PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI (SKKN)

Trao ñổi kinh nghiệm dạy học

PHƯƠNG PHÁP
SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI
ðỗ Thanh Hân
Phó hiệu trưởng THPT Chuyên Bạc Liêu
A/ ðặt vấn ñề:
Cái hay của một bài toán không dừng lại khi chúng ta ñã hoàn thành lời giải,
mà sau mỗi bài toán bao giờ cũng còn lại nhiều ñiều ñể ta suy nghĩ, chẳng hạn:
• Bài toán ñó có thể tổng quát hóa ñược không? Có thể tạo ra ñược một lớp các
bài toán tương tự ( có cùng thuật giải ) không?
• Qua lời giải bài toán ñó, có thể ñoán nhận ñược nguồn gốc hình thành bài toán
của tác giả không? v.v…
Có vậy, khả năng sử dụng các phương pháp suy luận như so sánh, tổng quát hóa,
tương tự hóa, ñặc biệt hóa của học sinh mới ñược phát triển, làm phong phú vốn kiến
thức và rèn luyện kỹ năng trong thực hành giải toán (ñáp ứng ñược yêu cầu ñổi mới
phương pháp dạy học). Cho nên, dạy học giải bài tập toán cần phải làm cho học sinh
vươn ñược tới tầm cao mới:
• Biết phân tích tìm ra nguồn gốc giả thiết và kết luận của bài toán (từ ñó ñoán
nhận ñược sự hình thành bài toán của người ra ñề, tìm ra cách giải thích hợp )
• Có khả năng sáng tạo ñược các bài toán mới (làm giàu vốn tri thức từ các tri
thức ñã có của bản thân).
Mặt khác, ñối với học sinh giỏi toán thì những yêu cầu trên lại càng quan trọng,
bởi: ngoài việc tiếp thu tri thức, rèn luyện kỹ năng vận dụng tri thức, học sinh còn
phải tiến tới nghiên cứu nội dung tri thức và khám phá tri thức.
Tất cả những ñiều ñó, là lý do mà bài viết: Phương pháp sáng tạo bài toán mới
ñược hình thành.
Xuất phát từ tư tưởng của bài viết, tôi sẽ trình bày một số ví dụ minh họa với một
số bài toán cụ thể (trong vô số bài toán khác nhau), có kèm theo lời giải, hướng giải,
hoặc ý tưởng của phép giải; ñể qua ñó ta nhìn thấy ñược phương pháp sáng tạo bài
toán, ñồng thời thấy ñược: không những phương pháp giải bài toán ñó mà còn phát

hiện ñược nguồn gốc hình thành bài toán (làm cho mối liên hệ biện chứng của các tri
thức toán học luôn “sống” trong suốt nội dung bài viết).
B/ Nội dung vấn ñề (các phương pháp):
1) Diễn tả ñiều ñã biết dưới nhiều dạng khác nhau:
Ví dụ 1: Xuất phát từ hằng ñẳng thức quen thuộc :
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca)

= (a + b + c). (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 

Phương pháp sáng tạo bài toán mới _ ðTH

(a)
(b)

1


a + b + c = 0
a = b = c

Hệ quả: a3 + b3 + c3 − 3abc = 0 ⇔ 

(c)

Tùy theo khối lớp, ñối tượng học sinh ta có thể cho các bài toán như sau:
Bài toán 1: Chứng minh rằng ∀ x, y, z không ñồng thời bằng nhau, ta ñều có:
x 3 + y 3 + z3 > 3 xyz ⇔ x + y + z > 0

Bài toán 2: Cho 3 số x, y, z khác không, thỏa : x 3 + y 3 + z3 = 3 xyz . Hãy tính:


x 

y 

z









P =  1 +   1 +  1 + 
y
z
x
Bài toán 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x 3 − y 3 − 1 = 3 xy

Bài toán 4: Giải phương trình:
( x 2 − 3)3 − (4 x + 6)3 + 216 = 18(4 x + 6)(3 − x 2 )

Bài toán 5: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ:
 x 3 + y 3 + 3 xyz = z3

2
3

(2 x + 2 y) = z

Bài toán 6: Giải phương trình:
log33 x + ( x − 2)3 − ( x − 2) log3 x 3 + 1 = 0

Bài toán 7: Tìm x,y thỏa hệ thức:
8x + 27 y + 1 = 2 x.3y+1

Nhận xét:
Bài toán 1: dễ thấy ngay lời giải dựa vào ñẳng thức (b)
Các bài toán từ 2 → 7 có mức ñộ phức tạp cao hơn ña b c
+ + = 0 . Chứng minh ñồ thị hàm
7 5 3

số y = ax 4 + bx 2 + c luôn cắt trục Ox tại ít nhất 1 ñiểm có hoành ñộ thuộc khoảng
( 0;1) .
Thực chất bài toán này là chứng minh phương trình ax 4 + bx 2 + c = 0 có
nghiệm x0 ∈ ( 0;1) . Vì vậy, ta chỉ cần xét hàm số F ( x ) =

[ 0;1]

với lưu ý x 2 ≠ 0, ∀x ∈ ( 0,1) .

ax 7 bx 5 cx 3
+
+
trên ñoạn
7
5
3

Ví dụ 9: Từ bài toán hình học phẳng : Cho tam giác ABC và vòng tròn nội tiếp tam
giác ñó . Các tiếp tuyến của ñường tròn song song với các cạnh của tam giác, tạo với
các cạnh của tam giác thành 3 tam giác nhỏ có các diện tích lần lượt là : S1 , S2 , S3 .
Gọi S là diện tích tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số :
S1 + S2 + S3
S

Ta có thể mở rộng bài toán ñó ra không gian như sau :
Bài toán 16: Cho tứ diện ABCD và mặt cầu nội tiếp tứ diện ñó . Các mặt phẳng
tiếp xúc với mặt cầu ñồng thời song song với các mặt của tứ diện, tạo với các mặt
của tứ diện thành 4 tứ diện nhỏ có các thể tích lần lượt là : V1 , V2 , V3 , V4 . Gọi V là
thể tích của tứ diện ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số :
V1 + V2 + V3 + V4
V

( Phép giải của bài toán gốc (HHP) là dựa vào tỷ số diện tích còn phép giải bài toán
mở rộng (HHKG) là dựa vào tỷ số thể tích ).
Ví dụ 10: Từ bài toán : Cho a, b, c thỏa a + b + c = 3 . Chứng minh rằng :
a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3 + b 3 + c 3 ( *)

Có ít nhất ba cách giải khác nhau, tuy nhiên cách giải sau ñây :
Từ giả thiết, ta có: ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) = 0 nên :

( *) ⇔ ( a4 − a3 ) + ( b 4 − b3 ) + ( c 4 − c3 ) ≥ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1)
⇔ ( a − 1) ( a2 + a + 1) + ( b − 1) ( b2 + b + 1) + ( c − 1) ( c 2 + c + 1) ≥ 0
2

2

2

ðiều này hiển nhiên ñúng, nên ( *) ñược chứng minh .
Ta có thể ñề xuất bài toán tổng quát sau :
Bài toán 17: Cho n số a1 , a2 ,..., an có a1 + a2 + ... + an = n . Chứng minh rằng :
a1k + a2 k + ... + an k ≥ a1k −1 + a2 k −1 + ... + an k −1 , ∀n, k ∈ N *

( Với phép giải hoàn toàn tương tự bài toán gốc ) .
Ví dụ 11: Từ bài toán khá quen thuộc: Chứng minh rằng ∀a, b ∈ R ta ñều có
Phương pháp sáng tạo bài toán mới _ ðTH

7


a2 + b2  a + b 
≥

2
 2 

2

bằng phương pháp qui nạp ta dễ dàng chứng minh ñược bài toán tổng quát sau :
2k

a2 k + b2 k  a + b 
*
≥
 , ∀a, b ∈ R, k ∈ N
2

 2 

( **)

Từ bài toán này ta lại ñề xuất tiếp bài toán:
Bài toán 18: Giải phương trình :

( x + 1)

6

(

+ x+ 5

)

6

= 18 − 8 5

Cách giải như sau : Áp dụng ( **) ta có :

( x + 1)

6

(

+ x+ 5

2

6

(

⇒ ( x + 1) + x + 5

)

6

)

6

=

( − x − 1)

6

(

+ x+ 5

)

6

2

6

 5 −1
≥ 
 = 9 − 4 5
 2 

≥ 18 − 8 5

ðẳng thức xảy ra ⇔ − x − 1 = x + 5 ⇔ x = −

1+ 5
2

( Rõ ràng việc ñề xuất bài toán tổng quát ñã giúp ta tìm ra một ứng dụng khá sáng
tạo )
Chú ý : Nếu thêm ñiều kiện a + b ≥ 0 thì ta có bất ñẳng thức tổng quát khác :
n

an + b n  a + b 
*
≥
 ; ∀n ∈ N
2
2



Ví dụ 12: Từ bài toán : Cho tam giác ñều ABC cạnh a và một ñiểm M bất kì
trên ñường tròn ngoại tiếp tam giác ñó . Chứng minh :
MA2 + MB 2 + MC 2 = 2a 2 .

A

Ta có thể giải bài toán này như sau : Giả sử M
thuộc cung nhỏ B , áp dụng ñịnh lí Ptôlêmê cho
tứ giác nội tiếp ABMC ta có :
C

B

MA.BC = MB.CA + MC.AB ⇔ MA = MB + MC
Sau ñó áp dụng ñịnh lí hàm số cosin cho các tam

M

giác : ABM, ACM ta dễ dàng suy ra ñược ñpcm .

Nhưng trong không gian , bất ñẳng thức
Ptôlêmê ( áp dụng cho tứ diện ) không thể trở thành ñẳng thức, nên cách giải như
trên không cho phép ta mở rộng bài toán ra không gian . Trong khi ñó , việc ñề xuất
bài toán sau :
Bài toán 19: Cho tứ diện ñều ABCD cạnh a và một ñiểm M bất kì trên mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ñó . Chứng minh :
MA 2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 3a 2
Phương pháp sáng tạo bài toán mới _ ðTH

8

( là một việc làm khá tự nhiên ).
Vậy cách giải nào của bài toán gốc (ở ví dụ 12) giúp ta giải quyết bài toán 19
một cách ñơn giản .
Một bài toán khá quen thuộc ở chương trình toán bậc THPT có nội dung như
sau : Cho tam giác ABC có G là trọng tâm . Chứng minh rằng với ñiểm M tùy ý, ta
luôn có :
MG 2 =

1
1
MA2 + MB 2 + MC 2 ) − ( AB 2 + BC 2 + CA 2 )
(
3
9

phép chứng minh hệ thức này khá ñơn giản ( chỉ dựa vào công cụ tích vô hướng
của hai véctơ ) , hệ thức ñó gọi là hệ thức Lép-nít .
Rõ ràng bài toán gốc ñã nêu trong ví dụ 12 chỉ là hệ quả của hệ thức Lép-nít
( với MG = MO =

a
; AB = BC = CA = a )
3

Tương tự như phép chứng minh hệ thức Lép-nít, ta dễ dàng chứng minh ñược
kết quả tổng quát sau : “ Nếu O là trọng tâm của hệ ñiểm A1, A2 ,..., An và M là một
ñiểm tùy ý trong không gian thì : MO 2 =

1 n
1
MAi2 − 2
∑
n i =1
n

n

∑AA

i , j =1
i< j

i

2
j

“

(***)

Như vậy bài toán 19 chỉ là hệ quả của (***) với n = 4 ( ta chỉ cần phải tính
MO theo a ) .
Không những thế , từ bài toán gốc ta còn có thể ñề xuất một bài toán mở rộng khác
như sau:
Bài toán 20:

Cho ña giác ñều A1 A2 ... An và một ñiểm M bất kì trên ñường tròn ngoại

n

tiếp ña giác ñó . Chứng minh rằng

∑ MA
i =1

2
1

có giá trị không ñổi .

( Bài toán này cũng là hệ quả trực tiếp của (***) , thật vậy :
Từ MO không ñổi , Ai A j không ñổi áp dụng (***) ta dễ dàng suy ra ñược
ñpcm ).
( Còn nhiều bài toán mở rộng khác từ bài toán gốc ñã nêu , mong các bạn tiếp tục )
* Chú ý quan trọng:
Các phép suy luận dựa vào các thao tác : khái quát hóa , mở rộng , tương tự
chỉ là những hình thức suy luận nghe có lí , chưa phải là phép suy luận logic cho nên
những bài toán mới thu ñược từ những hình thức suy luận này cần phải ñược kiểm
chứng lại. Việc kiểm chứng ñôi khi gặp rất nhiều khó khăn thậm chí không thể khẳng
ñịnh ñược ñiều dự ñoán ñó ñúng hay sai, vì vậy :
Khi ñề xuất bài toán mới ( dựa trên những phép suy luận nghe có lí ) ta phải
nhìn bài toán ở nhiều góc ñộ khác nhau và ñặc biệt chú ý ñến yếu tố bất biến trong
quá trình chứng minh ( trình bày lời giải ) bài toán ñó.
Sau ñây là sơ ñồ phản ánh những nội dung chính ñã nêu và mối liên hệ giữa
chúng :

Phương pháp sáng tạo bài toán mới _ ðTH

9


Bài toán gốc
(ñịnh lí, bài toán, . . .)
Khái quát hóa
ðặc biệt hóa
Phương pháp
sáng tạo

Tương tự
Mở rộng
Diễn ñạt khác

Bài toán mới
C/ Tổ chức thực hiện:
Qua các ví dụ và các bài toán trên ta thấy: việc ñề xuất một bài toán tương tự ,
bài toán tổng quát hay việc xây dựng một thuật giải ( Angôrít giải toán ) cho một
dạng toán nào ñó là một công việc không khó khăn lắm ñối với học sinh khá , giỏi .
Cho nên, trong quá trình dạy học toán ta cần :
1. Tạo ñiều kiện , khuyến khích học sinh thường xuyên tập dượt các công việc
nói trên ( tức là các công việc ñó cần tích hợp trong nội dung của từng tiết
dạy toán , ñặc biệt là ở các tiết giải bài tập toán ) .
2. Tổ chức các buổi ngoại khóa với nhiều nội dung và hình thức khác nhau như :
thi sáng tác ñề toán theo chủ ñề ñịnh sẵn , ñề xuất một bài toán rồi tổng quát
bài toán ñó , xây dựng một Angôrít giải toán cho một dạng toán nào ñó ( do
học sinh tự chọn ), v.v… (tất nhiên các nội dung ngoại khóa nên ñược thông
báo trước ñể học sinh có sự chuẩn bị tích cực , góp phần làm cho buổi ngoại
khóa sinh ñộng và ñạt kết quả cao ) .
3. Tùy theo ñối tượng: học sinh chuyên toán, không chuyên toán; học sinh khá,

giỏi mà lựa chọn nội dung , hình thức tập dượt sáng tạo phù hợp .
D/ Lời kết:
Với quan ñiểm ñổi mới phương pháp dạy học: “ Phát huy tính tích cực , chủ
ñộng sáng tạo, tự học và tự rèn luyện của học sinh “ thì việc giúp học sinh biết sáng
tạo bài toán mới, biết khái quát các vấn ñề ñã ñược học, ñặc biệt biết khái quát hóa
hướng suy nghĩ, phương pháp giải toán là vô cùng quan trọng. Bởi vì :
• Qua ñó, học sinh dần dần có thói quen thay thế các ñiều kiện của bài toán
bằng các ñiều kiện tương ñương, có thói quen khái quát hóa bài toán một
cách tự nhiên. ðiều này sẽ tích cực hóa sự sáng tạo của học sinh, làm cho
học sinh nhận thức ñược mối liên hệ biện chứng của các tri thức toán học:
mỗi bài toán có thể phân tích ñược thành các bài toán ñơn giản hơn ( mà ta
có khả năng giải ñược ), ñồng thời có thể khái quát hóa bài toán thành bài
toán phức tạp hơn .
• Nhờ nó, việc giải quyết các bài toán cùng loại trở nên dễ dàng hơn và dễ
dàng mở rộng bài toán thành bài toán có ý nghĩa, như nhà toán học Rơnêðềcac ñã nói: “ Mỗi vấn ñề tôi giải quyết ñều sẽ trở thành mẫu mực ñể giải
quyết vấn ñề khác “ .
Phương pháp sáng tạo bài toán mới _ ðTH

10


• Nhờ nó, số lượng và chất lượng học sinh khá giỏi sẽ ngày một nâng cao,
như Giáo sư Trần Thúc Trình ñã nói: “ Dù có giải hàng trăm, hàng nghìn
bài toán, không biết ñứng nhìn bài toán ở tầm cao mới thì chỉ là thợ giải
toán mà không thể là nhà toán học “.
- - - - - Hết - - - - Tài liệu tham khảo:
1. Các tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
2. Các tập san Giáo dục trung học phổ thông.

Phương pháp sáng tạo bài toán mới _ ðTH

11