Đề tài Tạo ra nhiều bài toán hay từ một bài toán gốc, kích thích niềm đam mê học toán cho học sinh

A. ĐẶT VẤN ĐỀ.
 Dạy học là nghệ thuật của nghệ thuật. Người dạy phải thực sự vừa là nhà biên kịch, vừa là diễn viên còn người học phải thực sự vừa là diễn viên, vừa là khán giả. Sau mỗi “buổi diễn” , cả người học lẫn người dạy phải đạt được một bước phát triển nhất định về chất trên cơ sở ngày càng hiểu nhau thông qua những tương tác có tính hai chiều. Mỗi môn học với những đặc thù riêng của nó, cần có những kịch bản riêng biệt phù hợp để người dạy ngày càng say sưa nhập vai còn người học thì ngày càng hứng thú biểu diễn.
 Dạy học môn toán là công việc chứa đựng bên trong nhiều mâu thuẫn nhất. Bản thân môn học thì đòi hỏi rất cao về tính lôgic chặt chẽ, tính tuyến tính và tính đơn trị. Nhưng quá trình dạy và quá trình học môn toán thì không tuân theo một kịch bản cứng nhắc nào cả, mà người dạy và người học luôn được đặt trong mối tương tác thiên biến vạn hóa. Mâu thuẫn này đã khiến cho môn toán vừa rất hấp dẫn sinh động lại vừa bị xem là khô khan cứng nhắc.
 Để giải quyết mâu thuẫn trên, trong quá trình giảng dạy tôi thấy rằng cần phải luôn kích thích học sinh có nhu cầu tìm kiếm, khám phá những kiến thức mới, những bài toán mới từ những vấn đề đang được đề cập và cần phải đặt mình trong tư thế sẵn sàng lắng nghe, sẵn sàng chia sẻ những nhu cầu chính đáng đó của các em. Phương pháp này không những kích thích được mạnh mẽ hứng thú học tập tích cực sang tạo của các em,rèn luyện được ý thức và lòng đam mê nghiên cứa khoa học cho các em mà còn tích lũy được thêm rất nhiều kiến thức cũng như bản lĩnh sư phạm cho bản thân người dạy.
 Sau nhiều lần thể nghiệm phương pháp trên với những nội dung, dung lượng kiến thức cụ thể; với những tình huống sư phạm khác nhau, tôi mạnh dạn chọn đề tài sang kiến kinh nghiệm: “ Tạo ra nhiều bài toán hay từ một bài toán gốc, kích thích niềm đam mê học toán cho học sinh”. Nội dung của đề tài vừa minh họa cho quan điểm dạy học nêu trên của bản thân tôi, vừa chỉ ra một số cách thức hướng dẫn học sinh phát triển một bài toán.
 Mặc dù đã cố gắng nhưng chắc chắn đề tài sáng kiến kinh nghiệm của tôi vẫn còn nhiều hạn chế. Kính mong quý thầy cô cùng các em học sinh đóng góp ý kiến.
B. NỘI DUNG.
I. Bài toán gốc:
	Trong một buổi dạy bồi dưỡng HSG cho học sinh khối 9, các em đã nhờ tôi giải quyết bài toán sau:
“Cho 4 số dương a,b,c,d thỏa mãn: 
Chứng minh rằng: ”	
 Bài 116 – Nâng cao và phát triển toán 9 tập I. (Vũ Hữu Bình )
Dựa vào giả thiết a,b,c,d là các số dương, tôi đã định hướng cho các em nên sử dụng bất đẳng thức Cô Si.
Dựa vào số 81 = 34, tôi định hướng cho các em biến đổi phù hợp để sử dụng BĐT Cô Si bốn lần cho 3 số dương. 
Các em đã tìm tòi và có lời giải như sau:
Theo giả thiết, ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương, ta có:
Từ (*) và (**) suy ra:
Tương tự, ta cũng có các bất đẳng thức sau:
Do cả 2 vế của 4 bất đẳng thức trên đều dương nên ta nhân chúng vế theo vế để được:
 Hay: .
“ Một bài toán hay và một lời giải thật đẹp. Đối với những người yêu thích môn toán, những người thích khám phá, tìm tòi cái đẹp thì đây là một cơ hội” – Tôi nói như thế với với học sinh rồi hướng dẫn các em khám phá thêm nhiều bài toán hay từ bài toán trên theo các hướng sau:
II. Các hướng phát triển bài toán:
1, Hướng thứ nhất: Kiểm tra tính nghiêm ngặt của giả thiết.
- Quan sát lại lời giải một cách cẩn thận, các em sẽ phát hiện ra rằng giả thiết của bài toán: (1) là mạnh quá mức cần thiết. Thực ra khi thay bất đẳng thức (1) bởi đẳng thức: 
Thì tất cả các bước suy luận trong lời giải bài toán gốc vẫn đúng. Vì vậy, ta có bài toán 1 như sau:
* Bài toán 1: Cho 4 số dương a,b,c,d thỏa mãn đẳng thức:
 (2)
Chứng minh rằng: 
Việc giải bài toán 1 là tương đối đơn giản sau khi các em đã giải bài toán gốc.
2, Hướng thứ hai: Thay đổi giả thiết của bài toán 1 bằng phép biến đổi tương đương.
Ta có: 
Từ đó, ta có bài toán sau đây:
* Bài toán 2. Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn:
	 (3)
Chứng minh rằng: 
* Chúng ta thấy bài toán 2 khá “gần gũi” với bài toán 1, bởi vì để giải bài toán 2 ta chỉ cần biến đổi (3) ó (2) bằng cách trừ hai vế của (3) cho 4 rồi nhân hai vế của đẳng thức thu được cho -1. Khi đó chỉ việc giải bài toán 1 nữa là xong. Tuy nhiên, đó là một lời giải hơi ‘cồng kềnh’. Các em có thể giải bài toán 2 một cách ngắn gọn hơn nhiều mà không cần phải đưa giả thiết của bài toán 2 về giả thiết của bài toán 1. Cụ thể, ta biến đổi như sau: 
 (3’)
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương, ta có:
 (3”) 
Từ (3’) và (3”) suy ra:
Tương tự, ta cũng có thêm 3 bất đẳng thức:
Do cả 2 vế của cả 4 bất đẳng thức trên đều dương nên ta nhân chúng vế theo vế để được:
3, Hướng thứ 3: Thay đổi giả thiết và kết luận của bài toán bằng cách đổi biến.
3.1, Trở lại bài toán 1, ta đặt:
Dễ dàng suy ra:
Khi đó, giả thiết (2) của bài toán 1 được viết lại: x + y + z + t = 1, còn bất đẳng thức (cần chứng minh) trở thành:
Và ta có bài toán 3 như sau:
* Bài toán 3: Cho 4 số dương x, y, z, t thỏa mãn: x + y + z + t = 1. (4)
Chứng minh rằng: (5) 
Từ cách đặt vấn đề dẫn tới bài toán 3, các em có thể nghĩ rằng để chứng minh, ta sẽ đổi biến:
Rõ ràng là làm như thế chúng ta sẽ đi tới đích. Tuy nhiên, việc đổi biến đã đưa bài toán vốn dĩ đơn giản trở thành phức tạp hơn nhiều. Bình tĩnh suy nghĩ, các em sẽ có lời giải ngắn gọn hơn như sau:
Từ giả thiết (4) suy ra: x + y + z = 1 – t (*)
Do x, y, z > 0 nên: x + y + z (BĐT Cô Si ) (**)
Từ (*) và (**) suy ra: 1 – t 
Tương tự, ta cũng có các BĐT: 
Do x, y, z, t > 0 và x + y + z + t = 1 nên x, y, z, t cả 2 vế của 4 bất đẳng thức trên đều dương. Nhân 4 bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
Hay: 
Đến đây, nếu hay liên hệ, các em có thể giải bài toán 1 bằng cách vận dụng kết quả của bài toán 3 với:
3.2, Trong quá trình giải toán cũng như phát triển bài toán mới từ bài toán gốc, chúng ta phải đặc biêt chú ý tới các “giả thiết nghiễm nhiên” để tận dụng nó và tránh những sai lầm không đáng có. – Đó là các giả thiết mà đề bài không cho cụ thể nhưng nó tồn tại thực sự. Để hiểu hơn, mời các em hãy xem xét kỹ lưỡng và chỉ ra sai lầm trong những lập luận dưới đây:
* “Ở bài toán 2, nếu ta đặt: 
Suy ra:
Giả thiết của bài toán 2 được viết lại: 
Và bất đẳng thức trở thành:
Từ đó ta có bài toán 4 như sau:
Bài toán 4: 
Cho 4 số dương x, y, z, t thỏa mãn: (6) 
Hãy chứng minh bất đẳng thức: 
 	 (7)
Chứng minh:
Ta có:
(BĐT Cô Si)
Tương tự, ta cũng có các bất đẳng thức sau:
Nhân 4 bất đẳng thức trên vế theo vế ta được:
 ” 
Có vẻ như khá hoàn hảo phải không các em. Trong lúc hưng phấn chúng ta sẽ có thể sẽ có rất nhiều sáng tạo nhưng cũng chính những lúc đó chúng ta lại dễ mắc phải những sai lầm đấy. Việc phát triển bài toán 2 thành bài toán 4 là một trong những ví dụ như thế. Nếu các em chưa nhận ra liền thì hãy chọn x = 1; y = 1; z = 0.5 và t = 0.5 – Khi đó dễ thấy giả thiết x + y + z + t = 3 được thỏa mãn nhưng rõ ràng BĐT (7) thì không đúng. Vậy sai lầm nằm ở đâu?
- Thứ nhất, bài toán 2 cho giả thiết là các em cần hiểu thêm “giả thiết nghiễm nhiên” mà đề bài không chỉ rõ là các số dương đều nhỏ hơn 1. Còn trong bài toán 4 thì từ giả thiết không thể khẳng định các số dương x, y, z, t nhỏ hơn 1 được.Vì vậy, ta thấy ngay là 2 giả thiết là không tương đương. ( Chú ý thêm rằng, việc phát triển bài toán 1 thành bài toán 3 không vi phạm mâu thuẫn trên. Thật vậy, từ x, y, z, t > 0 và x +y +z +t = 1 dễ dàng suy ra x, y, z, t < 1)
Vậy thì việc chứng minh bài toán 4 sai ở chỗ nào?
- Thứ hai, trong lời giải bài toán 4 đã vận dụng BĐT Cô Si cho các số 1 – x, 1 – y, 1 - z, 1 – t mà chưa khẳng định được chúng là các số không âm.
* Như vậy, bài toán 4 là một đề bài sai. Để vẫn phát triển được bài toán 2 thành bài toán 4 theo hướng trên, các em chỉ cần bổ sung thêm giả thiết x, y, z, t < 1 nữa là được.Khi đó ta có bài toán 4’ như sau:
* Bài toán 4’.
Cho 4 số dương x, y, z, t nhỏ hơn 1 thỏa mãn: x + y + z + t = 3 (6)
Chứng minh rằng: 
 (7)
* Còn nếu không bổ sung giả thiết x, y, z, t < 1 thì chúng ta có bài toán sau:
* Bài toán 4”.
Cho 4 số dương x, y, z, t thỏa mãn: x + y + z + t = 3. (6)
Chứng minh rằng: 
 (7’)
Các em hãy tự giải hai bài toán này nhé.
4. Hướng thứ tư. Thay biến bởi các điều kiện của giả thiết.
4.1,Vế phải của BĐT (6) là . Tiếp tục áp dụng BĐT Cô Si cho 4 số dương x, y, z, t ta có: (*). 
Thay giả thiết (6) vào (*) ta được: (8) 
Do dấu đẳng thức đồng thời xảy ra ở (6) và (8) khi x = y = z = t = nên ta có bài toán:
* Bài toán 5.
Cho 4 số dương a, b, c, d thỏa mãn: 
Tìm GTNN của biểu thức: P = (1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) 
Tất nhiên, chúng ta không nên giải bài toán 5 qua việc chứng minh (6) và (8) như trên. Lời giải sau đây ngắn gon hơn nhiều:
Ta có: 
P = (1 – a)(1 – b)(1 – c)(1 – d) = 
 = 
Dấu “=” xảy ra a = b = c = d = < 1.
Vậy MaxP = .
4.2, Trở lại bài toán 3, thay 1 = x + y + z + t, ta được:
1 – x = (x + y + z + t) – x = y + z + t 
1 – y = (x + y + z + t) – y = x + z + t
1 – z = (x + y + z + t) – z = x + y + t
1 – z = (x + y + z + t) – t = x + y + z.
BĐT (5) được viết lại: 
 (9) 
Từ đâ.y, ta có bài toán 6.
* Bài toán 6. Cho 4 số dương x, y, z, t thỏa mãn điều kiện: x + y + z + t = 1
 Chứng minh rằng: 
 (9)
Chứng minh. Áp dụng BĐT Cô Si ta có: 
Nhân bốn bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
 (9)
 Thật là thú vị khi việc chứng minh BĐT (9) không cần đến giả thiết x + y + z + t = 1.Trong một phút chốc có thể các em sẽ lung túng và nghĩ rằng có một lập luận nào đấy chưa chính xác khi chúng ta phát triển bài toán 3 thành bài toán 6. Thầy khuyến khích các em đặt ra những thắc mắc, những nghi vấn như thế bởi vì nghi ngờ trong khoa học là một thói quen rất tốt. Nó vừa nhắc nhở các em thận trọng hơn trong các khẳng định, vừa dẫn dắt các em tiếp tục đi sâu hơn vào vườn hoa toán học ngào ngạt hương thơm để khám phá những nét đẹp bản chất nhất của môn học đầy hấp dẫn này – đó là tính chặt chẽ, tính logic tuyệt đối của nó.
 Tìm hiểu kỹ, các em sẽ thấy ngay (5) và (9) là hai bất đẳng thức không tương đương. Thật vậy, (9) đúng với mọi x, y, z ,t dương nên cũng đúng với x, y, z, t dương mà x + y + z + t = 1. Do vậy, từ (9) có thể suy ra (5) thông qua việc đặc biệt hóa giá trị của x, y, z, t. Ngược lại, từ (5) không thể suy ra (9).
 Từ những nhìn nhận trên, các em hãy bỏ giả thiết x + y + z + t = 1 của bài toán 6 để được một đề bài hay hơn. Điều ý nghĩa hơn của bài toán 6 là qua đó các em có thể giải bài toán 3 bằng cách sau: 
Bước 1: Chứng minh BĐT (9).
Bước 2: Lập luận.	
Vì (9) đúng với mọi x, y, z, t dương nên cũng đúng với x, y, z, t dương mà x + y + z + t = 1. Thay x + y + z + t = 1 vào (9) ta được BĐT (5) – Là điều phải chứng minh.
5. Hướng thứ 5. Dựa vào vai trò bình đẳng của các biến và tính độc lập tương đối của các số hạng , các thừa số trong các đẳng thức và bất đẳng thức của đề bài để tổng quát hóa bài toán.
Quay trở lại bài toán 1:
Với 4 số dương a, b, c, d thỏa mãn đẳng thức:
 (2)
Ta đã chứng minh được: 
Các em thấy rằng, mỗi số hạng ở vế trái của đẳng thức (2) là một phân thức chỉ chứa một biến có tính độc lập tương đối với các số hạng còn lại. Hơn nữa, vai trò của các biến là bình đẳng như nhau nên gợi cho ta nghĩ rằng nếu cắt bỏ hoặc thêm vào một vài số hạng thì ta sẽ có được bài toán tương tự. Chẳng hạn, các em có quyền đặt vấn đề:
+ Nếu thì abc ? 
+ Nếu thì abcde ?
Chịu khó một tý, các em sẽ có câu trả lời:
+ abc (*)
+ abcde (**)
Để ý rằng, BĐT cần chứng minh của bài toán gốc có dạng:
+ (***)
Bằng các biến đổi toán học như đã làm ở trên hoặc bằng quy nạp toán học (Dựa vào (*), (**) và (***) ) _ Từ các bài toán 1, 2, 3, 4, 4’, 4”, và 5 ta có các bài toán tổng quát sau đây:
* Bài toán 7:
 Cho n số dương () thỏa mãn điều kiện:
 (10)
Chứng minh rằng: a1.a2.a3.a4an (10’)
* Bài toán 8
Cho n số dương ( ) a1, a2, a3, a4, , an thỏa mãn điều kiện:
 (11)
Chứng minh rằng: a1.a2.a3.a4.an (10’)
* Bài toán 9:
Cho n số dương () a1, a2, a3, a4, .an thỏa mãn điều kiện:
 a1 + a2 + a3 + a4 +  + an = 1. (12)
Chứng minh rằng:
(1 – a1)(1 – a2)(1 – a3).(1 – an) (n – 1)n.a1a2a3.an (12’)
* Bài toán 10:
Cho n số dương () a1, a2, a3, a4, . an thỏa mãn điều kiện:
 và (13)
Chứng minh rằng:
 (13’)
* Bài toán 11:
Cho n số dương () a1, a2, a3, a4, .an thỏa mãn điều kiện:
 và (13)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
* Bài toán 12:
Cho n số dương () a1, a2, a3, ., an thỏa mãn điều kiện: 
Chứng minh rằng:
 (14)
* Thật là tuyệt vời phải không các em. Từ một bài toán gốc, bằng lòng say mê toán học, bằng khao khát tìm kiếm cái mới, cái đẹp, bằng tinh thần lao động nghiêm túc và óc sang tạo – các em đã có những bài toán thật hay, thật đẹp. Chúng ta một lần nữa hãy chiêm ngưỡng lại vẻ đẹp mê hoặc của các bài toán 7, 8, 9, 10, 11 và 12. Nếu đột nhiên bắt gặp chúng thì có thể các em chỉ tiếp cận chúng với những nét đẹp rời rạc, đơn độc và chưa hẳn đã đưa ra được lời giải hay trong thời gian ít nhất có thể.
Còn bây giờ thì sao?
Mời các em hãy giải lại một cách cẩn thận các bài toán từ 7 đến 12 tương tự như trường hợp n = 4 và đừng quên tìm thêm những cách giải khác nữa nhé!
6. Lời giải cho các bài toán 7, 8, 9, 10, 11 và 12. 
Bài 7. Ta có:
 (*)
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho n – 1 số dương, ta có:
 (**)
Từ (*) và (**) suy ra:
 (7.1)
Tương tự, ta có thêm n – 1 bất đẳng thức sau:
 (7.2)
 (7.3)
..
 (7. n- 1)
 (7. n)
Nhân n bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
 ( Bất đẳng thức (10’) được chứng minh./.)
Bài 8: Ta có:
 (*)
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho n – 1 số dương, ta có:
 (**)
Từ (*) và (**) suy ra:
 (8.1)
Tương tự, ta có thêm n – 1 bất đẳng thức sau: 
 (8.2)
 (8.3)
.
 (8. n-1)
 (8. n)
Nhân n bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
 ( Bất đẳng thức (10’) được chứng minh )
Bài 9: Áp dụng BĐT Cô Si n lần cho n – 1 số dương, ta lần lượt thu được n BĐT:
 (9.1)
 (9.2)
 .
 (9. n-1)
 (9. n)
Nhân n bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có: 
 (BĐT (12’) được c/m).
Bài 10. Ta có:
Mặt khác, theo BĐT Cô Si, Ta có:
Cho nên:
Tương tự ta cũng có thêm n – 1 bất đẳng thức:
 ..
Nhân n bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
Bất đẳng thức (13’) được chứng minh.
Bài 11. Với những giả thiết của bài 11, theo bài 10 ta đã chứng minh được:
 (*)
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho n số dương, ta có:
 (**)
Từ (*) và (**) suy ra:
 (***)
Thay vào (***) ta được:
Dấu đửng thức xảy ra 
Vậy, .
Bài 12. Ta có:
 (*)
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho n – 1 số dương, ta có:
 (**)
Từ (*) và (**) suy ra:
Tương tự, ta có thêm n – 1 bất đẳng thức sau: 
 .
Do a1, a2, a3, , an > 0 Và Nên 
vì vậy cả 2 vế của n BĐT trên đều dương. Nhân chúng vế theo vế ta được:
BĐT (14) được chứng minh.
C. KẾT LUẬN
Nhờ vận dụng phương pháp trên một cách thường xuyên, tôi đã tạo được hứng thú học tập tích cực cho các em học sinh. Các em không tiếp cận với môn học một cách thụ động như trước mà luôn tự giác, chủ động chiếm lĩnh tri thức một cách sáng tạo, khoa học. Với định hướng học tập như trên, các em cũng thường xuyên đưa ra những bài toán hay, những tình huống toán học có vấn đề đầy bất ngờ để qua đó, không những các em mà bản thân tôi cũng trưởng thành thêm nhiều khi hướng dẫn các em và cùng các em xử lý các tình huống hấp dẫn đó. Điều làm tôi vui hơn cả là chất lượng học sinh đại trà và số lượng học sinh giỏi huyện do tôi dạy ngày càng cao, càng nhiều – thường xuyên được xếp vào tốp A của huyện. Với những kết quả đó, tôi tin tưởng thêm rằng phương pháp, cách làm mà tôi đang sử dụng là phù hợp với quy luật chung của dạy học. Từ đó tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm này. Một lần nữa, kính mong quý thầy cô cùng các em hãy ủng hộ, góp ý bổ sung để sáng kiến kinh nghiệm của tôi được hoàn thiện hơn, sớm trở thành một tài liệu cho các đồng nghiệp và học sinh tham khảo trong quá trình giảng dạy và học tập.
 Thanh Long ngày 03/10/2011.
 Người thực hiện.
 Lê Hữu Từ