Trong bối cảnh toàn Ngành Giáo dục và Đào tạo đang nỗlực đổi mới
phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động của học sinh
trong hoạt động học tập, để đáp ứng những đòi hỏi đổi mới được đặt ra cho sự
bùng nổkiến thức và sáng tạo kiến thức mới, cần phải phát triển năng lực tưduy,
năng lực giải quyết vấn đềvà tính sáng tạo.
Rèn luyện kỹnăng tưduy sáng tạo, kích thích phát triển tưduy sáng tạo là
một yêu cầu không thểthiếu trong việc dạy học giải bài tập ởtất cảcác môn học
nói chung, trong đó có bộmôn Toán học. Vấn đềnày lại càng được đặc biệt chú ý
đối với đối tượng học sinh khá giỏi; với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Trong những năm gần đây, bản thân được phân công dạy chương trình nâng
cao và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy hầu hết học sinh thường khai thác dữ
kiện bài toán một cách phiến diện chưa triệt để, sáng tạo mà còn phụthuộc vào
sách giáo khoa, sựhướng dẫn của giáo viên một cách rập khuôn, máy móc. Vì vậy,
khi gặp các bài toán cùng dạng nhưng thay đổi dữkiên, cách hỏi, thì các em
thường bí mà chưa biết sáng tạo, phát hiện tìm ra những cái mới từnhững cái đã
biết.
Làm thếnào đểxoá được cách nhìn xơcứng của học sinh trước một bài
toán? Đó là một câu hỏi luôn thường trực đặt ra trong đầu tôi.Thực hiện được điều
đó là việc làm hết sức khó khăn, không phải chỉtrong ngày một ngày hai mà đòi
hỏi người thầy giáo phải có kiến thức vững vàng, có khảnăng thâu tóm vấn đềtốt,
phải luôn luôn chịu khó tích luỹ, có lòng ham mê khoa học và truyền được lòng
ham mê đó tới học sinh. Phát hiện được cái mới từnhững cái đã biết là đã tạo
được cho các em sựnhạy bén trong tưduy, hứng thú trong học tập điều này rất
quan trọng đối với những em học sinh khá giỏi. Dưới sựhướng dẫn, gợi mởcủa
giáo viên các em có thểhái lượm được biết bao kết quảthú vịtừmột bài toán đơn
giản.Bằng cách phát hiện những tính chất mới của bài toán, bằng cách diễn đạt bài
toán dưới hình thức khác, có thểnói ởbất cứbài toán nào, ta cũng thu được những
kết quảmới nhiều khi khá bất ngờ.
9 trang |
Chia sẻ: baoan21 | Lượt xem: 1506 | Lượt tải: 3
Bạn đang xem nội dung tài liệu 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, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
2 +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:
2
1 (x+y+z)[(x-y)2 +(x-z)2 +(y-z)2] < 0
⇔x+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 + )
b
a
(1 +
c
b
) (1+
a
c
)
b. N= ))()(( accbba
abc
+++
Phân tích:
Để giải được bài toán này ta phải biết khai thác từ giả thiết :
a3 + b3 + c3 = 3abc
⇒ 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 ⇒a+b+c =0 hoặc a=b=c.(bài toán 2)
+ Nếu a+b+c =0 ⇒ a+b=-c; b+c=-a; c+a=-b thì
M=(1 + )
b
a
(1 +
c
b
) (1+
a
c
) =
b
ba +
.
c
cb +
.
a
ca +
=
abc
bac )).().(( −−−
=-1
+ Nếu a=b=c thì M = (1+
b
a
)(1+
c
b
)(1+
a
c
)
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=
8
1
Bài toán 7.a. Cho x+y+z =0, tính: P =
yz
x 2
+
yz
y 2
+
2
xy
z
Với bài toán này giả thiết cho biết; x+ y + z = 0, áp dụng kết quả bài toán 2 ta có:
x
3
+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 ⇒x3 +y3 +z3 = 3 xyz(bài toán 2)
⇒ P =
yz
x 2
+
yz
y 2
+
xy
z 2
=
xyz
x3
+
xyz
y3
+
xyz
z 3
=
xyz
1 (x3 +y3 + z3) =
xyz
1
.3xyz =3
b. Cho x+y+z = 0 và x,y,z khác 0, tính:
Q = 222
2
zyx
x
−−
+ 222
2
xzy
y
−−
+ 222
2
xyz
z
−−
Tương tự câu a, ta giải được câu b:
Từ x+y+z = 0 ⇒ x = -(y+z);
y = -(z+x);
z = -(x+y);
⇒ x
2
– y2 –z2 = 2yz; y2 –z2 – x2 = 2zx; z2 – x2 – y2 = 2xy.
và x3 +y3 +z3 = 3xyz (bài toán 2)
Q = 222
2
zyx
x
−−
+ 222
2
xzy
y
−−
+ 222
2
xyz
z
−−
=
yz
x
2
3
+
zx
y
2
3
+
xy
z
2
3
=
333
2xyz
zyx ++
=
xyz
xyz
2
3
=
2
3
.
Bài tập 8. Tính giá trị biểu thức.
A = (
c
ba −
+
a
cb −
+
b
ac − ) (
ba
c
−
+
cb
a
−
+
ac
b
−
), biết rằng: a+b+c = 0
Giải.
Gọi B =
c
ba −
+
a
cb −
+
b
ac −
Ta có: B.
ba
c
−
= 1 +
ba
c
−
(
a
cb −
+
b
ac − )
= 1 +
ba
c
−
.
22
ab
aacbcb −+−
= 1 +
ba
c
−
.
ab
baccb ))(( −−−
= 1 +
ab
c 22
= 1 +
abc
c32
Tương tự: B.
cb
a
−
= 1 +
abc
a32
B.
ac
b
−
= 1 +
abc
b32
Vậy A = 3 +
abc
cba )(2 333 ++
= 3 +
abc
abc3.2
= 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 ⇒a + b + (c+d) = 0
⇒ a3 + b3 +(c+d)3 = 3ab(c+d)(bài toán 2)
⇒ a3 +b3 +c3 +d3 +3cd(c+d) = 3ab(c+d)
⇒ 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 ⇔ a3 +b3 +c3 = 3abc,
Ta có: (1) ⇔ 3(2x – 5)(3x – 4)(x + 1) = 0
Giải phương trình tích này ta có tập nghiệm của phương trình(1) là:S =
{-1;
3
4 ;
2
5
}
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)
=
2
1 (a+b+c)[(a-b)2 +(b-c)2 +(c-a)2]
Ta được: (2) ⇔
2
1 (x-1+2x-3+3x-5) )[(x-2)2 +(2x- 4)2 +(x- 2)2] = 0
⇔
2
1 (6x – 9).6(x – 2)2 = 0
⇔ 9(x – 2)2(2x – 3) = 0
Giải phương trình tích này ta có tập nghiệm của phương trình(2) là:S =
{2;
2
3 }
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
⇒x+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 a + b b + c c - 3 abc = 0, tính
P = (1 +
b
a ) (1 +
c
b ) (1 +
a
c )
Hướng dẫn:
Từ a a + b b + c c = 3 abc
⇒ ( a )3 + ( b )3 + ( c )3 - 3 a . b . c = 0.
Đặt A = a ; B = b ; C = 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
File đính kèm:
- SKKN PHAN TICH DA THUC THANH NT.pdf