Tổng hợp bài tập Toán cơ sở

TỔNG HỢP BÀI TẬP TOÁN CƠ SỞ (THẦY HOÀNG)

CÂU HỎI THẢO LUẬN
Nội dung

Trang

Câu 1: Xây dựng một mô hình hóa toán học từ một nội dung thực tiễn trong
chương trình toán phổ thông.

2

Câu 2: Lấy ví dụ về mở rộng bài toán theo các con đường: Khái quát hóa,
Tương tự hóa, đặc biệt hóa, con đường khác.

10

Câu 3: So sánh hệ tiên đề Hilbert, hệ tiên đề Pogorelov, hệ tiên đề hình học
phổ thông.

22

Câu 4: Hệ tiên đề phổ thông được thể hiện như thế nào trong SGK phổ
thông.

30

Câu 5: Xác định và trình bày lời giải của các dạng toán 1, 2, 3 (trang 69)
trong phương trình hàm.

41

Câu 6: Phân tích cấu trúc logic của chương trình toán phổ thông.

46

Câu 7: So sánh chương trình toán hiện hành với chương trình toán sau 2019.

58

Câu 8: Nêu những sai lầm về logic thường gặp ở học sinh khi học khái
niệm. Phân tích nguyên nhân những sai lầm này bằng logic toán.

66

Câu 9: Nêu những sai lầm về logic thường gặp ở học sinh khi học định lí.
Phân tích nguyên nhân những sai lầm này bằng logic toán.

71

Câu 10: Nêu những sai lầm về logic thường gặp ở học sinh khi giaỉ bài tập
toán. Phân tích nguyên nhân những sai lầm này bằng logic toán.

74

Câu 11: Dùng công thức của đại số vị từ để diễn đạt các định lí trong môn
toán phổ thông.

84

Câu 12: Xây Dựng một mô hình Toán học theo quy trình 7 bước.

86

Câu 13: Cơ sở định nghĩa phép nhân số tự nhiên qua phép cộng các số hạng
bằng nhau.

89

Câu 14: Vấn đề thực tiễn được phản ảnh trong các kiến thức: Cấp số cộng, cấp số nhân,
1

90


hàm số, quan hệ tương đương, quan hệ thứ tự, quan hệ ánh xạ.

Câu 15: Vận dụng các phép suy luận logic trong dạy học định lí

95

Câu 16: Chứng minh nếu Q là tập đếm được thì QxQ là tập đếm được

104

Câu 17: Chứng minh một số định lý hình học 10; 11; 12 dựa trên tiên đề
hình học phổ thông.
Câu 18: Quan điểm hàm số trong chương trình Toán phổ thông? Thực hiện
dạy học một nội dung của chương trình Toán phổ thông theo quan điểm hàm
số?
Câu 19: Cơ sở logic của chương trình toán 10;11;12. So sánh mục tiêu nội

dung chương trình hiện hành với chương trình mới sau 2019.
Câu 20: Chứng minh một số định lý giải tích 11, 12 theo ngôn ngữ không
gian topo, không gian metric và ngôn ngữ toán phổ thông?

2

104

105

110
117


Câu 1. Xây dựng một mô hình hóa toán học từ một nội dung thực tiễn trong chương trình
toán phổ thông.
Nhóm 1
Bước 1: Vấn đề thực tiễn.
Nhân dịp mừng xuân Mậu tuất 2018, nhiều quận (huyện) của các tỉnh thành đều có
trang trí một cái cổng để mừng năm mới. Ở một huyện X, thiết kế một cái cổng như hình vẽ
sau với chiều rộng là 8m, chiều cao là 3,5m. Xác định đường cong thiết kế cổng và tính diện
tích phần xe đi qua giới hạn bởi cổng và mặt đất.

3,5m

8m

Bước 2: Lập giả thuyết.

Các tham số xuất hiện trong bài toán là chiều rộng, chiều cao của cổng và đường

cong có dạng hình parabol.
Bước 3: Xây dựng bài toán.
Trong măt phẳng Oxy, Chọn O(0; 0), A(4; 3,5), B(8; 0) như hình vẽ
A

y

3,5m
A
O

8m

x

a. Xác định parabol (P): y = ax2 + bx + c đi qua O, A, B.
b. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số (P), trục hoành và 2 đường
thẳng x = 0, x = 8.
Bước 4: Giải bài toán.
a. Vì (P) đi qua O, A, B nên ta có hệ phương trình.

3




Vậy (P)
b. Diện tích hình phẳng cần tìm là

Bước 5: Hiểu lời giải bài toán.

Để tính được diện tích hình phẳng giới hạn, ta cần xác định được đường cong có
dạng hình parabol, để xác định được đường cong parabol ta cần chọn hệ trục tọa độ phù
hợp.
Bước 6: Kiểm nghiệm mô hình.
Thực tế việc thiết kế có dạng đường cong ứng dụng rất nhiều trong thực tế và chọn
số liệu phù hợp để ít tốn chi phí.
Bước 7: Thông báo, giải thích, dự đoán.

4


Nhóm 2
Việc vận dụng kiến thức toán học vào giải quyết các vấn đề thực tiễn và ngược lại là
một vấn đề quan trọng trong dạy và học toán ở trường phổ thông. Điều này giúp học sinh
càng say mê học toán từ đó kết quả của việc giảng dạy sẽ thu được nhiều kết quả mong
muốn. Do đó, một vấn đề được đặt ra là dạy học toán nên quan tâm những ví dụ xuất phát từ
thực tế giúp học sinh thấy được mối liên hệ giữa toán học và cuộc sống thường ngày. Mô
hình hóa toán học cho phép học sinh kết nối toán học với thế giới thực.
Ví dụ: a/ Thực tế : Tính chiều cao cổng dạng Parabol.
b/ Toán học : Xác định Parabol y = ax 2 + bx + c( a ≠ 0 ) biết Parabol đi qua 3 điểm.
Bước 1 : Tìm hiểu vấn đề thực tiễn.
Rất nhiều công trình kiến trúc, biểu tượng ở Việt Nam nói riêng và trên cả thế giới
được thiết kế dạng hình Parabol.
Vấn đề đặt ra là làm thế nào để đo được chiều cao cổng Acxơ khi không đo đạc trực
tiếp, vì cổng cao sẽ gây nguy hiểm khi đo đạc.
Bước 2 : Lập giả thuyết.
-

Đo đạc khoảng cách của 2 trụ cổng.
Tìm 3 điểm nằm trên cổng và có tọa độ (các độ dài đo được)

Bước 3 : Xây dựng bài toán.
Bài toán trên thực tế chúng ta gắn hình ảnh cổng Acxơ đó vào một phương trình của
hàm số bậc hai dạng y = ax 2 + bx + c( a ≠ 0) và từ đó sẽ tìm được tọa độ đỉnh của Parabol là
∆
 b
S  − ;− .
 2 a 4a 
Bước 4 : Giải bài toán.
Đơn giản vấn đề : Chọn hệ trục tọa độ 0 xy sao cho gốc tọa độ 0 trùng một chân của
cổng (như hình vẽ)
y

M

B

x

O

Như vậy vấn đề được giải quyết nếu ta biết hàm số bậc hai nhận cổng Acxơ làm đồ
thị .
5


Phương án giải quyết :
Ta biết hàm số bậc hai có dạng: y = ax 2 + bx + c . Do vậy muốn biết được đồ thị hàm
số nhận cổng làm đồ thị thì ta cần biết ít nhất tọa độ của 3 điểm nằm trên đồ thị chẳng hạn
0, B, M.

Rỏ ràng 0(0;0); M ( x; y ); B(b;0) . Ta phải tiến hành đo đạc để nắm số liệu cấn thiết.
Đối với trường hợp này ta cần đo: Khoảng cách giữa hai chân cổng, và một điểm M
bất kỳ chẳng hạn b = 162; x = 10; y = 43 .
Ta viết được hàm số bậc hai lúc này là : y = −

43 2 3483
x +
x
1320
700

Đỉnh : S(81m;185,6m)
Vậy trong trường hợp này cổng cao 185,6m.
Bước 5 : Hiểu lời giải bài toán.
Trên thực tế cổng Acxơ cao 186m.
Bước 6 : Kiểm nghiệm mô hình.
Nếu đo đạc thật sự chính xác (đo đạc với sai số nhỏ) thì kết quả sẽ đúng với thực tế.
Bước 7 : Thông báo, giải thích, dự đoán.
ứng dụng : Xác định a, b, c biết parabol y = ax 2 + bx + c( a ≠ 0)
a/ Đi qua ba điểm A(0 ;-1), B(1 ;-1), C(-1 ;1).
b/ Có đỉnh I(1 ;4) và đi qua điểm D(3 ;0)
( Sách Đại Số 10 – NXBGD trang 51)
Trên đây là một mô hình hóa toán học xuất phát từ thực tiễn mà chúng ta hay bắt gặp
hằng ngày khi đi trên đường, trong cuộc sống thường nhật mà kiến thức toán học sơ cấp
thuần túy đã giải quyết một cách trọn vẹn giúp cho học sinh có cái nhìn sinh động hơn về
toán học và sức mạnh của nó.

6

Nhóm 3
Ví dụ về Bài toán mô hình hóa
Người ta cần thiết kế một lối đi vào một khu rừng nguyên sinh để phục vụ khách du
lịch. Để đến được bìa rừng, người ta cần làm một đường đi xe đạp qua một công viên, sau
khi gửi xe, khách du lịch phải đi bộ qua một khu đất trống đến phòng hướng dẫn viên. Em
hãy thiết kế một phương án để làm hai đoạn đường đó.
Để tổ chức hoạt động MHH bài toán này, ta thực hiện theo quy trình gồn 7 bước như
sau:
* Bước 1: Tìm hiểu vấn đề thực tiễn.
Đây là bài toán mở, các điều kiện ban đầu của bài toán chưa rõ ràng. Do vậy, trước
hết GV đã tổ chức cho học sinh suy nghĩ và thảo luận về những số liệu cần thiết cần thu
thập nhằm đơn giản hóa bài toán. GV hướng dẫn học sinh liệt kế các từ khóa: công viên,
khu đất trống, xe đạp, đi bộ, đoạn đường. Để hiểu được vấn đề, học sinh có thể sử dụng một
sơ đồ hoặc vẽ một bản phác thảo để biểu diễn cho tình huống.
* Bước 2: Lập giả thiết:
Học sinh cần phải thực hiện một số giả thiết và thu thập thông tin như:
• Kích thước của công viên và khu đất trống;
• Tốc độ đi bộ trung bình và tốc độ đi xe đạp;
• Giới hạn tốc độ khi đi xe đạp trong công viên;
• Mục tiêu thiết kế (ví dụ: con đường ngắn nhất, thời gian tối thiểu, vv.)
* Bước 3: Xây dựng bài toán:
Hs cần phải xác định các khái niệm toán học liên quan trước khi xây dựng các mô
hình. Trong trường hợp này, các vấn đề liên quan đến các khái niệm về khoảng cách, tốc độ
và thời gian.
Việc xây dựng các mô hình toán học sẽ phụ thuộc vào các giả thiết đặt ra. Ví dụ, nếu
học sinh sử dụng thời gian tối thiểu là mục tiêu thiết kế, biểu thức cho thời gian sẽ là như
sau:
Tổng thời gian di chuyển:
T
Hình 1 cho thấy một bức phác họa có thể tượng trưng cho các sơ đồ với các giả định

sau đây:
- Hình dạng cho công viên và khu đất trống là hình chữ nhật
- Kích thước và tốc độ được dựa trên thông tin từ internet
- Mục tiêu thiết kế: Thời gian tối thiểu

7


* Bước 4: Giải bài toán
Học sinh có thể sử dụng phần mềm hình học động như GSP để di chuyển điểm G đến
vị trí khác nhau và đo khoảng cách, lập bảng quan sát và xác định vị trí của G mà tại đó cho
ta giá trị nhỏ nhất về thời gian.
Học sinh có thể xây dựng một biểu thức khoảng cách bằng cách sử dụng định lý
Pythago và xây dựng các hàm thời gian.
Tổng thời gian di chuyển, T =

3002 + (200 − x) 2
1502 + x 2
, x kí hiệu cho khoảng
+
5
1

cách FG.
Học sinh có thể sử dụng phần mềm vẽ đồ hoặc phầm mềm Excel để giúp họ tìm giá
trị của x, tương ứng với giá trị tối thiểu của T.
Sử dụng bảng tính Excel, Hs có bảng một số giá trị sau:
x (mét)

15,4

15,5

15,6

15,7

15,8

15,9

16

T (giây) 221,2376 221,2374 221,2372 221,2371 221,2371 221,2372 221,2373
* Bước 5: Hiểu lời giải bài toán:
Từ kết quả ta thấy, thời gian tối thiểu là 221,2371s ≈ 3,69 phút, khi mà x = 15,7 (m)
hoặc x = 15,8 (m)
* Bước 6: Kiểm nghiệm mô hình
Sau khi tìm thấy vị trí của nơi để xe đạp, học sinh cần phải kiểm tra xem nó là khả thi
để xây dựng nơi để xe đạp tại vị trí thực tế hay không và xem xét nếu có bất kỳ hạn chế
khác nào không.
Học sinh có thể xem xét các giả thiết của mình.
- Công viên có thể là hình tròn? Điều gì xảy ra nếu công viên và các khu đất trống là
đa giác không đều? Phương pháp của Hs có thể áp dụng trong mọi trường hợp hay
không?
- Thiết kế có phù hợn thực tế? Hs có thể khảo sát người dân để tìm hiểu xem mọi
người muốn có một giải pháp làm tối thiểu thời gian hoặc họ thích đi bộ với khoảng
cách ngắn nhất để thay thế?
Công việc này thực sự có thể được thực hiện bằng cách sử dụng các phương pháp
khác nhau. Học sinh có thể suy nghĩ về bài toán mà mình đã sử dụng để giải quyết các vấn

8


đề và liệu có những phần mềm mạnh hơn có thể được sử dụng để giải quyết vấn đề này hay
không.
* Bước 7: Thông báo, giải thích dự đoán:
Thông báo do nhóm hoặc đại diện nhóm trình bày nhằm giúp GV đánh giá sản phẩm
và năng lực giải quyết vấn đề của từng nhóm. Từ đó GV hướng dẫn HS biết sử dụng ngôn
ngữ và các công cụ toán học để mô tả các ý tưởng Toán học, biểu diễn các vấn đề trong thực
tiễn.

9


Nhóm 4

Bài toán 1. Hãy xác định cách cắt đi ở 4 bốn góc tấm tôn hình chữ nhật có kích
thước 80cm x 50cm bốn hình vuông bằng nhau để khi gập lại được một chiếc hộp
không nắp có dung tích lớn nhất.
Bước 1: Tìm hiểu vấn đề thực tiễn.
GV cho HS suy nghĩ và thảo luận về những số liệu của bài toán. Từ khoá đưa ra:
hình chữ nhật, hình vuông, khối hộp chữ nhật, kích thước, dung tích. Vấn đề có thể
diễn đạt lại: Tạo một chiếc hộp không nắp từ hình chữ nhật kích thước 80cm x 50cm
có thể tích lớn nhất.
Bước 2: Lập giả thuyết
Gọi x là kích thước của các hình vuông bị cắt đi, x tính bằng cm và x thuộc
( 0;25) . Khi đó đáy của hình hộp được tạo ra có các kích thước là 80- 2x; 50- 2x và
chiều cao là x .
Bước 3: Xây dựng bài toán
Mô hình toán mô tả dung tích của hình hộp không nắp là:

V ( x) = x ( 80 - 2x) ( 50 - 2x) ; x Î ( 0;25) ( *)
Bài toán trên mô hình này là tìm giá trị lớn nhất của V(x) trên khoảng ( 0;25) .
Bước 4: Giải bài toán
Cách 1: Dùng kiến thức lớp 10.
V
đạt được GTLN khi và chỉ khi 12V đạt GTLN hay
6x ( 80 - 2x) ( 100 - 4x) ; x Î ( 0;25) đạt GTLN. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
3

æ
6x + 80 - 2x + 100 - 4x ö
÷
÷
6x ( 80 - 2x) ( 100 - 4x) £ ç
= 603
ç
÷
ç
÷
3
è
ø

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6x = 80- 2x = 100- 4x khi và chỉ khi x = 10cm .
Cách 2: Dùng kiến thức lớp 12
Biến đổi mô hình ( *) thành:
V ( x) = 4x3 - 260x2 + 4000x; x Î ( 0;25)

Bằng kiến thức về đạo hàm, tìm được GTLN của V bằng 18000 khi x = 10cm
Bước 5: Hiểu lời giải bài toán

Cách 1: Dùng kiến thức lớp 10, cách giải chưa được định hình rõ ràng. Đây là
cơ hội để cho GV phát triển trí tuệ cho HS qua công đoạn tìm tòi lời giải. Nếu HS đã
lập luận như sau: V ( x) đạt giá trị lớn nhất khi và chi khi 4V ( x) đạt GTLN hay
4x ( 80 - 2x) ( 50 - 2x) đạt GTLN với x trong khoảng ( 0;25) .

Vì 4x;80- 2x;50 - 2x là các số dương nên theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
3

3

æ
æ
4x + 80- 2x + 50- 2x ö
130ö
÷
÷
÷
4x ( 80 - 2x) ( 50 - 2x) £ ç
=ç
ç
ç ÷
÷
÷
÷ è
÷
ç
ç 3 ø
3
è
ø

10


Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 4x = 80- 2x = 50- 2x . Điều này không xảy ra.
Vậy không thể cắt được 4 góc 4 hình vuông, để gập lại được một chiếc hộp không
nắp có dung tích lớn nhất.
GV để cho HS thảo luận cách giải quyết ở trên. Đa số HS “cảm nhận” được
cách giải quyết ở trên sai ở khâu: tìm GTLN của V ( x) nhưng không phát hiện ra
cụ thể là sai ở điểm nào. GV đã đặt ra câu hỏi cho HS: khẳng định 3 £ 10 đúng hay
sai? Thực tiễn cho thấy, nhiều HS khẳng định là “sai”; một số khác còn lưỡng lự
không trả lời. Qua đó, có thể thấy được nguyên nhân dẫn đến sai lầm của HS trong
tình huống này là do không nắm chắc mặt ngữ nghĩa của kí hiệu toán học A £ B .
A £ B có nghĩa là A < B hoặc A = B . Trong trường hợp A £ B , có thể A ¹ B . Do
đó trong trường hợp bất đẳng thức:
3

3

æ
æ
ö
4x + 80- 2x + 50- 2x ö
130÷
÷
ç
÷
÷
4x ( 80 - 2x) ( 50 - 2x) £ ç
=

ç
ç
÷
ç
ç 3 ÷
÷ è
÷
3
è
ø
ø

đã không xảy ra dấu "=". Qua sai lầm này của HS, ta thấy được vai trò quan
trọng của ngôn ngữ trong dạy học Toán nói chung và trong việc phát triển năng lực
toán học hóa tình huống thực tiễn nói riêng.
Chỉ ra sai lầm của HS ở trên là hết thức cần thiết, nhưng không nên phủ định
sạch tất cả những gì mà HS đã trình bày. GV nên lần lại lời giải của HS để giúp
HS tìm tòi lời giải. Rõ ràng, suy nghĩ của HS trong cách giải trên, tuy chưa hoàn hảo
nhưng đã có những sáng tạo. HS đã biết biến đổi mô hình bài toán, từ việc tìm
GTLN của V qua việc tìm GTLN của 4V để vế trái của nó là tích của các thừa số có
tổng 130 không đổi. Phát hiện điều này GV nên có tác động: suy nghĩ của các em đã
đúng hướng, hãy tạo nên một bất đẳng thức dạng trên nhưng dùng được bất đẳng
thức Côsi trong việc tìm giá trị lớn nhất. Mong muốn của GV là HS nhận thức ra
được vấn đề và tiếp tục công việc như sau: V đạt được GTLN khi và chỉ khi 12V đạt
GTLN hay 6x ( 80- 2x) ( 100 - 4x) ; x Î ( 0;25) đạt GTLN. Áp dụng bất đẳng thức
Côsi, ta có:
3

æ
6x + 80 - 2x + 100 - 4x ö

÷
÷
6x ( 80- 2x) ( 100 - 4x) £ ç
= 603
ç
÷
÷
ç
3
è
ø

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6x = 80- 2x = 100- 4x khi và chỉ khi x = 10cm .
Cách 2: Dùng kiến thức lớp 12 thì HS đã có cách giải rõ ràng.
V ( x) = 4x3 - 260x2 + 4000x; x Î ( 0;25)
Bằng kiến thức về đạo hàm, GTLN của V bằng 18000 khi x = 10cm
Bước 6: Kiểm nghiệm mô hình
- Cho học sinh thảo luận về những kiến thức đã sử dụng trong quá trình giải
quyết vấn đề.
- Kiểm nghiệm lại lời giải bài toán bằng thực tế, có thể mô phổng trên máy tính.
- GV giới thiệu cho học sinh kiến thức toán học như: thể tích khối hộp chữ nhật.
Bước 7: Thông báo, giải thích, dự đoán
- Thông báo nhóm hoặc đại diện nhóm trình bày nhằm giúp GV đánh giá sản
phẩm và năng lực giải quyết vấn đề của từng nhóm.
11


- GV hướng dẫn HS biết sử dụng ngôn ngữ và công cụ toán học để mô tả ý
tưởng toán học, biểu diễn các vấn đề trong thực tiễn.
- GV phân tích cho HS thấy việc học giúp cho chúng ta giải quyết các vấn đề

trong cuộc sống dễ dàng hơn.
Câu 2: Lấy ví dụ về mở rộng bài toán theo các con đường: khái quát quá, tương tự
hóa, đặc biệt hóa, con đường khác.
Nhóm 1
Ví dụ 1: Cho a, b > 0 . Chứng minh rằng: a 3 +b3 ≥ a 2 b+b 2a. (1)
Chúng ta có thể giải bài toán này theo 2 cách sau:
Cách 1
Ta có a 3 +b3 -a 2b-b 2a = a 2 ( a-b ) -b 2 ( a-b ) = ( a-b )

2

( a+b ) ≥ 0.

⇒ a 3 +b3 ≥ a 2 b+b 2a.
Cách 2
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a 3 +a 3 +b3 ≥ 3

3

a 6b3 = 3a 2b ⇔ 2a 3 +b 3 ≥ 3a 2b.

Tương tự 2b3 +a 3 ≥ 3ab 2 .
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được ĐPCM.
Chúng ta có thể đề xuất bài toán mới như thế nào?
* Nhìn theo góc độ số mũ của hai vế của BĐT (1): Xét riêng a 3 và a 2 b ta thấy trong số
hạng a 3 số mũ của a là 3, trong số hạng a 2 b thì số mũ của a là 2, số mũ của b là 1. Như
vậy số mũ của a đã giảm đi 1 đơn vị nhưng tổng số mũ của a và b trong số hạng a 2 b bằng
số mũ của a trong a 3 . Từ đó ta có những BĐT tương tự sau:

a 4 +b 4 ≥ a 3b+b3a. (2)
a 5 +b5 ≥ a 4b+b 4a. (3)
Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán như sau:
n
n
n-1
n-1
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng: a +b ≥ a b+b a ( n ∈ ¥ *) . (4)

* Cũng nhìn theo góc độ số mũ của từng số hạng ở hai vế, ta thử mở rộng bằng cách thay
a n-1b bởi a m b n-m có nghĩa là chỉ cần tổng số mũ của a và b bằng n là đủ. Như vậy bài
toán trên lại được khái quát hóa như sau:
Cho a, b>0 . Chứng minh rằng:

a n +b n ≥ a m b n-m +b ma n-m ( m, n ∈ ¥ , n ≥ m ) . (5)
Đặc biệt hóa các giá trị của m, n ta lại có những BĐT mới.
Chẳng hạn m = n = 2 ta thu được BĐT quen thuộc a 4 +b 4 ≥ 2a 2 b 2 . (6)
12


n = 5, m = 2 ta thu được BĐT a 5 +b5 ≥ a 3b 2 +b3a 2 . (7)
* Tiếp tục quan sát số biến của các BĐT, các bài toán trên chỉ áp dụng cho 2 biến ta hoàn
toàn có thể mở rộng cho 3 biến, 4 biến, …và khái quát hóa lên n biến. Ta có thể xây dựng
những BĐT tương tự sau:
Cho a, b, c > 0 , chứng minh rằng:

a 3 +b3 +c3 ≥ a 2b+b 2c+c 2a. (8)
a 4 +b 4 +c 4 ≥ a 2 b 2 +b 2c 2 +c 2a 2 . (9)
Khái quát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến

Cho n số dương a1 , a 2 , a 3 ..., a n , m, k ∈ ¥ , m ≥ k . Chứng minh rằng:

a1m +a 2 m +...+a n m ≥ a1k a 2 m-k +a 2 ka 3m-k +...+a n ma 1m-k . (10)
BĐT này chứng minh tương tự như ở cách giải 2.
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 BĐT (2), (3), (4), (6), (7) nhờ sự tương tự với BĐT (1). Đối
chiếu sự tương ứng giữa các BĐT tìm ra dấu hiệu bản chất của chúng để xây dựng được bài
toán tổng quát. Từ đó bằng khái quát hóa để được BĐT (4), (5) và (10), ta thấy mức độ khái
quát hóa ở đây cũng 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.
Ví dụ 2: Chứng minh BĐT:

a1 +a 2 +a 3 3
≥ a1a 2a 3 với mọi a1 , a 2 , a 3 ≥ 0 . (1)
3

BĐT này chỉ nêu lên trong SGK đại số 10 và được phép ứng dụng, tuy nhiên không
có chứng minh. Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh chứng minh BĐT trên như sau:
Cách 1: Sử dụng đặc biệt hóa
Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy cho hai số để đánh giá

a1 +a 2 ≥ ?, a 3 + b ≥ ? . Từ đó suy ra a1 +a 2 +a 3 +b ≥ ? ( ∀b ≥ 0) .
Học sinh:

a1 +a 2 +a 3 +b = ( a1 +a 2 ) + ( a 3 +b ) ≥ 2 a 1a 2 +2 a 3b = 2
⇒ a1 +a 2 +a 3 +b ≥ 2

(

(

a 1a 2 + a 3b

)

a1a 2 + a 3b , ∀b ≥ 0

Giáo viên: Hãy sử dụng BĐT Cauchy để đánh giá vế phải của BĐT trên
Học sinh:

a1a 2 + a 3b ≥ 2

4

a1a 2a 3b .

Giáo viên: Từ đó ta có được điều gì?
Học sinh:

a1 +a 2 +a 3 +b ≥ 4

4

a 1a 2a 3b . (*)
13

)

Giáo viên: Thay b =

Học sinh:

3

a1a 2a 3 thì (*) có dạng gì?

a1 +a 2 +a 3 +

4

3

a1a 2a 3 ≥ 4

⇔ a1 +a 2 +a 3 +

3

a1a 2a 3 ≥ 4

⇔ a1 +a 2 +a 3 ≥ 3
⇔

a1a 2a 3

3

3

3

a 1a 2a 3 .

a 1a 2a 3 .

a1a 2a 3 .

a1 +a 2 +a 3 3
≥ a1a 2a 3 .
3

Giáo viên: Như vậy BĐT trên được chứng minh nhờ thao tác đặc biệt hóa.
Cách 2: Sử dụng tương tự và đặc biệt hóa.
Chúng ta có thể biểu diễn (1) dưới dạng:
3

 a1 +a 2 +a 3 

÷ ≥ a1a 2a 3 . (2)
3


Giáo viên: Hãy xét BĐT tương tự với (2), nhưng đơn giản hơn
2

Học sinh:

 a1 +a 2 

÷ ≥ a1a 2 . (3)
 2 

Giáo viên: Hãy chứng minh (3)
Học sinh: (3) ⇔ ( a1 -a 2 ) ≥ 0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 .
2

Vấn đề là sự tương tự giữa (2) và (3) có giúp gì cho việc chứng minh hay không?
Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm mối liên hệ giữa (2) và (3).

a1 +a 2

2
a
+a
+
1
2

 a +a 
2
Giáo viên:  1 2 ÷ ≥ a1a 2 ⇔ 
3
 2 


Em có nhận xét gì khi đặt a 3 =
Học sinh: Nếu đặt a 3 =

3


÷
a1 +a 2
.
÷ ≥ a1a 2
2
÷


a1 +a 2
.
2

a1 +a 2
thì ta có BĐT (3).
2

Giáo viên: Như vậy (3) không những là một trường hợp tương tự của (2) mà còn là một
trường hợp đặc biệt của (2) khi a 3 =

a1 +a 2
.
2

Mặc dù vậy, việc phát hiện ra mối liên hệ này vẫn chưa giúp ta tìm ra lời giải của bài toán.
14

Áp dụng (3) cho các cặp số không âm ( a1; a 2 ) , ( a 3 ; a 4 ) ta được điều gì?
Học sinh:
2

 a1 +a 2 
2
2

÷ ≥ a1a 2 
 2 
  a1 +a 2   a 3 +a 4 
⇒
÷
÷ ≥ a1a 2a 3a 4 . (1’)
2
2
2




a
+a
 3 4


÷ ≥ a 3a 4 
 2 


Giáo viên: Tiếp tục áp dụng (3) với

a1 +a 2
a +a
và 3 4 ta có:
2
2

Học sinh:

 a1 +a 2 a 3 +a 4
a1 +a 2 a 3 +a 4  2 + 2
.
≤
2
2
2



2


2
÷  a1 +a 2 +a 3 +a 4 
÷=
÷ . (2’)
4



÷


Giáo viên: Từ (1’) và (2’) ta có điều gì?
4

 a +a +a +a 
Học sinh:  1 2 3 4 ÷ ≥ a1a 2a 3a 4 . (4)
4


Giáo viên: Như vậy ta đã chứng minh được BĐT (4) nhờ BĐT (3). Cũng như quan hệ giữa
(2) và (3), ngoài sự tương tự giữa (2) và (4), có thể (2) cũng là trường hợp đặc biệt của (4)
khi a 4 =

a1 +a 2 +a 3
.
3

Giáo viên: Chúng ta hãy kiểm tra nghi vấn bằng cách thay a 4 =

a1 +a 2 +a 3
vào BĐT (4).
3

Học sinh:

a1 +a 2 +a 3


a
+a
+a
+
1
2
3
a +a +a 
3
a1a 2a 3 1 2 3 ≤ 
3
4



4


÷  a1 +a 2 +a 3  4
÷ =
÷
3

÷ 


3

 a +a +a 
⇒  1 2 3 ÷ ≥ a1a 2a 3 . Như vậy (2) đã được chứng minh.

3


Đẳng thức xảy ra khi a1 = a 2 = a 3 .
Quá trình trên là cả một chuỗi từ KQH → TT → ÐBH → KQH → ÐBH .
Sau khi tìm được lời giải, học sinh cần kiểm tra lời giải. Kiểm tra lại lời giải bài toán
tức là xem xét lời giải có sai lầm hay thiếu sót gì không? Sai lầm khi chứng minh BĐT
thường bắt nguồn từ việc vận dụng các BĐT cổ điển mà không để ý đến điều kiện để BĐT
đúng hoặc sử dụng sai sót các quy tắc suy luận khi từ BĐT này suy ra BĐT kia.
15


Nhóm 2
 Xét bài toán 1:
Cho a, b > 0. Chứng minh rằng : a 3 + b3 ≥ a 2b + ab 2
Chúng ta có thể giải bài toán theo hai cách sau:
Cách 1: ( sử dụng phép biến đổi tương đương).
Ta có: a 3 + b3 − a 2b − ab 2 = a 2 ( a − b ) − b 2 ( a − b ) = ( a − b )

2

( a + b)

Vì ( a − b ) ( a + b ) ≥ 0
2

Nên a 3 + b3 ≥ a 2b + ab 2 (đpcm)
Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a 3 + a 3 + b3 ≥ 3 3 a 6b3 = 3a 3b

⇔ 2a 3 + b3 ≥ 3a 3b
Tương tự: 2b3 + a 3 ≥ 3b3 a
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh
 Bài toán tương tự hóa, ta có bài toán :
Cho a, b > 0. Chứng minh rằng :
a 4 + b4 ≥ a 3b + ab3
a 5 + b5 ≥ a 4b + ab 4
Theo hướng khai thác đó ta có thể khái quát hóa bài toán tổng quát như sau:
• Cho a, b > 0. Chứng minh rằng :

a n + b n ≥ a n −1b + ab n −1

( n∈N )
∗

• Cho a, b > 0. Chứng minh rằng :

a n + b n ≥ a mb n − m + a n − mb m

( n, m ∈ N

∗

, n ≥ m)

 Bài toán đặc biệt hóa:
Với n = 4, m = 2 ,ta có được bài toán bất đẳng sau : a 4 + b 4 ≥ 2a 2b 2
Tương tự: n = 5, m = 2 ,ta có được bài toán bất đẳng sau : a 5 + b5 ≥ a 3b 2 + a 2b3
 Từ khái hoát hóa đó, ta có các bài toán tương tự như sau:
• Cho a, b,c > 0. Chứng minh rằng : a 3 + b3 + c3 ≥ a 2b + b 2 c + c 2 a

• Cho a, b,c > 0. Chứng minh rằng : a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
16


 Khái hoát hóa bài toán trên trong trường hợp n biến
Cho n số dương a1 , a2 ,..., an , m, k ∈ N , m ≥ k . Chứng minh rằng:
a1m + a2m + ... + anm ≥ a1k a2m −k + a2k a3m −k + ... + anm a1m −k

 Xét Bài toán 2:
“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:
Lúc này ta chỉ cần tính MI + MJ vì d ( M , AC ) = 0.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.

Xét 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
17


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 một điểm bất kỳ bên
trong tứ diện đều tới các mặt bằng đường cao của tứ diện”.
Nhóm 3
Ví dụ: Xét bài toán sau
Cho a, b ≥ 0 CMR: a3 + b3 ≥ a2b +ab2 (*)
Chúng ta có thể giải bài này bằng 2 cách sau
Cách 1. Ta có : a3 +b3 – a2b – ab2 = a2(a – b) –b2(a – b)
= (a2 – b2)(a – b) = (a – b)2(a+b) ≥ 0
Suy ra a3 + b3 ≥ a2b +ab2
Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy cho 3 số không âm ta có:
a3 + a3 + b3 ≥ 3 3 a 6b3 = 3a2b ⇔ 2a3 + b3 ≥ 3a2b
tương tự ta có
b3 + b3 + a3 ≥ 3 3 b 6 a 3 = 3b2a ⇔ 2b3 + a3 ≥ 3ab2
Cộng vế theo vế ta có a3 + b3 ≥ a2b +ab2
a. Mở rộng bài toán theo con đường tương tự :
Bài toán: Cho a, b ≥ 0. CMR: a4 +b4 ≥ a3b + ab3
Cách 1. a4 +b4 – a3b – ab3 = a3(a – b) –b3(a – b) = (a3 – b3)(a – b)
= (a – b) 2(a2+ab+b2) ≥ 0
Suy ra a4 + b4 ≥ a3b +ab3
Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy cho 4 số không âm ta có:
a4 + a4 + a4 + b4 ≥ 4 4 a12b4 = 4a3b ⇔ 3a4 + b4 ≥ 4a3b
tương tự ta có b4 + b4 + b4 + a4 ≥ 4 4 b12 a 4 = 4b3a ⇔ 3b4 + a4 ≥ 4b3a ⇔ 3b4 + a4 ≥ 4ab3

Cộng vế theo vế ta có a4 + b4 ≥ a3b +ab3
Bài toán: Cho a, b ≥ 0. CMR: an + bn ≥ an – 1b + abn – 1 ( n ∈ N*)
Cách 1. an +bn – an-1b – abn-1 = an-1(a – b) –bn-1(a – b) = (an-1 – bn-1)(a – b)
= (a – b)2 (an-2 + an-3b + ... +abn-3 + bn-2) ≥ 0
Suy ra a4 + b4 ≥ a3b +ab3
Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy cho n số không âm ta có:
a1n 4+ 4
a n2+4
... 43
+ a n + b n ≥ n n a ( n −1) n b n = na n −1b
n −1 thõasè a n

b1n 4
+4
b n2+ 4
... +
b n + a n ≥ n n b ( n−1) n a n = nb n −1a = nab n−1
43
n −1 thõasè a n

Cộng theo ta được điều chứng minh an + bn ≥ an – 1b + abn – 1
b. Mở rộng bài toán theo con đường đặc biệt hóa.
Đặc biệt hóa bài toán bằng cách cho a ≥ 0 , b = 2. Khi đó ta được bài toán mới:
Bài toán: Cho a ≥ 0 . Chứng minh rằng: a3 + 8 ≥ 2a2 +4a .
Cách 1. Ta có: a3 + 8 – 2a2 – 4a = a2(a – 2) –4(a – 2)= (a2 – 4)(a – 2)
= (a – 2)2(a + 2) ≥ 0
Hoặc có thể nhóm cách khác: a3 + 8 – 2a2 – 4a = (a + 2)(a2 – 2a + 4) – 2a(a + 2)
= (a – 2) 2(a + 2) ≥ 0
Suy ra: a3 + 8 ≥ 2a2 +4a
Cách 2. Áp dụng BDT Cauchy

18


c. Mở rộng bài toán theo con đường khái quát
Từ bài toán ban đầu, ta có thể khái quát bài toán trong trường hợp 3 số không âm a, b, c
Bài toán: Cho a, b, c ≥ 0 CMR: a3 + b3 + c3 ≥ a2b + b2c + c2a
Chứng minh
Áp dụng BDT Cauchy ta có
a3 + a3 + b3 ≥ 3 3 a 6b3 = 3a2b ⇔ 2a3 + b3 ≥ 3a2b
b3 + b3 + c3 ≥ 3 3 b6 c3 = 3b2c ⇔ 2b3 + c3 ≥ 3b2c
c3 + c3 + a3 ≥ 3 3 c 6 a 3 = 3c2a ⇔ 2c3 + a3 ≥ 3c2a
Cộng vế theo vế ta có
3a3 + 3b3 + 3c3 ≥ 3a2b + 3b2c + 3c2a ⇔ a3 + b3 + c3 ≥ a2b + b2c + c2a (đpcm)
 Khái quát bài toán trong trường hợp 4 số không âm a, b, c, d
Bài toán: Cho a, b, c, d ≥ 0 CMR: a3 + b3 + c3 + d3≥ a2b + b2c + c2a + d2a
Chứng minh: Áp dụng BDT Cauchy ta có
a3 + a3 + b3 ≥ 3 3 a 6b3 = 3a2b ⇔ 2a3 + b3 ≥ 3a2b
b3 + b3 + c3 ≥ 3 3 b6 c3 = 3b2c ⇔ 2b3 + c3 ≥ 3b2c
c3 + c3 + d3 ≥ 3 3 c 6 d 3 = 3c2d ⇔ 2c3 + d3 ≥ 3c2d
d3 + d3 + a3 ≥ 3 3 d 6 a3 = 3d2a ⇔ 2c3 + d3 ≥ 3d2a
Cộng vế theo vế ta có
3a3 + 3b3 + 3c3 + 3d3 ≥ 3a2b + 3b2c + 3c2a + 3d2a
⇔ a3 + b3 + c3 + d3 ≥ a2b + b2c + c2a + d2a (đpcm)
 Khái quát hóa bài toán trong trường hợp n số không âm a1, a2, … , an
Bài toán: Cho n số không âm a1, a2, … , an và n ∈ N*.
CMR: a13 + a23 + ... + an3 ≥ a12a2 + a2 2 a3 + ... + an 2a1
Chứng minh
Áp dụng BDT Cauchy ta có
a13 + a13 + a 23 ≥ 3 3 a16a 2 3 = 3a12a 2 ⇔ 2 a13 + a 23 = 3a12a 2
a 23 + a 23 + a 33 ≥ 3 3 a 2 6a 33 = 3a 2 2a 3 ⇔ 2 a23 + a 33 = 3a 2 2a 3

....................................................................................
a n 3 + a n3 + a 13 ≥ 3 3 a n 6a13 = 3a n 2a 1 ⇔ 2 an 3 + a 13 = 3a n 2a 1
Cộng vế theo vế ta có
3a13 + 3a23 + ... + 3an3 ≥ 3a12 a2 + 3a2 2 a3 + ... + 3an 2 a1
⇔ a13 + a23 + ... + an3 ≥ a12a2 + a2 2 a3 + ... + an 2a1 (đpcm)
d. Mở rộng bài toán theo con đường khác
Bài toán: Cho n số không âm a1, a2, … , an và m, k ∈ N*, m ≥ k
m
m
m
k m −k
k m−k
k m−k
CMR: a1 + a2 + ... + an ≥ a1 a2 + a2 a3 + ... + an a1
Áp dụng BDT Cauchy ta có
m−k

k

∑ a1m + ∑ a2m ≥ m m a1km a2(m −k ) m = ma1k a2m−k
1

1

k

m −k

∑a + ∑a
m

2

1

m
3

≥ m m a2km a3( m −k ) m = ma2k a3m − k

1

................................................................
19


k

m−k

∑a + ∑a
m
n

1

m
1

≥ m m ankm a1( m− k ) m = mank a1m −k

1

Cộng vế theo vế ta được:
ma1m + ma2m + ... + manm ≥ ma1k a2m − k + ma2k a3m −k + ... + mank a1m −k
⇔ a1m + a2m + ... + anm ≥ a1k a2m −k + a2k a3m −k + ... + ank a1m −k (đpcm)
Nhóm 4

1. Khái quát hóa:
Ví dụ :
Ở lớp 9, đối với định lí : ‘‘ Trong hình tròn, số đo của một góc nội tiếp bằng
một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung ’’.
A

A

A

O

O

O

B
B

C
D
Hình 1c

C

B
C
Hình 1a

D
Hình 1b

Chúng ta có 3 trường hợp sau:
- Tâm O nằm trên cạnh của góc (hình 1a).
- Tâm O nằm bên trong góc nội tiếp (hình 1b).
- Tâm O nằm bên ngoài góc nội tiếp (hình 1c).
Trong ba trường hợp trên chúng ta đều chứng minh được góc nội tiếp bằng một
nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. Từ đó bằng khái quát hóa chúng ta đi
đến qui luật phổ biến đối với mọi góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung nói
chung. Định lí được rút ra nhờ khái quát hóa trên cơ sở phân tích ba trường hợp riêng
lẻ có thể xảy ra (và chỉ có thể xảy ra một trong ba trường hợp đó mà thôi).
2. Tương tự hóa:
Ví dụ 1:
C

B
P

Q

K

A

D
20

M


Cho D là trung điểm của đoạn thẳng AM. Trên cùng một nữa mặt phẳng bờ AM vẽ
nửa đường tròn đường kính AM và nửa đường tròn đường kính AD. Tiếp tuyến tại D
của nửa đường tròn đường kính AD cắt nửa đường tròn lớn tại C và tiếp tuyến tại C
của nửa đường tròn lớn cắt tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn nhỏ tại B. P là một
điểm bất kì trên cung nhỏ AC đường thẳng PD cắt nửa đường tròn nhỏ tại K. Chứng
minh AP là tia phân giác góc BAK.
DA = AM , CD ⊥ AD tại D
GT

BA ⊥ AD tại A, CB ⊥ CD tại
»
C. P ∈ AC

KL

·
AP là phân giác của BAK

A

N

B

P
K
D

C

Tứ giác ABCD là một hình vuông, ta có thể thay đổi giả thiết ta có các bài toán mới
như sau: Cho hình vuông ABCD, vẽ nửa đường tròn đường kính AD, lấy D làm tâm
vẽ cung tròn AC trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AD. Nối D với một điểm P bất
kỳ trên cung AC, DP cắt nửa đường tròn đường kính AD tại K. Kẻ PN vuông góc với
AB. Chứng minh rằng tam giác AKN cân tại A.
Ví dụ 2: Trong hình học phẳng ta có bài toán sau:
Cho tam giác ABC có O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp,
trọng tâm, trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng O, G, H thẳng hàng.
Ta có bài toán tương tự trong không gian:
Cho tứ diện ABCD có O, G, H lần lượt là tâm hình cầu ngoại tiếp, trọng tâm,
trực tâm của tứ diện. Chứng minh rằng 3 điểm O, G, H thẳng hàng.
3. Đặc biệt hóa:
Ví dụ : Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ đường kínhAOB và
AO’C. Gọi DE là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn, D thuộc (O) và E thuộc
(O’). Gọi M là giao điểm của BD và CE. CM tứ giác ADME là hình chữ nhật.
GT

(O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A
21


DE là tiếp tuyến chung của (O)và
(O’)

BD cắt CE tại M
KL

ADME là HCN
M
D

B

I

E

A

O

C

O'

Nếu hai đường tròn không tiếp xúc ngoài với nhau mà ở ngoài nhau thì kết luận của
bài toán vẫn đúng. Ta có bài toán khác:
Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO’ cắt (O) và
(O’) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng đó. Gọi EF là tiếp tuyến
chung ngoài của hai đường tròn, E thuộc (O) và F thuộc (O’). Gọi M là giao điểm của
AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh tứ giác MENF là hình chữ
nhật.
M

E
F

A

O

B

C
N

O'

D

4. Tổng quát hóa:
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC nội tiếp trong một đường tròn O
·
µ −C
µ
vẽ đường cao AH và bán kính OA. Chứng minh rằng: OAH
=B

22


A

B

H

C

O
∠ A =90°

GT

·
VABC, BAC
= 90O
A, B, C ∈ (O)
AH ⊥ BC

KL

·
µ
OAH
=µB - C

Xét bài toán trong trường hợp tổng quát hơn, chẳng hạn  < 90 o (hoặc  > 90o),
thiết lập bài toán tương tự ta có:
Cho tam giác ABC có Â < 90o và AB < AC nội tiếp trong một đường tròn O vẽ
·
µ −C
µ .

đường cao AH và bán kính OA. Chứng minh rằng: OAH
=B
A

E

O
B

C

H
∠ A <90°

Ví dụ 2: Từ các nhận xét :
6=3+3
8=3+5
10 = 5 + 5
12 = 5 + 7
Ta có thể tổng quát hóa : mọi số chẵn đều là tổng của hai số lẻ. Điều này đúng
(có thể chứng minh dễ dàng)

23


Câu 3: So sánh hệ tiên đề Hilbert, hệ tiên đề Pogorelov, hệ tiên đề hình học phổ thông.
Nhóm 1
Khi xây dựng một số lý thuyết hình học người ta cần phải có các khái niệm cơ bản
(là những khái niệm đầu tiên không định nghĩa), và các tiên đề (là những mệnh đề xuất phát,
được thừa nhận là đúng). Tuy nhiên hệ thống các tiên đề cần phải được đảm bảo điều kiện

phi mâu thuẫn, điều kiện độc lập, điều kiện đầy đủ.
So sánh hệ tiên đề Hilbert, hệ tiên đề Pogorelov, hệ tiên đề hình học phổ thông.
SO
SÁNH

HỆ TIÊN ĐỀ
HILBERT

HỆ TIÊN ĐỀ
POGORELOV

Hệ tiên đề Hilbert gồm
20 tiên đề và 6 khái
niệm cơ bản
GIỐN
G
NHAU

- Sáu khái niệm cơ
bản:
Điểm, Đường thẳng,
mặt phẳng (đối tượng
cơ bản)
thuộc, ở giữa, bằng
(tương quan cơ bản)

HỆ TIÊN ĐỀ HÌNH
HỌC PHỔ THÔNG
Xây dựng dựa theo tinh
thần hệ tiên đề

Pogorelov

- Khái niệm cơ bản:
Điểm, Đường thẳng,
mặt phẳng, điểm nằm
giữa hai điểm khác, Độ
dài đoạn thẳng, số đo
(độ) của góc.

- Khái niệm cơ bản:
Điểm, Đường thẳng,
Mặt phẳng, Điểm thuộc
đường thẳng, điểm nằm
giữa hai điểm khác, Độ
dài đoạn thẳng, số đo
(độ) của góc.
Các tiên đề được đưa ra
ngắn gọn dễ hiểu hơn,
đề được thay bằng từ
“các tính chất cơ bản”

KHÁC
NHAU

- Các tiên đề của
Hilbert chia làm 5
nhóm.

- Hệ tiên đề này gồm 6
nhóm

+ Nhóm tiên đề về liên
+ Nhóm 8 tiên đề “liên thuộc giữa điểm và
thuộc”
đường thẳng trong mặt
+ Nhóm 4 tiên đề “thứ phẳng.
tự”
+ Nhóm tiên đề về vị trí
tương đối của điểm trên
+ Nhóm 5 tiên đề
đường thẳng và trên
“bằng nhau”
mặt phẳng.
+ Nhóm 2 tiên đề liên
+ Nhóm tiên đề về đo
tục
đoạn thẳng và đo góc.
+ Nhóm 1 tiên đề về
+ Nhóm tiên đề về đặt
song song.
đoạn thẳng có độ dài
cho trước và đặt góc có
số đo cho trước.
+ Nhóm tiên đề về
24

- Hệ tiên hình học
phẳng: gồm 6 nhóm
+ Nhóm tiên đề về liên
thuộc.

+ Nhóm tiên đề liên
quan đến khái niệm nằm
giữa.
+ Nhóm tiên đề liên
quan đến khái niệm độ
dài đoạn thẳng.
+ Nhóm tiên đề liên
quan đến khái niệm số
đo góc.
+ Tiên đề về hai tam
giác bằng nhau.
+ Tiên đề Ơclit.


đường thẳng song song.
+ Nhóm tiên đề hình
học không gian.

KHÁC
NHAU

HẠN
CHẾ

- Không sử dụng ngôn
ngữ lý thuyết tập hợp
và tính chất trường số
thực ¡ do đó nó khá
cồng kềnh, không phù
hợp dạy ở phổ thông

- Sử dụng ngôn ngữ lý
thuyết tập hợp và tính
chất trường số thực ¡

Hệ tiên hình học không
gian: gồm 6 tiên đề.

- Sử dụng ngôn ngữ lý
thuyết tập hợp và tính
chất trường số thực ¡

- Sử dụng các khái niệm - Sử dụng các khái niệm
cơ bản:
cơ bản:
+ Khái niệm Không
gian

+ Khái niệm Không
gian

+ Khái niệm Tập con

+ Khái niệm Tập con

+ Khái niệm độ dài

+ Khái niệm độ dài.

- Khó khăn không

khắc phục nổi trong
việc mở rộng số chiều
của không gian, mà
việc nghiên cứu nhiều
chiều là đòi hỏi của
thực tiễn.
- Khó khăn khi trình
bày tính liên tục và
chưa sử dụng kiến
thức về trường số
thực.

25