấy thích thú với những vấn đề mới mẻ đó, các em đã biết linh hoạt sử dụng
phương pháp nêu trên để giải các bài tương tự, đồng thời còn sáng tạo ra các bài
toán mới. Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của tôi trong quá trình giảng dạy mà tôi
đã ghi nhận được, tôi rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đồng

nghiệp . Tôi xin chân thành cảm ơn.