Đề tài : Kích thích sự sáng tạo của học sinh trong việc vận dụng bài toán dạng phân tích đa thức thành nhân tử vào việc giải các dạng bài toán khác trong chương trình lớp 8 bậc THCS

xyz hoặc: x3 +z3 + 3xz(x+z) +y3 – 3xz(x+z) – 3xyz hoặc: y3 +z3 + 3yz(y+z) +x3 – 3yz(y+z) – 3xyz ò (x+y)3 +z3 – 3xy(x+y+z) hoặc: (x+z)3 +y3 – 3xz(x+y+z) hoặc: (y+z)3 +x3 – 3yz(x+y+z) ò (x+y+z) [(x+y)2 – (x+y)z +z2] - 3xy(x+y+z) hoặc: (x+y+z) [(x+z)2 – (x+z)y + y2] - 3xz(x+y+z) hoặc: (x+y+z) [ (y+z)2 – (y+z)x + x2] - 3yz(x+y+x) ò (x+y+z)(x2 +y2 +z2 –xy –yz –xz). Bài toán 2: Chứng minh rằng x3 +y3 +z3 = 3xyz khi và chỉ khi x +y +z =0 hoặc x= y= z. Hướng dẫn giải: Ta có: x3 +y3 +z3 =3xyz Û x3 +y3 +z3 – 3xyz =0 Û (x+y+z)(x2 +y2 +z2 –xy –xz –yz) = 0 (kết quả bài toán 1) (x+y+z)(2x2 +2y2 +2z2 –2xy –2xz –2yz) =0 (x+y+z)[(x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2] = 0 x+y+z = 0 hoặc (x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2 = 0 x+y+z = 0 hoặc x=y=z Vận dụng hai bài toán cơ bản trên, các em dễ dàng giải quyết một số bài toán được diễn đạt dưới những hình thức khác; một số bài có yêu cầu ở mức độ cao kể cả những bài rất khó đối với các em. Chẳng hạn: Bài toán 3: Chứng minh rằng "x,y,z ẻz thì x3 +y3 +z3 – 3xyz chia hết cho x+y+z. ở bài toán 1 ta đã phân tích được:x3 +y3 +z3 – 3xyz = (x+y+z)(x2 +y2 +z2 –xy –yz –xz), điều này giúp học sinh chứng minh được:x3 +y3 +z3 – 3xyz chia hết cho x+y+z. Bài toán 4. Chứng minh rằng x3 +y3 +z3 <3xyz khi và chỉ khi x+y+z < 0 Hướng dẫn giải: Từ x3 +y3 +z3 <3xyz, chuyển vế ta có: x3 +y3 +z3 -3xyz < 0. Khai triển vế trái bằng cách áp dụng kết quả bài toán 1, ta có: (x+y+z)[(x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2] < 0 Ûx+y+z 0).Từ đó cho học sinh nêu lên lời giải của bài toán. Bài toán 5: Chứng minh rằng x3 +y3 +z3 > 3xyz khi và chỉ khi x+y+z >0 (Giải tương tự như bài tập 4) Bài toán 6. Cho a3 +b3 +c3 = 3abc, tính. a. M=(1 + (1 + ) (1+ ) b. N= Phân tích: Để giải được bài toán này ta phải biết khai thác từ giả thiết : a3 + b3 + c3 = 3abc ị a3 + b3 + c3 – 3abc = 0, đến đây áp dụng bài toán 2 ta có : a + b + c = 0 hoặc a= b = c.Từ đó tôi có thể hướng dẫn học sinh giải bài toán theo trình tự sau: Giải. a.Từ giả thiết a3 +b3 +c3 – 3abc =0 ịa+b+c =0 hoặc a=b=c.(bài toán 2) + Nếu a+b+c =0 ị a+b=-c; b+c=-a; c+a=-b thì M=(1 + (1 + ) (1+ ) = . . = =-1 + Nếu a=b=c thì M = (1+ )(1+ )(1+ ) Hay M = (1+1)(1+1)(1+1) = 2.2.2 = 8 b.giải tương tự ta có:+Nếu a+b+c =0 thì N=-1 +Nếu a=b=c thì N= Bài toán 7.a. Cho x+y+z =0, tính: P = + + Với bài toán này giả thiết cho biết; x+ y + z = 0, áp dụng kết quả bài toán 2 ta có: x3 +y3 +z3 = 3xyz . Khai triển biểu thức P để làm xuất hiện điều bài toán đã cho sau đó thay vào ta sẽ tính được giá trị của P. Ta có thể giải bài toán như sau: Giải. Từ giả thiết x+y+z = 0 ịx3 +y3 +z3 = 3 xyz(bài toán 2) ị P = + + = + + = (x3 +y3 + z3) = .3xyz =3 b. Cho x+y+z = 0 và x,y,z khác 0, tính: Q = + + Tương tự câu a, ta giải được câu b: Từ x+y+z = 0 ị x = -(y+z); y = -(z+x); z = -(x+y); ị x2 – y2 –z2 = 2yz; y2 –z2 – x2 = 2zx; z2 – x2 – y2 = 2xy. và x3 +y3 +z3 = 3xyz (bài toán 2) Q = + + = + + = = = . Bài tập 8. Tính giá trị biểu thức. A = ( + + ) ( + + ), biết rằng: a+b+c = 0 Giải. Gọi B = + + Ta có: B. = 1 + ( + ) = 1 + . = 1 + . = 1 + = 1 + Tương tự: B. = 1 + B. = 1 + Vậy A = 3 + = 3 + = 3 + 6 = 9 ( vì a3 + b3 + c3 = 3abc) Bài toán 10.Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng: a3 +b3 +c3 +d3 = 3(c + d)(ab – cd) = 3(a + b)(cd – ab) = 3(a + c)(bd – ac). Phân tích: Từ dữ kiện của bài toán đã cho: a + b + c + d = 0, ta nhóm hai trong bốn hạng tử để làm xuất hiện tổng của ba hạng tử bằng không (a + b + (c+d) = 0 ), để từ đó áp dụng kết quả bài toán 2 ta có: a3 + b3 +(c+d)3 = 3ab(c+d), khai triển tiếp vế trái của đẳng thức ta được: a3 +b3 +c3 +d3 +3cd(c+d) = 3ab(c+d). Nên ta có thể giải bài toán như sau: Giải. Thật vậy,từ giả thiết đã cho: a + b + c +d = 0 ịa + b + (c+d) = 0 ị a3 + b3 +(c+d)3 = 3ab(c+d)(bài toán 2) ị a3 +b3 +c3 +d3 +3cd(c+d) = 3ab(c+d) ị a3 +b3 +c3 +d3 = 3ab(c+d) – 3cd(c+d) = 3(c+d)(ab – cd). Tương tự ta có các đẳng thức tiếp theo. Bài toán 11. Giải các phương trình: a, (2x – 5)3 + (4 – 3x)3 + (x +1)3 = 0 (1) b, (x – 1)3 + (2x – 3)3 + (3x – 5)3 - 3(x – 1)(2x – 3)(3x – 5) = 0 (2) Phân tích: a.Khi ta đặt: a= 2x – 5 b = 4- 3x c = x + 1 ta có: a + b + c = 2x- 5 + 4 – 3x + x + 1 =0 Phương trình (1) trở thành: a3 +b3 + c3 = 0 Từ bài toán 2: a +b +c = 0 Û a3 +b3 +c3 = 3abc, Ta có: (1) Û 3(2x – 5)(3x – 4)(x + 1) = 0 Giải phương trình tích này ta có tập nghiệm của phương trình(1) là:S = {-1; ; } b. Ta đặt: a = x – 1 b = 2x – 3 c = 3x – 5 Phương trình (2) trở thành: a3 +b3 +c3 - 3abc = 0; Từ bài toán 1; a3 + b3 + c3 – 3abc = (a+b+c)(a2 +b2 + c2 –ab –bc –ca) =(a+b+c)[(a-b)2 +(b-c)2 +(c-a)2] Ta được: (2) Û (x-1+2x-3+3x-5) )[(x-2)2 +(2x- 4)2 +(x- 2)2] = 0 Û (6x – 9).6(x – 2)2 = 0 Û 9(x – 2)2(2x – 3) = 0 Giải phương trình tích này ta có tập nghiệm của phương trình(2) là:S = {2; } Bài toán 11.Phân tích đa thức thành nhân tử: a, (x-y)3 + (y-z)3 + (z-x)3 b, (x+y+z)3 + (x-y-z)3 + (y-z-x)3 + (z-x-y)3 Hướng dẫn giải. a, Đặt a = x-y b = y-z c = z-x Thì a+b+c = 0. Vận dụng bài toán 1, ta có: (x-y)3 + (y-z)3 + (z-x)3 = 3(x-y)(y-z)(z-x) b, Đặt a = x-y-z b = y-z-x c = z-x-y ịx+y+z = -a-b-c áp dụng bài toán 10 ta có: (x+y+z)3 + (x-y-z)3 + (y-z-x)3 + (z-x-y)3 = (-a-b-c)3 +a3 +b3 + c3 = 3(b+c)[(-a-b-c)a – bc ] = 3(b+c)(-a2 – ab – ac – bc) = -3(b+c)(a+b)(a+c) = 12 xyz. Vậy (x+y+z)3 + (x-y-z)3 + (y-z-x)3 + (z-x-y)3 = 12 xyz. Bài toán 12. Cho a + b + c - 3 = 0, tính P = (1 + ) (1 + ) (1 + ) Hướng dẫn: Từ a + b + c = 3 ị ()3 + ()3 + ()3 - 3. . = 0. Đặt A = ; B = ; C = thì bài toán này chính là bài toán 6a. Kết luận: Như vậy ở các bài toán 10,11,12 ta thấy có sự phức tạp hơn các bài toán trên một mặt đòi hỏi người giải toán biết dịch chuyển tình huống này về các tình huống trước nó. Nghĩa là biết quy lạ về quen nhìn thấy cấu trúc; chức năng mới của đối tượng. Mặt khác các biểu thức đó cũng có sự tham gia nhiều đối tượng hơn đòi hỏi chất lượng hoạt động cao hơn. Đặc biệt bài 12, bằng cách diễn tả bài 6a sang dạng căn thức(Vô tỉ hoá biểu thức hữu tỉ) ta có bài toán mới thích hợp cho đối tượng học sinh học biến đổi đồng nhất biểu thức vô tỉ. Tương tự cách làm đó ta có thể chuyển các bài toán trên thành bài toán với biểu thức vô tỉ. III-kết quả của việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Sau quá trình vận dụng việc khai thác, nhìn nhận và đánh giá một bài toán bằng nhiều cách nhìn khác nhau. Từ việc thay đổi hình thức thể hiện bài toán , nhằm làm cho nó đa dạng và phong phú hơn .Quá trình này được nâng dần từ giản đơn đến phức tạp,với mục đích nâng cao tính linh hoạt, khả năng sáng tạo tư duy cho học trò thông qua học bộ môn toán. Qua thực tiễn giảng dạy trong năm học 2006-2007, đối chiếu với thời điểm đầu năm học, bản thân đã nhận thấy: -Học sinh có hứng thú học tập bộ môn toán hơn trước, càng ngày càng có nhiều em yêu thích học tập môn toán, đầu năm khối 8 của trường chỉ có khoảng 5% yêu thích học toán , dến nay có khoảng 17% học sinh . -Học sinh năng động hơn trong việc tìm tòi lời giải một bài toán, vấn đề đề này được thể hiện rõ nét ở chỗ: Dù đứng trước một tình huống nào (tình huống toán học) thì học sinh có ý thức tìm tòi hướng giải quyết (không thụ động như trước một số em trông chờ kết quả của bạn của cô) và chính bằng nỗ lực bản thân nhiều em đã tìm được hướng đi đúng, giải quyết vấn đề một cách trọn vẹn. -Đặc biệt, tự các em đã hình thành được mối liên hệ chủ yếu của các kiến thức, các bài học không những trong đại số mà giữa Đại số-Hình học-Số học. -Học sinh nắm và vận dụng kiến thức một cách sâu sắc hơn, linh hoạt hơn. Thể hiện hiểu bài, làm bài và vận dụng kiến thức thành thạo có kỹ năng , kỹ xảo. Qua đó giáo dục và hình thành ở các em khả năng linh hoạt để giải quyết các vấn đề không những trong toán học, trong các môn khoa học mà khả năng lựa chon, giải quyết các vấn đề thực tiễn một cách khoa học, tối ưu nhất. -Tỷ lệ học sinh giá và giỏi toán nâng lên rõ rệt . Học kỳ I chỉ có 15 % khá giỏi , sang học kỳ II số lượng học sinh khá giỏi được nâng lên 23% . IV.Bài học kinh nghiệm. Qua thực tế hướng dẫn học sinh giải các bài toán như trên tôi rút ra một số kinh nghiệm sau: Khi hướng dẫn học sinh khai thác các bài toán dạng cơ bản giáo viên cần: + Giúp các em khai thác một cách triệt để, toàn diện. Mặt khác giáo viên cần nhấn mạnh để học sinh nắm được bản chất của nó, đó chính là chỗ dựa vững chắc để các em có thể làm được các bài toán với yêu cầu ở mức độ cao hơn. + Giáo viên cần gợi mở để các em tìm tòi, phát hiện ra các cách giải khác nhau cho một bài toán để thuận tiện trong việc định hướng giải các bài toán biến dạng hoặc có yêu cầu cao hơn. + Khi phát hiện ra nhiều cách giải khác nhau chắc chắn các em sẽ biết được cách giải nào là ngắn gọn và dễ hiểu nhất . Các em như khám phá được những điều bí ẩn để rồi kích thích tính ham hiểu biết, thích chinh phục thế giới xung quanh, từ đó gây hứng thú trong việc học tập. Khi giải các bài toán với mức độ phức tạp cao hơn, giáo viên có thể gợi mở định hướng giúp học sinh biết phân tích tìm ra điểm nút , đó là chìa khoá dẫn đến thành công trong việc giải toán. Khi học sinh phát hiện ra những cái mới, người giáo viên cần phải lắng nghe và tôn trọng ý kiến của các em. Trong các câu hỏi và bài tập, nhất thiết phải dành lại cho các em mảnh đất, dù là bé nhỏ, cho sự độc lập suy nghĩ để từ đó nảy sinh mầm mống của sự sáng tạo . Để có những phát hiện trên, giáo viên cần có sự đam mê giải toán, tâm huyết với học sinh. Khi phát hiện ra những cái mới phải mạnh dạn đưa ra hướng dẫn thử nghiệm để khẳng định vấn đề. Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của riêng tôi, trong phạm vi bài viết này có thể chưa chuyển tải hết ý tưởng của mình. Rất mong được sự góp ý chân thành của Hội đồng Khoa học các cấp để giúp tôi hoàn thiện bài viết của mình hơn. Xin chân thành cảm ơn! Nghi Thái, ngày 20 tháng 5 năm 2007. Người viết Hoàng Thị Loan