Luận án Bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh trong dạy học môn toán ở trường trung học phổ thông

IÁO DỤC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: 1. GS. TS. BÙI VĂN NGHỊ 2. TS. NGUYỄN VĂN THUẬN NGHỆ AN - 2014 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các số liệu, kết quả nêu trong luận án là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác. Tác giả luận án Thái Thị Hồng Lam Trang MỤC LỤC DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT TRONG LUẬN ÁN Viết tắt Viết đầy đủ ĐBH : Đặc biệt hóa ĐC : Đối chứng GV : Giáo viên HTH : Hệ thống hóa HĐ : Hoạt động HS : Học sinh KQH NL : Khái quát hóa : Năng lực NXB : Nhà xuất bản PPDH : Phương pháp dạy học SGK : Sách giáo khoa SGV : Sách giáo viên TT : Thành tố TN : Thực nghiệm Tr : Trang THCS : Trung học cơ sở THPT : Trung học phổ thông TDPP : Tư duy phê phán TDST : Tư duy sáng tạo TDTN : Tư duy thuận nghịch MỞ ĐẦU 1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.1. Để thực hiện thành công Chiến lược phát triển giáo dục Việt Nam 2011-2020, Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04 tháng 11 năm 2013 của Hội nghị lần thứ VIII Ban chấp hành Trung ương Đảng khóa XI đã thông qua Đề án “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế” [4]. Trong Chương trình hành động của ngành Giáo dục, có những nội dung triển khai các dự án, đề án về đổi mới phương pháp dạy học, hướng dẫn và thu hút nhiều học sinh Trung học phổ thông nghiên cứu khoa học kỹ thuật, tổ chức nhiều “sân chơi” trí tuệ cho học sinh. Như vậy, đổi mới giáo dục nói chung và đổi mới phương pháp dạy học môn Toán nói riêng đang trở thành một yêu cầu bức thiết của giáo dục phổ thông nước ta, nhằm tạo ra nguồn lực phục vụ sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa nước nhà. Để đáp ứng được những yêu cầu trên, ở nhà trường dạy học các môn học không chỉ đơn thuần là giúp cho học sinh có được một số kiến thức cụ thể nào đó. Điều cơ bản hơn, quan trọng hơn là trong quá trình dạy học các tri thức cụ thể đó, rèn luyện cho học sinh tiềm lực để khi ra trường họ có thể tiếp tục tự học tập, có khả năng nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo giải quyết vấn đề, đáp ứng được những đòi hỏi đa dạng của hoạt động thực tiễn không ngừng phát triển. Nói cách khác, hệ thống giáo dục phải linh hoạt hơn, cần phải quan tâm hơn nữa đến việc dạy cách học, cách tư duy, tạo điều kiện cho học sinh có phương pháp tư duy tốt để các em có thể tiếp tục tự học suốt đời. 1.2. Giáo sư Nguyễn Cảnh Toàn cho rằng: “... Làm khoa học gì cũng đụng chạm đến kiến thức, tư duy và tính cách con người một cách sâu đậm. Kiến thức, tư duy, tính cách con người chính là mục tiêu giáo dục” [101, tr.7]. Tuy nhiên, thực tiễn dạy học cho thấy vẫn còn không ít giáo viên chưa quan tâm thích đáng đến việc phát triển tư duy cho học sinh. Chẳng hạn như “... Cách dạy phổ biến hiện nay là thầy đưa ra kiến thức (khái niệm, định lý) rồi giải thích, chứng minh, trò cố gắng tiếp thu nội dung khái niệm, nội dung định lý, cố gắng tập vận dụng các công thức, các định lý để tính toán, để chứng minh ...” [102, tr.4], hoặc “Dạy toán ở trường phổ thông còn nhiều điều chưa ổn”[106, tr.38]. Nhu cầu đào tạo nguồn nhân lực phục vụ cho công cuộc công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước đòi hỏi phải nâng cao chất lượng dạy học. “Việc giải quyết triệt để các vấn đề dạy học của nhà trường hiện đại, đòi hỏi phải thay đổi kiểu tư duy, được thiết kế bằng nội dung và phương pháp dạy học các môn học” [20, tr.6]. 1.3. Tính thuận nghịch của tư duy được nhắc đến trong các công trình nghiên cứu của M. N. Sacđacôp [90], J. Piaget [20], ... Trong công trình nghiên cứu “Tâm lý năng lực toán học của học sinh” [13] của Viện sĩ V. A. Cruchetxki xuất hiện cụm từ: Tính thuận nghịch của quá trình tư duy trong lập luận Toán học (khả năng chuyển nhanh chóng và dễ dàng từ tư duy thuận sang tư duy đảo). Những mô tả ban đầu của V. A. Cruchetxki về nghĩa của cụm từ này mặc dù chưa thật cụ thể và sâu sắc bởi trọng tâm nghiên cứu của ông là về cấu trúc năng lực toán học. Nhưng, cách dùng thuật ngữ đó cộng với những cảm nhận trực giác về một loại hình tư duy không xa lạ trong Toán học và giáo dục Toán học, liên quan đến việc nhận thức, xem xét sự vật và hiện tượng theo các chiều hướng ngược nhau, mà trong đó mức độ khó, dễ giữa chúng cũng không giống nhau, tựa hồ như những hành động phổ biến diễn ra trong cuộc sống hàng ngày: đi tiến và đi lùi, đi lên và đi xuống cầu thang, ... Tất cả những điều trên đã cho chúng ta gợi ý: Phải chăng chúng ta có thể nghiên cứu về một loại hình tư duy có tên gọi tư duy thuận nghịch? Đến nay, đã có nhiều công trình nghiên cứu trong và ngoài nước đề cập đến các loại hình tư duy trong giảng dạy Toán học. Chẳng hạn: tư duy lôgic [41], [98], tư duy biện chứng [43], [118], [119], tư duy sáng tạo [61], [97], tư duy phê phán [3], [63], [110], tư duy thuật toán [65], [69], tư duy hàm [51], [75], tư duy thống kê [12], [42], ... Tuy nhiên, chưa có công trình nào nghiên cứu một cách đầy đủ, có hệ thống về tư duy thuận nghịch. Bởi vậy, nội hàm của khái niệm này xem như vẫn còn mới. Chúng ta có thể đặt vấn đề nghiên cứu làm sáng tỏ nội hàm của nó cũng như minh chứng khả năng cần và có thể bồi dưỡng loại hình tư duy này trong dạy học toán ở các lớp bậc Trung học phổ thông. 1.4. Trong thực tiễn dạy học Toán ở trường phổ thông, thường xuyên bắt gặp những tình huống biểu thị mối liên hệ hai chiều mà ta tạm xem một chiều là thuận và một chiều là ngược. Chẳng hạn như các hoạt động tư duy phân tích và tổng hợp, khái quát hóa và đặc biệt hóa, suy ngược và suy xuôi, nhận dạng và thể hiện, lật ngược vấn đề, ... Tuy nhiên, những tình huống này chưa thể hiện đầy đủ mọi khía cạnh của tư duy thuận nghịch, mà chỉ thể hiện một phần nào đó của tư duy thuận nghịch. Những tình huống đó là phổ biến, nhưng không phải là dễ dàng thực hiện đối với học sinh. Thực tiễn dạy học cũng cho thấy, trong quá trình dạy học, giáo viên chưa quan tâm nhiều đến mối liên hệ hai chiều này. Một số giáo viên đã có tìm hiểu, khai thác mối liên hệ này trong dạy học, nhưng chưa thành hệ thống và thường xuyên. Hầu hết chỉ khi nào trong nội dung dạy học có chứa đựng tường minh mối liên hệ đó thì giáo viên mới đặt vấn đề xem xét, chẳng hạn khi trong sách giáo khoa yêu cầu xét định lý đảo, điều kiện cần và đủ, ... Từ những lý do nêu trên, chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu của Luận án là: “Bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh trong dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông”. 2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích của luận án là nghiên cứu để xác định nội hàm của khái niệm tư duy thuận nghịch trong môn Toán trên cơ sở nêu lên và làm sáng tỏ các thành tố của năng lực tư duy thuận nghịch của học sinh, chứng minh sự cần thiết và có thể bồi dưỡng loại hình tư duy này cho học sinh trong quá trình dạy học môn Toán ở các lớp bậc Trung học phổ thông bằng việc xây dựng các biện pháp phù hợp. 3. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Để đạt được mục đích nghiên cứu trên, đề tài có nhiệm vụ: 3.1. Tổng hợp những cơ sở lý luận và thực tiễn về tư duy, tư duy toán học và việc phát triển tư duy toán học cho học sinh. 3.2. Làm sáng tỏ khái niệm tư duy thuận nghịch của học sinh trong môn Toán ở các lớp bậc Trung học phổ thông thông qua việc xác định các thành tố của năng lực tư duy thuận nghịch của học sinh. 3.3. Đề xuất một số biện pháp sư phạm góp phần bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh Trung học phổ thông trong dạy học môn Toán. 3.4. Tổ chức thực nghiệm sư phạm để đánh giá tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp đã đề xuất. 4. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC Nếu xây dựng được một số biện pháp sư phạm hợp lý, khả thi, có cơ sở khoa học xác đáng thì có thể bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh, góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông. 5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 5.1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu trong và ngoài nước về các vấn đề có liên quan đến đề tài. 5.2. Phương pháp điều tra quan sát: Dự giờ, quan sát và lập phiếu điều tra thực trạng về việc phát triển tư duy nói chung, tư duy thuận nghịch nói riêng trong dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông. 5.3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để đánh giá tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp sư phạm đã đề xuất. 6. ĐÓNG GÓP CỦA LUẬN ÁN 6.1. Về mặt lý luận 6.1.1. Xác định được nội hàm của khái niệm tư duy thuận nghịch của học sinh trong môn Toán ở các lớp bậc Trung học phổ thông thông qua việc làm rõ các thành tố của năng lực tư duy thuận nghịch của học sinh. 6.1.2. Làm sáng tỏ tầm quan trọng, ý nghĩa của tư duy thuận nghịch trong dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông và trong thực tiễn. 6.2. Về mặt thực tiễn 6.2.1. Đề xuất những biện pháp sư phạm có tính khả thi và hiệu quả góp phần phát triển tư duy thuận nghịch cho học sinh trong dạy học môn Toán. 6.2.2. Có thể sử dụng Luận án để làm tài liệu tham khảo cho giáo viên Toán nhằm góp phần nâng cao hiệu quả dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông. 7. NHỮNG LUẬN ĐIỂM ĐƯA RA BẢO VỆ 7.1. Thiết lập những căn cứ đưa ra một cách quan niệm về tư duy thuận nghịch. 7.2. Một số thành tố của năng lực tư duy thuận nghịch của học sinh trong môn Toán và các mức độ biểu hiện năng lực tư duy thuận nghịch trong toán học. 7.3. Một số định hướng cơ bản và các biện pháp sư phạm đã đề xuất góp phần bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh trong dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông. 8. CẤU TRÚC CỦA LUẬN ÁN Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, danh mục các Tài liệu tham khảo, nội dung Luận án được trình bày trong 3 chương: Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Một số vấn đề chung về tư duy. 1.2. Tư duy toán học. 1.3. Tư duy thuận nghịch. 1.4. Mối quan hệ của tư duy thuận nghịch với một số loại hình tư duy. 1.5. Vai trò của tư duy thuận nghịch. 1.6. Đặc điểm tâm lý của học sinh Trung học phổ thông. 1.7. Thực trạng về việc bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh trong dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông. Kết luận Chương 1. Chương 2: Một số biện pháp góp phần bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh Trung học phổ thông trong dạy học môn Toán 2.1. Định hướng xây dựng và thực hiện biện pháp. 2.2. Một số biện pháp góp phần bồi dưỡng tư duy thuận nghịch cho học sinh trong dạy học môn Toán ở trường Trung học phổ thông. Kết luận Chương 2. Chương 3: Thực nghiệm sư phạm 3.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm. 3.2. Tổ chức và nội dung thực nghiệm sư phạm. 3.3. Đánh giá kết quả thực nghiệm sư phạm 3.4. Kết luận chung về thực nghiệm sư phạm. Kết luận Chương 1 CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Một số vấn đề chung về tư duy 1.1.1. Khái niệm về tư duy Trong thực tiễn cuộc sống, có rất nhiều cái mà ta chưa biết, chưa hiểu. Để làm chủ được thực tiễn, con người cần phải hiểu thấu đáo những cái chưa biết đó, phải vạch ra cái bản chất, mối quan hệ, liên hệ có tính quy luật của chúng. Quá trình đó gọi là tư duy. Có thể chỉ ra một số cách định nghĩa khác về tư duy, chẳng hạn: “Tư duy là quá trình tâm lý nhờ đó mà con người phản ánh được các đối tượng và các hiện tượng của hiện thực qua những dấu hiệu căn bản của chúng, con người vạch ra được những mối liên hệ khác nhau trong mỗi đối tượng và hiện tượng và giữa các đối tượng, hiện tượng với nhau” [37, tr.94]. Hoặc: “Tư duy là sự khôi phục trong ý nghĩ của chủ thể về khách thể với mức độ đầy đủ hơn, toàn diện hơn so với các tư liệu cảm tính xuất hiện do tác động của khách thể” [20, tr.246]. Mặc dù có nhiều định nghĩa, cách diễn đạt khác nhau về tư duy, nhưng có thể nhận thấy: Tư duy là quá trình tâm lý phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật và hiện tượng trong hiện thực khách quan. Đó là một quá trình tâm lý đặc biệt chỉ có ở người. 1.1.2. Đặc điểm của tư duy Trong [1], [14], [20], [29], [30], [107], [108], nhiều nhà tâm lý học đã chỉ ra một số đặc điểm của tư duy là: * Tư duy chỉ nảy sinh khi gặp những hoàn cảnh có vấn đề; * Tư duy có tính gián tiếp; * Tư duy có tính trừu tượng và tính khái quát; * Tư duy có mối quan hệ mật thiết với ngôn ngữ: Tư duy và ngôn ngữ có mối quan hệ chặt chẽ với nhau, không tách rời nhau nhưng cũng không đồng nhất với nhau. Ngôn ngữ không phải là tư duy, ngôn ngữ là vỏ vật chất của tư duy, là phương tiện của tư duy. * Tư duy có mối quan hệ mật thiết với nhận thức cảm tính: tư duy thường bắt đầu từ nhận thức cảm tính, trên cơ sở nhận thức cảm tính mà nảy sinh “tình huống có vấn đề”. Dù tư duy có khái quát và trừu tượng đến đâu thì nội dung của tư duy vẫn chứa đựng những thành phần cảm tính (cảm giác, tri giác, hình tượng trực quan, ...). X. L. Rubinstêin đã khẳng định rằng: “Nội dung cảm tính bao giờ cũng có trong tư duy trừu tượng, tựa hồ như làm thành chỗ dựa cho tư duy” [108]. * Tư duy là một quá trình: Tư duy là hoạt động trí tuệ với một quá trình bao gồm bốn bước cơ bản sau: + Xác định vấn đề, biểu đạt nó thành nhiệm vụ tư duy. + Huy động tri thức, vốn kinh nghiệm, liên tưởng, hình thành giả thuyết. + Xác minh tính đúng sai của giả thuyết. Nếu giả thuyết đúng thì qua bước sau, nếu sai thì phủ định nó và hình thành giả thuyết mới. + Đánh giá kết quả, đưa ra sử dụng [29], [30], [78], [107]. Quá trình tư duy được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành những thao tác trí tuệ nhất định. Có rất nhiều thao tác trí tuệ tham gia vào một quá trình tư duy cụ thể với tư cách một hành động trí tuệ: phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hóa, ... 1.1.3. Về sự phân loại tư duy Có nhiều loại hình tư duy đã được nhiều tác giả trong và ngoài nước nghiên cứu như tư duy lôgic, tư duy trừu tượng, tư duy sáng tạo, tư duy lý luận, ... Về bản chất, tư duy chỉ có một, đó là sự hình thành mới hoặc tái tạo lại các liên kết giữa các phần tử ghi nhớ. Sự phân chia ra các loại hình tư duy nhằm mục đích hiểu sâu và vận dụng tốt tư duy trong hoạt động của hệ thần kinh. Theo [89], [108], có ba loại tư duy: Tư duy trực quan, hành động; Tư duy trực quan hình tượng; Tư duy trừu tượng (tư duy ngôn ngữ, lôgic). Theo A.V. Pêtrôvxki và L. B. Itenxơn, có bốn loại tư duy: tư duy hình tượng, tư duy thực hành, tư duy khoa học, tư duy lôgic [74, tr.126-130]. J. Piaget thường nói đến 2 loại tư duy: tư duy cụ thể, tư duy hình thức. Trong [20], V. V. Đavưđôv nói đến tư duy lý luận, tư duy kinh nghiệm. Trong một số công trình của V. A. Cruchetxki đề cập đến: tư duy tích cực, tư duy độc lập, tư duy sáng tạo, tư duy lý luận [15, tr.112-117]. Theo J. Guilford, có hai loại tư duy phân biệt, ngược với nhau: tư duy hội tụ và tư duy phân kỳ [61]. Tác giả Nguyễn Văn Lộc trong [59] đã trình bày 5 cách xem xét về phương diện tư duy: Xem xét về phương diện lịch sử hình thành và phát triển tư duy; xem xét về phương diện lôgic hình thức và lôgic biện chứng; xem xét về phương diện tính chất, kết quả của quá trình tư duy; xem xét về phương diện cấu trúc khác nhau của hiện thực; xem xét về phương diện các dấu hiệu đặc thù của đối tượng tư duy. Trong cuốn Phương pháp tư duy lôgic [96], tác giả Tiến Thành đề cập đến rất nhiều loại hình tư duy, chẳng hạn: Tư duy động, tư duy tĩnh, tư duy ngược, tư duy chiều dọc, tư duy chiều ngang, tư duy liên tưởng, ... Trên đây là một số cách phân loại tư duy, qua đó có thể thấy rằng cách phân loại tư duy là hết sức đa dạng và “Tùy theo nội dung và tính chất của những nhiệm vụ cần giải quyết mà tư duy được phân thành các kiểu khác nhau” [40, tr.449]. 1.1.4. Những điều kiện hình thành các kiểu tư duy khác nhau trong dạy học Theo A.V. Pêtrôvxki [74, tr.130], trong tình huống sư phạm đã cho, hình thành được kiểu tư duy nào, điều đó phụ thuộc vào bốn nhân tố: tính chất của tài liệu học tập; kiểu bài toán; lứa tuổi và trình độ của học sinh; phương thức dạy học. Nhân tố thứ nhất – Tính chất của tài liệu: Hiểu tài liệu có nghĩa là xác định được mối liên hệ giữa các sự vật và hiện tượng với nhau, cũng như với kinh nghiệm và những tri thức đã có của học sinh. Từ đó, ông quan niệm: tư duy – có nghĩa là vận dụng những mối liên hệ này để giải những bài toán xác định. A.V. Pêtrôvxki [74] cho rằng: nếu tư duy là chân thực, tức nó phản ánh hiện thực một cách đúng đắn, thì nó chỉ có thể dựa trên những mối liên hệ thực sự có trong các tri thức xuất phát của nó. Vì thế, dựa theo tính chất về mối liên hệ mà tạo khả năng triển khai loại hình tư duy, không phải trên mọi tài liệu đều có thể hình thành bất kì kiểu tư duy nào. Vì vậy, ở trường phổ thông, tính chất khác nhau của các môn học cũng như giữa các nội dung kiến thức trong một môn học, tạo khả năng cho sự triển khai một kiểu tư duy xác định. Chẳng hạn, khi xem xét một định lý toán học, chúng ta không chỉ quan tâm định lý thuận, mà còn quan tâm đến mệnh đề đảo của định lý, nghĩa là xem xét định lý trong mối liên hệ hai chiều, tạo khả năng cho kiểu tư duy xem xét sự vật hiện tượng theo hai chiều ngược nhau. Nhân tố thứ hai - Tính chất của bài toán là nhân tố sản sinh ra sự cần thiết của kiểu tư duy. Mỗi bài toán muốn giải được đòi hỏi phải phát hiện và sử dụng những mối liên hệ xác định của các dữ kiện xuất phát. Chẳng hạn, những bài toán về chứng minh trong toán học đòi hỏi phải phát hiện và sử dụng những mối liên hệ lôgic của các dữ kiện tất yếu, do đó tư duy lôgic là cần thiết, còn việc giải các phương trình (chẳng hạn như ) thường chỉ đòi hỏi những biến đổi hợp qui tắc, vì thế tư duy thực hành là cần thiết. Như vậy, bản thân bài toán buộc tư duy phải dựa trên kiểu mối liên hệ này hay kiểu mối liên hệ kia trong các dữ kiện xuất phát và do đó nó cũng quyết định kiểu tư duy nào được thực hiện khi giải bài toán đó. Hơn thế nữa, bằng cách biến đổi tính chất của bài toán có thể bồi dưỡng cho các em những kiểu tư duy khác nhau. Ví dụ 1.1: a) So sánh 210 với 103 ; b) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để 2n > n3. Với câu a) học sinh nghĩ ngay rằng: chỉ việc thực hiện phép tính 210 và so sánh kết quả với 1000 - tư duy thực hành. Tuy nhiên, đối với câu b) đòi hỏi phải tìm tòi, phải đi theo con đường ngược lại - từ dữ kiện của bài toán đến chỗ tìm tòi lời giải, phải nghĩ đến quy nạp toán học, nghĩ đến khảo sát hàm số, ... khiến cho hoạt động trí tuệ của các em có đặc điểm khác, nâng cao tính tích cực trí tuệ của học sinh. Nhân tố thứ ba – lứa tuổi và trình độ phát triển của học sinh. Khó qui định được các giới hạn của lứa tuổi. Như L. S. Vygotski đã chứng tỏ, những cấp độ và những kiểu tư duy khác nhau có thể đồng thời tồn tại ở cùng một người tùy theo tri thức và thực tiễn tư duy tương ứng của người đó trong lĩnh vực này hay lĩnh vực khác. Tuy nhiên, nhìn chung rõ ràng là cùng với lứa tuổi, tư duy phát triển từ kiểu hình tượng – thực hành sang kiểu tư duy khoa học và tư duy lý thuyết. Ví dụ 1.2: Với ví dụ 1.1 ở trên, câu a) HS tiểu học cũng làm được, các em phải thực hành tính toán 210 bằng 1024. Với câu b) HS lớp 10 chỉ có thể nghĩ đến quy nạp toán học, với HS lớp 12 có thể nghĩ đến khảo sát hàm số, logarit hóa, ... Nhân tố thứ tư – phương thức dạy học, phương thức xác định các mối quan hệ mà tư duy vận dụng. Như vậy, trong quá trình dạy học, giáo viên cần phải xem xét bốn nhân tố trên một cách linh hoạt, để lựa chọn và có phương pháp bồi dưỡng loại hình tư duy thích hợp một cách hiệu quả nhất, nhằm đạt được mục đích dạy học. 1.2. Tư duy toán học 1.2.1. Một số quan niệm về tư duy toán học Theo Nguyễn Văn Lộc [59], tư duy toán học được hiểu: Thứ nhất là hình thức biểu lộ của tư duy biện chứng trong quá trình con người nhận thức khoa học Toán học hay trong quá trình áp dụng Toán học vào các khoa học khác như kĩ thuật, kinh tế quốc dân, ... Thứ hai, tư duy toán học có các tính chất đặc thù được quy định bởi bản chất của khoa học toán học, bởi sự áp dụng các phương pháp toán học để nhận thức các hiện tượng của thế giới hiện thực, cũng như bởi chính các phương thức chung của tư duy mà nó sử dụng. Nội dung của tư duy toán học là những tư tưởng phản ánh hình dạng không gian và những quan hệ số lượng của thế giới hiện thực [59, tr.16-17]. Về đặc điểm của tư duy toán học, A. M. Phriđman viết: “Tư duy toán học là tư duy lý thuyết trừu tượng cao nhất, các đối tượng của nó có thể được hình thức hóa vứt bỏ tất cả các tính vật chất và chỉ giữ lại những quan hệ đã cho giữa chúng” (dẫn theo [12, tr.13]). Giáo dục Toán học cho HS là một quá trình phức tạp, nhằm đạt các mục tiêu [115]: - Truyền thụ cho HS một hệ thống nhất định những kiến thức cơ bản của Toán học. - Rèn luyện cho HS những kỹ năng, kỹ xảo Toán học. - Phát triển tư duy toán học cho HS. “Tư duy toán học không chỉ là thành phần quan trọng trong quá trình hoạt động toán học của HS, nó còn là thành phần mà, nếu thiếu sự phát triển một cách có phương hướng thì không thể đạt hiệu quả trong việc truyền thụ cho HS hệ thống các kiến thức và kỹ năng toán học” (dẫn theo [98, tr.13]). Đến nay, đã có nhiều tài liệu đề cập (theo các mức độ khác nhau) đến các khía cạnh xung quanh vấn đề về tư duy toán học: [12], [41], [42], [43], [61], [63], [65], [68], [75], [97], [98], [113], [119], ... 1.2.2. Một số quan điểm về những thành phần của tư duy toán học và năng lực toán học Để hỗ trợ cho việc xác định các thành tố cơ bản của tư duy thuận nghịch trong môn Toán, chúng tôi đã tham khảo một số quan điểm về những thành phần của tư duy toán học. Nhiều nhóm tác giả đưa ra các quan điểm khác nhau về vấn đề này. - Trong cuốn sách Phương pháp giảng dạy Toán ở trường phổ thông của nhóm tác giả: Iu. M. Kôliagin, V. A. Ôganhexian, V. Ia. Xannhixki và G. L. Lucankin (cuốn sách này được ấn hành lần đầu tiên vào năm 1975 [118] và được tái bản lần thứ nhất vào năm 1980 [119]), các tác giả đã trình bày rất cụ thể về những thành phần của tư duy toán học. Trước khi nêu ra các thành phần của tư duy toán học, tác giả lý giải: “Tư duy toán học có những nét, những đặc điểm đặc trưng của mình, mà những đặc điểm này được quy định bởi tính đặc thù của các đối tượng nghiên cứu và được quy định bởi tính đặc thù của các phương pháp nghiên cứu” [118]. Về cấu trúc tư duy toán học, theo [118, tr.136-151], các thành phần chủ yếu của tư duy toán học gồm: Tư duy cụ thể; Tư duy trừu tượng; Tư duy trực giác; Tư duy hàm; Tư duy biện chứng; Tư duy sáng tạo; Các phong cách toán học của tư duy. Trong đó, tư duy trừu tượng có thể được tách thành: Tư duy phân tích; Tư duy lôgic; Tư duy lược đồ không gian. Tuy nhiên, cũng là nhóm tác giả này, trong [119, tr.116] các tác giả chỉ trình bày các thành phần của tư duy là: Tư duy cụ thể; Tư duy trừu tượng; Tư duy trực giác; Tư duy hàm. Khi đề cập đến các loại hình tư duy, các tác giả đều mô tả tương đối cụ thể bằng cách chỉ ra những đặc trưng của loại hình tư duy ấy. - Trong các bài báo của Viện sĩ B. V. Gơnhedencô viết về giáo dục toán học (ở trường phổ thông), không thấy Ông nói đến những thành phần của tư duy toán học hay cấu trúc của năng lực toán học, mà chỉ thấy Ông sử dụng cụm từ những yêu cầu đối với tư duy toán học của học sinh. Những yêu cầu đó là: Năng lực nhìn thấy sự không rõ ràng của quá trình suy luận, thấy được sự thiếu sót của những điều cần thiết trong chứng minh; Sự cô đọng; Sự chính xác của các ký hiệu; Phân chia rõ ràng tiến trình suy luận; Thói quen lý lẽ đầy đủ về lôgic (dẫn theo [98, tr.15]). - Nhà toán học nổi tiếng A. Ia. Khinsin, A. I. Marcusêvich, cũng không nói rõ ràng tư duy toán học; năng lực toán học bao gồm những thành phần nào mà có cách sử dụng khác về thuật ngữ. Theo A. Ia. Khinsin, những nét độc đáo của tư duy toán học là: Suy luận theo sơ đồ lôgic chiếm ưu thế; Khuynh hướng đi tìm con đường ngắn nhất dẫn đến mục đích; Phân chia rành mạch các bước suy luận; Sử dụng chính xác các ký hiệu (mỗi ký hiệu toán học có một ý nghĩa xác định chặt chẽ); Tính có căn cứ đầy đủ của lập luận [37, tr.127]. Theo A. I. Marcusêvich, những kỹ năng cần phải bồi dưỡng cho học sinh trong dạy học toán là: Kỹ năng loại bỏ những chi tiết không căn bản để chỉ giữ lại những cái bản chất của vấn đề, chẳng hạn kỹ năng trừu tượng hóa; Kỹ năng rút ra hệ quả lôgic từ những tiền đề đã cho; Kỹ năng phân tích một vấn đề thành những trường hợp riêng, phân biệt khi nào đã bao quát được mọi khả năng, khi nào chỉ là ví dụ chưa bao quát hết mọi khả năng; Kỹ năng khái quát hóa các kết quả nhận được và đặt ra những vấn đề mới ở dạng khái quát; Kỹ năng xây dựng sơ đồ của hiện tượng, sao cho, trong đó chỉ giữ lại những yếu tố cần thiết cho việc giải thích vấn đề về mặt Toán học; Kỹ năng vận dụng các kết luận được rút ra từ các suy luận, biết đối chiếu các kết quả đó với các vấn đề đã dự kiến, kỹ năng đánh giá ảnh hưởng của việc thay đổi các điều kiện đến độ tin cậy của các kết quả [61]. - Theo quan điểm của V. A. Cruchetxki, ông chỉ ra cấu trúc NL toán học của HS bao gồm các thành phần sau: Thu nhận những thông tin toán học: NL tri giác hình thức hóa tài liệu toán học, NL nắm được cấu trúc hình thức của bài toán. Chế biến thông tin toán học, đó là: NL tư duy lôgic trong lĩnh vực các quan hệ số lượng và các quan hệ không gian, các kí hiệu dấu, các kí hiệu số, NL suy nghĩ với các kí hiệu toán học; NL khái quát nhanh chóng và rộng rãi các đối tượng, quan hệ, các phép toán của toán học; NL rút ngắn quá trình suy luận toán học và hệ thống các phép toán tương ứng, NL suy nghĩ với những cấu trúc được rút gọn; Tính mềm dẻo của quá trình tư duy trong hoạt động toán học; Khuynh hướng vươn tới sự rõ ràng, sự đơn giản, tính tiết kiệm và tính hợp lý của lời giải; NL thay đổi nhanh chóng, dễ dàng hướng suy nghĩ, dạng tư duy thuận chuyển qua tư duy ngược. Lưu trữ thông tin toán học, đó là trí nhớ toán học tức là trí nhớ khái quát về các quan hệ toán học, về các đặc điểm điển hình, về các sơ đồ suy luận và chứng minh, về các phương pháp giải toán, nguyên tắc, đường lối giải toán. Thành phần tổng hợp chung là khuynh hướng toán học của trí tuệ [13, tr.167-168]; [37, tr.129-130]. - Theo A. N. Kôlmôgôrôv, trong thành phần của NL toán học có: NL biến đổi khéo léo những biểu thức chữ phức tạp, NL tìm các con đường giải các phương trình không theo quy tắc chuẩn, NL tính toán; Trí tưởng tượng hình học hay “trực giác hình học”; Nghệ thuật suy luận lôgic theo các bước được phân chia một cách đúng đắn. Đặc biệt, có kỹ năng vận dụng đúng đắn nguyên lý quy nạp toán học[37, tr.129]. Bên cạnh các tác giả nước ngoài, một số loại hình của tư duy toán học đã được các tác giả Việt Nam nghiên cứu. Trong [37, tr.60-61], các tác giả cho rằng: “Để nhận thức mặt nội dung của hiện thực cần tư duy biện chứng, để nhận thức mặt hình thức của hiện thực cần tư duy lôgic, nên tư duy toán học cũng phải là sự thống nhất biện chứng giữa tư duy lôgic và tư duy biện chứng”. Những đặc trưng của tư duy hàm và bốn tư tưởng chủ đạo để phát triển tư duy hàm đã được tác giả Nguyễn Bá Kim trình bày trong [51, tr.122- 149]. Theo đó, tư duy hàm được đặc trưng bởi các hoạt động: Phát hiện hoặc thiết lập những sự tương ứng; Nghiên cứu những sự tương ứng; Lợi dụng những sự tương ứng. Trong [54, tr.201- 202], [65, tr.28], các tác giả đã chỉ rõ những thành phần của tư duy thuật toán (thuật giải). Trong [65] đã đề xuất một số hướng có thể thực hiện để phát triển tư duy thuật giải cho học sinh trong dạy học môn Toán. Qua việc tham khảo các quan điểm của các tác giả về tư duy toán học và năng lực toán học, ta rút ra một số nhận xét sau: * Dù phân loại theo tiêu chí nào thì các loại hình tư duy thường có sự giao thoa nhau. Tuy nhiên, sự phân chia một cách tương đối vẫn rất cần thiết: “Sự phân chia diễn ra ở trên cho một quá trình phức tạp như tư duy toán học, bằng cách xét các thành phần riêng rẽ của nó, chẳng qua là do muốn nghiên cứu các biểu hiện riêng biệt của tư duy trong quá trình giảng dạy Toán mà thôi. Chỉ có như vậy người giáo viên mới có điều kiện thúc đẩy sự phát triển nếu không được toàn diện thì cũng là sự phát triển từng phần tư duy toán học cho học sinh” (dẫn theo [98, tr.20]). Chính vì lẽ đó, trong mục 1.3.4 của luận án khi đưa ra những thành tố cơ bản của tư duy thuận nghịch cũng không tránh khỏi sự giao thoa giữa các thành tố với nhau. * Khi so sánh tính hợp lý giữa các cách quan niệm về các loại hình tư duy cần có quan điểm toàn diện. Có thể quan niệm này phù hợp hơn quan niệm kia nếu xét ở khía cạnh học sinh Trung học phổ thông, nhưng không phù hợp bằng nếu xét ở khía cạnh học sinh Trung học cơ sở. Tương tự như vậy nếu xét trên khía cạnh chất liệu kiến thức (Đại số, Số học, Hình học, Giải tích). Như vậy, để đánh giá đúng mức vai trò của một loại hình tư duy hay năng lực, cũng như tìm kiếm các biện pháp phát triển chúng, không nên chỉ đơn thuần dựa vào tên gọi một cách chung chung, mà trước hết phải có quan niệm cụ thể về loại hình tư duy hoặc năng lực này. Hợp lý hơn cả là nên làm rõ những thành tố cơ bản của nó. 1.3. Tư duy thuận nghịch 1.3.1. Tổng quan tình hình nghiên cứu thuộc lĩnh vực của đề tài Việc nghiên cứu mối quan hệ hai chiều có tính thuận nghịch trong các hiện tượng tự nhiên, xã hội và tư duy đã được một số tác giả trong và ngoài nước quan tâm như sau: Ở ngoài nước: * Theo Piaget [16], [71], [72], [78], [79], đối với trẻ em từ 7, 8 tuổi trở lên, trong tư duy đã xuất hiện khả năng đảo ngược. Đó là khả năng thực hiện các thao tác ngược nhau (thực ra hành động chỉ xảy ra một chiều, vì thời gian chỉ xảy ra một chiều, nhưng tính đảo ngược có thể hiểu là trật tự ngược nhau của chuỗi thao tác hai hành động). Chẳng hạn, ngay từ lớp 1, HS đã thực hiện thao tác 3 + 5 = 8 (trên cở sở đã thành thục hành động “gộp” 3 với 5 thành 8), thì cũng thực hiện được thao tác ngược lại là “tách” hay là phân tích 8 = 3 + 5. Theo J. Piaget, tính thuận nghịch thể hiện khi “các thao tác và hành động có thể được triển khai về hai hướng và hiểu được một trong hai hướng đó gợi ra sự hiểu biết hướng kia” [20, tr.275]. Ông đã đánh giá cao về vai trò của tính thuận nghịch trong hoạt động nhận thức, điều này được thể hiện trong nhận xét của Ph. Lêyven: đối với Piaget, tính thuận nghịch – đó là “con ngươi” của nhận thức, được hình thành trong hệ thống, một tính chất mà trong qua...AH. 1.3.4.3. Thành tố 3: Khả năng thực hiện các thao tác hay các hoạt động tạo thành cặp có xu hướng ngược nhau. Trong quá trình học tập môn Toán, trong tư duy của HS thường xuyên diễn ra các thao tác, các hoạt động có chiều hướng ngược nhau. Chẳng hạn, các cặp thao tác tư duy: phân tích – tổng hợp, khái quát hóa – đặc biệt hóa, trừu tượng hóa – cụ thể hóa, ... ; các hoạt động tư duy phức hợp: Quy nạp – suy diễn, chứng minh trực tiếp – chứng minh gián tiếp, ...; các con đường xây dựng hệ thống khái niệm: tích hợp – phân lập; các hoạt động nhận dạng và thể hiện kiến thức; các hoạt động vẽ đồ thị và đọc đồ thị; lập biểu bảng biểu thị số liệu thống kê và đọc thông tin thống kê từ biểu bảng; xác định ảnh của một hình qua một phép biến hình và xác định phép biến hình khi biết ảnh và tạo ảnh; giải bài toán có nội dung thực tiễn và xây dựng các bài toán gần với thực tiễn dựa trên kiến thức toán; chứng minh phần thuận và phần đảo trong các bài toán quỹ tích (tìm tập hợp điểm); đọc thông tin và lập phương trình các đường, các hình đơn giản trong Hình học giải tích; chứng minh điều kiện cần, chứng minh điều kiện đủ trong các bài toán có dạng chứng minh cần và đủ, ... Điều quan trọng là nếu các em nhận thức và khai thác được mối quan hệ nói trên thì sẽ tạo ra những thuận lợi trong nhận thức và giải quyết vấn đề khi học tập môn Toán. Ví dụ 1.12: Xét hai tình huống sau: Tình huống 1: Sau khi giải bài toán: “Tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một hình vuông cho trước đến các cạnh của hình vuông đó là một số không thay đổi”, việc đưa ra một hay một số mệnh đề sau: Tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một hình chữ nhật cho trước đến các cạnh của hình chữ nhật đó là một số không thay đổi; Tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một hình bình hành cho trước đến các cạnh của hình bình hành đó là một số không thay đổi, là hoạt động KQH (KQH kết quả của một bài toán đã biết). Tình huống 2: Khi gặp bài toán chứng minh “Tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một hình bình hành cho trước đến các cạnh của hình bình hành đó là một số không thay đổi” (kết luận có tính khái quát), việc đưa ra kết luận cho một hình bình hành ABCD cụ thể hay đưa ra kết luận cho hình chữ nhật hay cho hình vuông là hoạt động ĐBH (áp dụng kết luận mang tính khái quát cho những trường hợp cụ thể). Hai hoạt động trong tình huống 1 và 2 có tính ngược nhau. Thông qua khả năng thực hiện hai hoạt động này có thể đánh giá được mức độ TDTN của HS. Ví dụ 1.13: Giải phương trình Nhận xét: Đây là phương trình bậc 4 không mẫu mực, không thể sử dụng các phương pháp thường làm như: nhẩm nghiệm, đặt ẩn phụ, ... Do đó, để tìm được cách giải bài toán, đòi hỏi HS cần phải nghiên cứu kỹ đặc điểm của các yếu tố và mối liên hệ của chúng trong bài toán, cụ thể ở đây là các hệ số có mặt trong phương trình. Trong phương trình có các hệ số “cụ thể” là và chính các hệ số này đã tạo nên khó khăn cho cách giải bài toán. Việc phát hiện được mối quan hệ và từ đó xem bài toán đã cho là một trường hợp riêng của bài toán tổng quát: “Giải phương trình: ( là tham số)”, đã dẫn HS đến suy nghĩ tìm phương pháp giải bài toán tổng quát, khi đó giải bài toán đã cho chỉ là cụ thể hóa cách làm của bài toán tổng quát mà thôi. Như vậy, HS đã giải được bài toán trên bằng việc thực hiện hoạt động KQH và ĐBH. 1.3.4.4. Thành tố 4: Khả năng nhìn nhận lại quá trình nhận thức và giải quyết vấn đề. Nhìn nhận lại quá trình là xem xét về những việc đã làm, lý do bạn làm việc đó và ảnh hưởng của việc làm đó [10]. Nhìn nhận lại chính là tự phản biện, tự bản thân xem xét, đánh giá lại quá trình nhận thức và giải quyết vấn đề mà mình đã thực hiện, mặc dù trước đó mình đã có niềm tin về các kết quả thu nhận được cũng như các phương pháp đã sử dụng. Thành tố này được biểu hiện ở khả năng biết tự đặt và trả lời một số câu hỏi, chẳng hạn như: kết quả nhận được đúng hay không đúng; đã xem xét đầy đủ hay chưa đầy đủ các trường hợp; cách giải quyết vấn đề tối ưu hay chưa tối ưu, có thể giải quyết vấn đề theo cách nào nữa không; việc lật ngược, mở rộng hay thu hẹp vấn đề thì sao; ... Thực hiện Bước 4 (Nghiên cứu sâu lời giải) trong bản gợi ý về phương pháp chung để giải bài toán của Polya [56], [80] là một biểu hiện cụ thể của thành tố này trong trường hợp vấn đề cần giải quyết là bài toán. Việc nhìn nhận lại quá trình nhận thức và giải quyết vấn đề sẽ giúp HS nhận ra những lỗ hổng trong kiến thức, thấy được việc giải quyết vấn đề đã đầy đủ chưa, đã kín kẽ chưa, có bỏ sót trường hợp không, có tối ưu không, ... Đồng thời qua đó HS thấy được những điểm mạnh, điểm yếu, năng lực, trình độ kiến thức, kỹ năng của bản thân để có được sự điều chỉnh và định hướng cho phù hợp. Như vậy, việc nhìn nhận lại quá trình sẽ giúp HS có kiến thức vững vàng hơn, sâu sắc và mở rộng hơn, đồng thời góp phần phát triển TDPP, khả năng tự điều chỉnh và tự định hướng cho HS. Để mô tả cho thành tố này, có thể xem xét ví dụ sau đây: Ví dụ 1.14: Giải phương trình: (1) Có HS giải như sau: Điều kiện: . Vì nên phương trình (1) tương đương với phương trình (2) Bình phương hai vế của phương trình (2) ta được phương trình: (3). Ta có (3) (4) (5) Vậy phương trình có nghiệm . Kết quả đúng của bài toán này là . Vậy nguyên nhân sai lầm của HS là ở đâu? Tại sao thiếu nghiệm, thừa nghiệm? Nếu HS có khả năng nhìn nhận lại, đánh giá quá trình giải bài toán, thì các em phải vận dụng các kiến thức về hàm mũ, phương pháp khử căn thức đã biết để kiểm tra các phép biến đổi, từ đó lập được mối liên hệ giữa các phương trình trong quá trình biến đổi như sau: (1) (2) (3) (4) (5). Vì vậy, nếu thay phương trình (1) bởi phương trình (5) thì có khả năng vừa thừa nghiệm lại thiếu nghiệm. Từ đó, HS biết cần thử các nghiệm của (5) vào (1) để loại bỏ những giá trị không nghiệm đúng (1) nếu có. Thử lại các giá trị 3 và 4 ta thấy 3 là nghiệm của (1), còn 4 không nghiệm đúng phương trình. Mặt khác, HS phải xét khi biến đổi từ (1) sang (2). Do đó, phải thử các giá trị của làm cho hay . Thử lại giá trị này thỏa mãn phương trình (1). Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là và . 1.3.4.5. Thành tố 5: Khả năng xem xét mỗi tri thức theo các vai trò khác nhau: tri thức vừa là kết quả của hoạt động, vừa là phương tiện để tiến hành những hoạt động khác. Thành tố này được biểu hiện ở khả năng biết vận dụng tri thức vào việc thực hiện các hoạt động trong những tình huống thích hợp. Ví dụ 1.15: Khi dạy Phép quay trong mặt phẳng, xét hai tình huống: Tình huống 1: Chứng minh phép quay trong mặt phẳng Q(O,là một phép dời hình. Từ đó, hãy nêu tính chất của phép quay. Tình huống 2: Xác định ảnh của một hình (đường thẳng, đoạn thẳng, tia, góc, tam giác, đường tròn, ...) qua một phép quay. Chẳng hạn, xác định ảnh của đường thẳng a qua phép quay Q(O,. Ở tình huống 1, cần thực hiện hoạt động chứng minh Q(O,là một phép dời hình. Từ đó, bằng hoạt động ĐBH suy ra Q(O, có mọi tính chất của một phép dời hình (vì Q(O,là một trường hợp riêng của phép dời hình). Đây là tri thức thu nhận được sau việc thực hiện các hoạt động trên. Ở tình huống 2, tri thức về tính chất của Q(O, trở thành phương tiện để thực hiện hoạt động xác định ảnh của một hình qua phép quay. Cụ thể, nhờ tính chất của phép dời hình: tính bất biến của đường thẳng và của góc giữa hai đường thẳng, để xác định ảnh của đường thẳng a qua phép quay Q(O, chỉ cần xác định ảnh H’ của điểm H – hình chiếu của tâm quay O trên a. Khi đó, đường thẳng a’ qua H’ và vuông góc với OH’ là ảnh của a. Hơn thế nữa, thông qua hoạt động dựng đường thẳng a’ là ảnh của đường thẳng a qua một phép quay Q(O, theo cách như trên, HS có được tri thức góc giữa đường thẳng a và a’ bằng góc quay . Đây là một tính chất chỉ có ở phép quay trong các phép dời hình HS được học ở phổ thông. Từ tính chất này, giúp HS biết lựa chọn phép quay vào giải những bài toán có dấu hiệu của hai hình bằng nhau mà trong giả thiết hoặc kết luận có liên quan đến yếu tố góc. Chẳng hạn, xét bài toán sau: “Cho hai điểm B, C cố định trên đường tròn (O; R) và một điểm A thay đổi trên đường tròn đó. Điểm M chuyển động trên tia CA sao cho CM = AB. Tìm tập hợp các điểm M”. O I C B A M α Hình 1.2 Giả thiết bài toán liên quan đến hai hình bằng nhau (CM = AB), từ đó có thể nghĩ đến sử dụng phép dời hình để giải bài toán. Tuy nhiên, HS sẽ gặp khó khăn vì không biết chọn phép dời hình cụ thể nào đã được học trong chương trình để giải bài toán. Dựa vào dấu hiệu A, M thay đổi nhưng (AB, MC) = a không đổi (do B, C cố định), gợi cho HS nghĩ đến sử dụng quay góc a để giải bài toán. Từ đó, HS đi tìm phép quay góc α biến B thành C, A thành M. Đó là phép quay tâm I, góc quay a (I là giao của đường trung trực đoạn BC với đường tròn (O;R) biến A thành M, suy ra M Î (O’; R) là ảnh của (O; R) qua Q(I,a). Ví dụ 1.16: Sau khi HS học về hàm số bậc hai và định lý về dấu của tam thức bậc hai, yêu cầu HS giải bài toán: “Cho thỏa mãn . Đặt . Chứng minh ”. Nếu HS xem là một tam thức bậc hai có hệ số của là 1 lớn hơn 0, thì để chứng minh , , cần chứng minh . Vì nên . Từ đó cần chứng minh . Đến đây đường lối giải đã rõ ràng. Nếu HS dựa vào tri thức về tính chất của hàm số bậc hai với hệ số dương, đó là: hoành độ của đỉnh parabol cũng chính là điểm cực tiểu và tại đó hàm số đạt giá trị nhỏ nhất, hay . Từ đó, để chứng minh cần chứng minh . Đến đây GV gợi ý để HS đi đến lời giải như sau: Ta có Vì hàm số đạt cực tiểu tại điểm nên hay . Như vậy, bằng cách dựa theo các tri thức khác nhau về tam thức bậc hai, HS có những cách giải khác nhau về bài toán. 1.3.4.6. Thành tố 6: Khả năng khảo sát phương hướng tiếp cận vấn đề, định hướng và thực hiện cách giải quyết vấn đề, đặc biệt là những cách tiếp cận và giải quyết vấn đề có tính khác biệt, độc đáo, mang lại hiệu quả cao hay kết quả bất ngờ (khác với cách tiếp cận thường được số đông sử dụng). Liên quan đến thành tố này có thể kể đến khả năng vận dụng tri thức về các cặp phạm trù trong triết học, các thuộc tính tâm lý cá nhân như tính nhạy cảm vấn đề, khả năng tư duy phân kỳ, sự nhuần nhuyễn trong việc hiểu và vận dụng các tri thức, ... Thành tố này có các biểu hiện sau: - Biết thay đổi vai trò của đối tượng nhận thức nhằm hỗ trợ cho cách thức giải quyết vấn đề. Ví dụ 1.17: Giải phương trình: (m là tham số) Để giải phương trình này, nếu theo cách nghĩ thông thường (tính theo m) thì gặp khó khăn vì đây là phương trình bậc 4 ẩn không có dạng đặc biệt, cũng không nhẩm được nghiệm. Như vậy, chính việc “bó buộc” vai trò của đối tượng nhận thức như vốn nó phải có, phải tìm đã tạo thành sự khó khăn, đôi khi không thể vượt qua để giải bài toán. Quan sát phương trình nhận thấy bậc của khá lớn mà bậc của m chỉ là 2, nếu linh hoạt đổi vai trò của đối tượng nhận thức, tạm xem phương trình đã cho như là phương trình bậc 2 đối với ẩn m đã có cách giải, x là tham số. Từ đó, ta tính được , hoặc . Đây là những phương trình bậc hai ẩn chứa tham số m mà HS đã có phương pháp giải. Tuy nhiên, việc làm này có thể làm cho HS khó chấp nhận, HS vẫn phân vân với kiểu trao đổi vai trò của ẩn và tham số cho nhau, nhưng GV cũng cần quan tâm để rèn luyện tính linh hoạt, tính sáng tạo cho HS. - Có khả năng làm xuất hiện và ứng dụng mối liên tưởng ngược hỗ trợ giải quyết vấn đề. Theo tác giả Đào Tam [92], đối tượng trong hoạt động nhận thức lúc đầu tồn tại độc lập với chủ thể HS, HS cần dùng các hành động trí tuệ, các thao tác tư duy dựa trên các tri thức kinh nghiệm đã có để thâm nhập vào đối tượng nghiên cứu, thông qua phân tích mối quan hệ, liên hệ chứa trong đối tượng và kể cả hình thức của đối tượng, để từ đó thuận lợi cho liên tưởng, huy động kiến thức cho việc giải bài toán. Ví dụ 1.18: Khi cho một tam thức bậc hai gần như trong suy nghĩ của HS là tính biệt thức ∆, rồi từ đó căn cứ vào ∆ mà giải quyết các yêu cầu của bài toán. Ngược lại, trong quá trình giải một bài toán, việc xuất hiện biểu thức có dạng A2 – 4BC hoặc A2 – BC gợi cho sự liên tưởng đến tam thức bậc hai nhận các biểu thức đó làm biệt thức Delta ∆. Chính việc liên tưởng ngược đó có thể giúp giải được bài toán. Chẳng hạn, với bài toán sau: Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki: ,, . Việc khai triển hai vế của bất đẳng thức thật cồng kềnh và không dễ dàng để thực hiện. Đối với bài toán này, nếu biết xem như là , như là , như là , thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với hay . Khi đó nhìn vào biểu thức A2 – BC gợi cho HS liên tưởng đến một cái rất quen thuộc ở phần tam thức bậc hai, đó là biệt thức . Từ đó, HS sẽ có suy nghĩ cần phát hiện ra tam thức bậc hai có biệt thức , và đó là hoặc . Đến đây với kiến thức định lý về dấu của tam thức bậc hai, do hệ số của tam thức bậc hai luôn dương, nên để có , HS cần chứng minh với mọi x. HS phân tích thành tổng của các bình phương, từ đó với mọi x. Bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 1.19: Cho . Hãy tìm đa thức dư trong phép chia đa thức cho . Đa số HS thường giải theo cách: Tính Sau đó thực hiện phép chia đa thức cho và được đa thức dư là . Với cách giải trên, HS có thể làm tương tự khi tìm dư trong phép chia đa thức cho đa thức , nhưng phải thực hiện phép chia dài hơn vì số hạng có bậc cao nhất của đa thức là . Nhưng với đa thức thì HS không thể giải được nếu vận dụng cách giải trên. Học sinh khác có thể xem xét bài toán theo một phương diện khác như sau: Từ dạng của đa thức chia , học sinh liên tưởng đến hằng đẳng thức . Thực tế cho thấy, đa số học sinh khi có sẽ phân tích thành trên cơ sở liên tưởng đến hằng đẳng thức theo chiều thuận từ trái sang phải, rất ít em từ biểu thức liên tưởng đến hằng đẳng thức nói trên. Với cách suy nghĩ trên, suy ra, do đó hay chia cho dư 1, suy ra chia cho cũng dư 1. Từ đó, = chia cho có đa thức dư là . Với phương pháp này, HS sẽ không quá khó khăn khi tìm đa thức dư trong phép chia đa thức cho là . Như vậy, chính nhờ sự liên tưởng ngược không chỉ giúp HS giải bài toán theo một cách độc đáo, khác với cách thường làm của đa số HS, mà còn có thể sử dụng cách làm đó để giải bài toán tổng quát. - Biết tìm cách giải quyết bài toán bằng cách đặt ra và xem xét bài toán ngược hoặc bài toán có yêu cầu tổng quát hơn hay đặc biệt hơn. Ở đây, nếu bài toán có kết luận B được gọi là bài toán thuận, thì bài toán có kết luận (phủ định của B) được gọi là bài toán ngược. Ví dụ 1.20: Tìm điều kiện của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: mx2 + ( 2m + 1 )x – 7 ≥ 0 (1) . Giải trực tiếp bài toán này HS thường gặp những khó khăn, sai lầm sau đây: HS nhầm lẫn về điều kiện có nghiệm của bất phương trình bậc hai tương tự như điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. Đây là một sự “ngộ nhận” tai hại mà nguyên nhân có thể là HS đã gặp bài toán mà tình cờ điều kiện có nghiệm của bất phương trình bậc hai trùng với điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. Từ đó, trong suy nghĩ của HS chỉ cần tìm m để . Trong trường hợp này GV cần chấn chỉnh ngay để các em không mắc sai lầm, có thể bằng cách nêu ra một phản ví dụ, chẳng hạn bất phương trình có biệt thức nhưng bất phương trình có nghiệm với mọi x. GV cần thông qua các ví dụ cụ thể để nhấn mạnh với HS điều kiện chỉ là điều kiện đủ chứ không phải là điều kiện cần để bất phương trình đã cho có nghiệm. Trên cơ sở định lý về dấu của tam thức bậc hai, HS đã có một quy trình tổng quát về tuần tự các bước giải bất phương trình bậc hai. Các em sẽ không quá khó khăn trong việc vận dụng định lý đó vào giải bất phương trình bậc hai có hệ số bằng số. Riêng đối với bất phương trình bậc hai có chứa tham số m, các em nhận thấy phải xét các trường hợp của biệt thức (), và tương ứng với mỗi trường hợp của phải tìm m để . Mặc dù đã có quy trình chặt chẽ, nhưng phải chia nhiều trường hợp phức tạp, việc phân chia đầy đủ các trường hợp và tính toán đúng cũng không phải là dễ dàng. Thay vì giải trực tiếp bài toán (1), HS tìm cách giải bài toán ngược của nó, đó là: Tìm m để bất phương trình f(x) = mx2 + ( 2m + 1 )x – 7 ≥ 0 (2) vô nghiệm. Từ kết quả của bài (2) sẽ tìm được kết quả của bài (1). Bằng cách phát biểu bài toán (2) theo hình thức khác: vô nghiệm có nghĩa là không tồn tại để , điều đó tương đương với . Cách phát biểu trên đã đưa (2) về bài toán không khó đối với HS lớp 10. 1.3.5. Các mức độ biểu hiện của năng lực TDTN trong toán học Dựa vào tính tích cực, tự giác, độc lập của HS trong quá trình TDTN, tính hiệu quả và mức độ tác động của GV trong quá trình đó, có thể phân mức độ năng lực TDTN của HS trong dạy học toán như sau: Cấp độ 1: HS nhận thức được mối quan hệ hai chiều và cách khai thác mối quan hệ đó thông qua việc giảng giải, thuyết trình, vấn đáp của GV khi giải quyết vấn đề trong tình huống do GV đưa ra. Cấp độ 2: HS nhận thức được mối quan hệ hai chiều trong tình huống do GV đưa ra, biết khai thác mối quan hệ đó vào giải quyết vấn đề dưới sự gợi ý, dẫn dắt của GV khi cần thiết. GV không chỉ ra cho HS một cách tường minh mối quan hệ đó và cách khai thác mối quan hệ, mà chỉ giảng giải, hướng dẫn một phần giúp HS vượt qua chỗ khó hoặc định hướng, cụ thể hóa, chi tiết hóa thêm một bước để thu hẹp hơn phạm vi, mức độ giải quyết cho vừa sức đối với HS, để từ đó HS có thể giải quyết được vấn đề. Cấp độ 3: HS tự mình nhận thức được mối quan hệ hai chiều và biết khai thác mối quan hệ đó vào giải quyết vấn đề. GV không có sự định hướng, gợi ý nào mà chỉ với vai trò đánh giá kết quả và ý nghĩa của những kết quả HS đã thu nhận được. 1.4. Mối quan hệ của tư duy thuận nghịch với một số loại hình tư duy 1.4.1. Mối quan hệ của tư duy thuận nghịch với tư duy phê phán Mặc dù có nhiều quan niệm về TDPP [3], [110], ... nhưng có thể hiểu: TDPP là quá trình đánh giá suy nghĩ, đánh giá lập luận, giải quyết các vấn đề hoặc đưa ra các phán đoán trên cơ sở thu thập và đánh giá những thông tin, những ý kiến khác nhau dựa trên những tiêu chuẩn nhất định nhằm đưa ra cách giải quyết tốt nhất. TDPP đôi khi cũng được gọi là tư duy có định hướng vì nó tập trung vào những vấn đề được nêu ra . Khi đứng trước một tình huống hoặc một bài toán, nhiều khi chúng ta phải xem xét, liên hệ và đánh giá mọi khía cạnh của nó, phải phân tích, tổng hợp để lựa chọn cách thức giải quyết. Nếu theo cách giải quyết thường làm mà khó khăn hoặc không đạt được mục đích, thì nên linh hoạt thay đổi hướng suy nghĩ. Khi đó trong suy nghĩ, trong cách xem xét cũng cần đặt những câu hỏi, chẳng hạn như: “có nên xem xét vấn đề có yêu cầu ngược lại hay không?”, “sử dụng cách làm ngược với cách thường làm thì sao?”, ... Chính trong quá trình TDPP, đã thể hiện sự liên hệ, phối hợp hai tiến trình suy nghĩ ngược xuôi . Trong khi bồi dưỡng TDTN, chúng ta không chỉ nhìn nhận vấn đề theo một chiều hướng, theo một “lối mòn”, mà còn linh hoạt thay đổi nhìn nhận theo cách gián tiếp, theo chiều hướng ngược lại, để tìm được phương pháp tối ưu. Chính trong quá trình tập luyện đó, HS phải thường xuyên xem xét, phân tích, đánh giá, lí giải được những sự thắc mắc, chẳng hạn như: bài toán này, tình huống kia nên được giải quyết bằng TDTN, và như vậy năng lực TDPP cũng được phát triển. Ví dụ 1.21: Khi giải một bài toán, thông thường ta tìm cách đưa bài toán nhiều ẩn về bài toán chứa ít ẩn hơn, bài toán có bậc cao về bài toán có bậc thấp hơn, bài toán phụ thuộc vào nhiều đại lượng thay đổi chuyển về bài toán phụ thuộc vào ít đại lượng biến thiên hơn, ... Tuy vậy, có nhiều bài toán lại làm theo suy nghĩ ngược lại. Chính việc làm ngược này có thể giúp chúng ta tìm được phương pháp giải bài toán. Chẳng hạn, với bài toán: “Giải phương trình: ”. Nhận thấy rằng phương trình đã cho tuy chỉ có một ẩn, nhưng khó giải vì tính chất phức tạp của chúng. Để có thể giải bài toán, ta cần phát hiện các ẩn phụ nhằm chuyển bài toán một phương trình một ẩn thành hệ các phương trình nhiều ẩn nhưng dễ giải hơn. Cụ thể, chọn , , ta có các phương trình: và . Từ đó, ta có hệ phương trình: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 đã có phương pháp giải. 1.4.2. Mối quan hệ của tư duy thuận nghịch với tư duy biện chứng Có thể hiểu tư duy biện chứng là một dạng tư duy, xem xét sự vật hiện tượng trong sự thống nhất và mâu thuẫn, trong sự vận động và phát triển, trong mối liên hệ và phụ thuộc với các sự vật khác [43]. Tính chất biện chứng của tư duy được đặc trưng bởi sự nhận thức [43]: Tính thay đổi: Vận động và phát triển; Tính hai mặt: Mâu thuẫn và thống nhất; Tính toàn diện: Sự liên hệ tương hỗ và phụ thuộc lẫn nhau của các khái niệm và các quan hệ. TDTN là dạng tư duy tuân theo các quy luật cơ bản của duy vật biện chứng, đó là quan hệ tác động qua lại của các mặt đối lập mâu thuẫn nhưng thống nhất. Chẳng hạn: Bài toán thuận và bài toán ngược; chứng minh trực tiếp và chứng minh gián tiếp; KQH và ĐBH, ... TDTN nghiên cứu sự vật hiện tượng trong trạng thái biến đổi, trong sự phụ thuộc lẫn nhau chứ không tách rời nhau, chẳng hạn như: mối quan hệ giữa ẩn của một phương trình với ẩn phụ, ảnh và tạo ảnh, khái niệm với các thuộc tính, ... Do đó, bồi dưỡng TDTN là đã góp phần bồi dưỡng các quy luật của tư duy biện chứng. Trong khi bồi dưỡng TDTN đương nhiên cũng vận dụng các quy luật biện chứng như: lượng đổi chất đổi, mâu thuẫn và thống nhất, phủ định của phủ định và các cặp phạm trù như: cái riêng – cái chung; nguyên nhân – kết quả; ... Qua đó phản ánh được bản chất của sự vật hiện tượng và mối liên hệ qua lại giữa chúng rõ ràng hơn, đầy đủ hơn. Ví dụ 1.22: Để giúp HS học tốt Hình học không gian, GV cần chú ý quan tâm bồi dưỡng cho HS khả năng chuyển các tính chất hình học từ hình không gian này sang hình không gian khác nhờ xem xét mối quan hệ giữa các hình hình học. Chẳng hạn, chúng ta xét các bài toán sau: Bài toán 1: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a, , . Hãy tính thể tích của khối hộp. Bài toán 2: Tìm thể tích của tứ diện ABCD, AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Bài toán 1 yêu cầu tính thể tích của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ nhưng giả thiết lại tập trung vào tứ diện A’ABD (là một hình chóp đều đỉnh A đã có độ dài các cạnh bên và cạnh đáy, do đó tính được thể tích). Từ đó gợi cho người giải toán cần xem xét mối liên hệ giữa hình hộp và tứ diện để có thể tìm được cách giải bài toán. Bằng việc xem xét mối liên hệ giữa hình hộp và tứ diện là mối liên hệ giữa “toàn thể” và “bộ phận”, nhưng theo hướng suy nghĩ: tính thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ theo thể tích tứ diện A’ABD, ta có VABCD.A’B’C’D’ = 6 VA’ABD. Đối với Bài toán 2, vì không thể tính được độ dài đường cao của tứ diện theo a, b, c. Do đó, không giải được bài toán bằng phương pháp trực tiếp dựa vào công thức. Từ đó, buộc phải thay đổi cách thức giải bài toán. Việc khắc phục khó khăn đó nhờ sử dụng tri thức về mối liên hệ giữa tứ diện và hình hộp như trên, nhưng theo hướng suy nghĩ ngược lại: tính thể tích tứ diện ABCD theo thể tích hình hộp MANB.CPDQ (là hình hộp chữ nhật được xây dựng từ tứ diện ABCD bằng cách qua các cặp cạnh đối diện của tứ diện dựng các mặt phẳng song song lần lượt chứa các cạnh đối diện đó, ba cặp mặt phẳng song song nói trên cắt nhau tạo thành hình hộp ngoại tiếp tứ diện). Từ đó tính được: M A N B C P D Q x y z a b c Hình 1.3 VABCD = Ở đây MA = ; MD = ; MC = z được tính theo a, b, c từ hệ phương trình Như vậy, bằng phương pháp khai thác mối liên hệ giữa các hình không gian, theo quan điểm mối liên hệ giữa “toàn thể” và “bộ phận”, nhưng theo hai cách thức ngược nhau đã giúp HS giải được các bài toán trên. Theo tác giả Hoàng Chúng [11]: “... việc học toán một cách thông minh và sáng tạo đòi hỏi HS phải biết suy nghĩ, xem xét các vấn đề, giải quyết các vấn đề trên quan điểm biện chứng: HS phải biết suy nghĩ linh hoạt, không máy móc rập khuôn, biết nhìn nhận một vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, biết phối hợp một cách biện chứng các thao tác tư duy và hình thức tư duy trái ngược nhau: phân tích và tổng hợp, đặc biệt hóa và khái quát hóa, trừu tượng hóa và cụ thể hóa, qui nạp và suy diễn, ... Tất cả những việc làm đó, cách suy nghĩ đó, lặp đi lặp lại nhiều lần, ngay từ những việc nhỏ, có tác dụng rất lớn trong việc xây dựng cho HS thế giới quan khoa học và cách mạng, phương pháp suy nghĩ biện chứng”. 1.4.3. Mối quan hệ giữa tư duy thuận nghịch và tư duy lôgic Đã có nhiều công trình trong nước và ngoài nước nghiên cứu về tư duy lôgic [1], [9], [11], [18], [23], [39], [56], [117], [118], ... Tuy nhiên, có thể nhận thấy: Tư duy lôgic tuân theo các quy luật của lôgic hình thức. Nhiệm vụ của tư duy lôgic là nghiên cứu những hình thức và quy tắc kết hợp đúng đắn những khái niệm và phán đoán để suy lí một cách lôgic, để chứng minh hiệu quả một vấn đề. Theo Nguyễn Cảnh Toàn: “Muốn rèn luyện tư duy toán học thì bước đầu phải rèn luyện tư duy lôgic (hình thức) một cách đầy đủ, coi trọng cả suy diễn quy nạp, cả phân tích tổng hợp, cả học và hành theo một nghĩa rộng là gắn “toán” với “phi toán” [101, tr.147]. Như vậy, rèn luyện TDTN cho HS là cũng góp phần rèn luyện tư duy lôgic và ngược lại. Ví dụ 1.23: Khi GV yêu cầu HS thiết lập mệnh đề đảo của mệnh đề: “Vectơ – không cùng phương với mọi vectơ”, HS sẽ gặp khó khăn. Đa số HS không phát biểu được mệnh đề đảo hoặc có HS đã phát biểu: “Mọi vectơ cùng phương với vectơ – không”, mà thực chất đây là cách phát biểu khác của mệnh đề ban đầu. Nguyên nhân ở đây là HS không phân biệt được đâu là giả thiết, đâu là kết luận do mệnh đề đã cho không được diễn đạt dưới dạng “Nếu ... thì...”. Vì vậy, đối với mệnh đề trên (và những mệnh đề có dạng tương tự), trước hết, GV yêu cầu HS đưa được về dạng: “Nếu một vectơ là vectơ – không thì nó cùng phương với mọi vectơ”. Khi đó mệnh đề đảo được phát biểu là: “Nếu một vectơ cùng phương với mọi vectơ thì nó là vectơ – không”. Thực tiễn dạy học cho thấy HS đã gặp khó khăn khi chứng minh mệnh đề này bằng phương pháp trực tiếp, bởi vì, từ giả thiết vectơ cùng phương với mọi vectơ, các em suy ra được cùng phương với vectơ bất kỳ, nhưng từ đây để kết luận là vectơ – không thì chưa chặt chẽ. Lúc này bằng phương pháp chứng minh phản chứng, tức là phủ định kết luận xem không phải là vectơ – không, từ giả thiết vectơ cùng phương với mọi vectơ, suy ra có vô số giá. Điều này là mâu thuẫn và từ đó kết luận mệnh đề đảo đã được chứng minh. Tiếp đến, GV có thể đặt câu hỏi thu hẹp điều kiện của mệnh đề đảo: “Nếu một vectơ cùng phương với hai vectơ khác phương thì nó là vectơ – không” đúng hay sai?. HS chứng minh mệnh đề đảo này đúng và thu được một định lý: “ Nếu một vectơ cùng phương với hai vectơ khác phương thì vectơ đó là vectơ- không”. Điều đó đồng nghĩa với việc HS có thêm một phương pháp chứng minh một vectơ là vectơ – không. Đây là một phương pháp khá hữu hiệu trong việc chứng minh . Chẳng hạn áp dụng cho bài toán: “Cho một đa giác đều n cạnh A1A2An tâm O. Chứng minh rằng ”, mà tại thời điểm sau khi học các kiến thức về vectơ, vectơ - không, tổng và hiệu của hai vectơ, quy tắc ba điểm và quy tắc hình bình hành, để chứng minh , HS thường chứng minh có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau hoặc chứng minh bằng tổng của các cặp vectơ đối, thì đối với trường hợp n lẻ (n = 2k + 1) không thể sử dụng hai cách trên. 1.4.4. Mối quan hệ giữa tư duy thuận nghịch và tư duy sáng tạo Tư duy sáng tạo là tư duy tạo ra được cái mới. Tuy nhiên, HS trong quá trình sáng tạo, tạo ra cái mới không phải chủ yếu đối với xã hội mà là đối với chủ quan mình, nhưng cái mới đó đồng thời cũng có ý nghĩa xã hội, bởi vì khi đó cá nhân được hình thành và biểu lộ [97]. Tư duy sáng tạo bao gồm nhiều yếu tố. Tuy nhiên, các yếu tố cơ bản sau được sự nhất trí cao trong hầu hết các công trình nghiên cứu về cấu trúc của tư duy sáng tạo, đó là: Tính mềm dẻo là khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác; Tính nhuần nhuyễn là khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau; Tính độc đáo là khả năng tìm kiếm và quyết định phương thức giải quyết lạ hoặc duy nhất. Người có TDTN thì không chịu suy nghĩ theo một chiều, theo thói quen thường làm, theo suy nghĩ của số đông, mà họ còn linh hoạt suy nghĩ theo cả chiều hướng ngược lại, xem xét vấn đề từ góc độ ngược lại, hoặc đảo lộn hoặc đối lập. Chính sự suy nghĩ theo hai chiều ngược nhau nhiều khi đưa lại cách giải quyết vấn đề một cách nhanh chóng, dễ dàng, độc đáo. Như vậy, việc rèn luyện TDTN sẽ góp phần phát triển TDST. Ngược lại, người có TDST thì luôn luôn có ý thức tìm kiếm cái mới, cái độc đáo, linh hoạt thay đổi cách thức nhìn nhận và giải quyết vấn đề. Do đó, khi đứng trước một vấn đề mà việc giải quyết nó theo thói quen gặp khó khăn, họ dễ dàng thay đổi hướng suy nghĩ và trong đó có hướng suy nghĩ theo chiều ngược lại. Ví dụ 1.24: (Bài toán nêu trong Ví dụ 1.10, tr.26) Còn có một cách nhìn khác về bài toán đó là: Xem vế trái của biểu thức cần chứng minh là số các trường hợp có thể xảy ra đối với cách chọn n phần tử trong tập hợp có 2n phần tử, mà trong mỗi trường hợp phải thực hiện theo hai công đoạn. Từ đó, phải xem vế phải là số cách chọn n phần tử trong tập hợp 2n phần tử bao gồm n phần tử có tính chất này và n phần tử có tính chất khác. Từ việc phân tích trên, HS có thể giải bài toán trên bằng cách đặt bài toán gắn với yêu cầu cụ thể. HS có thể đưa ra các bài toán mô tả các tình huống khác nhau, nhưng giữ nguyên dấu hiệu bản chất là yêu cầu chọn n phần tử trong tập hợp 2n phần tử bao gồm n phần tử có tính chất này và n phần tử có tính chất khác. Việc làm trên là ngược với công việc thường làm của HS: cho bài toán và sử dụng các kiến thức liên quan để giải. Chính qua việc giải những bài toán theo con đường ngược lại như thế này, bên cạnh việc làm cho HS hiểu sâu sắc hơn các kiến thức về Tổ hợp, quy tắc cộng, quy tắc nhân, nhị thức Niu- tơn, còn giúp HS thấy được tính phổ dụng của toán học, từ đó họ sẽ biết vận dụng toán họ...P) đi qua K(1;0;0), nên phương trình mp(P) có dạng: Mặt khác, d(M; (P)) = Với . Khi đó Phương trình mp(P): (1). Với . Phương trình mp(P) là: (2). Có 14 HS kết luận có hai mp(P) cần tìm có phương trình (1), (2). Chỉ có 1 HS thử lại kết quả và kết luận mp(P) có phương trình (2) thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Đây là kết quả đúng. *) Về khả năng xem xét, liên tưởng theo chiều ngược lại +) Khả năng thiết lập và chứng minh mệnh đề đảo của HS: Đối với lớp 11: Bài toán: Cho hình chóp S.ABCD có , H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp trong đường tròn nhận H làm tâm. Hãy phát biểu mệnh đề đảo và xét tính đúng sai của mệnh đề đó. Kết quả về phát biểu mệnh đề đảo: Có 23 HS biết phát biểu mệnh đề đảo, theo các cách như sau: - Cho hình chóp S.ABCD có ABCD nội tiếp đường tròn tâm H, SH ^ (ABCD) thì SA = SB = SC = SD; - Cho hình chóp S.ABCD có ABCD nội tiếp đường tròn tâm H và SA = SB = SC = SD thì SH ^ (ABCD); - Cho hình chóp S.ABCD, nếu ABCD là tứ giác nội tiếp trong đường tròn có tâm là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) thì SA = SB = SC = SD; - Cho H là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Đường thẳng d qua H vuông góc với (ABCD) thì mọi điểm thuộc d sẽ cách đều các đỉnh của tứ giác; - Cho mp(P), tứ giác ABCD Ì (P). Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm H. Kẻ Hx ^ (P). Lấy S Î Hx. Ta được SA = SB = SC = SD; - Cho hình chóp S.ABCD. Nếu ABCD nội tiếp đường tròn tâm H thì SA = SB = SC = SD và SH ^ (ABCD). HS đã khẳng định mệnh đề đảo đúng. Chỉ có 12 HS chứng minh mệnh đề đảo đúng và khi chứng minh các em sử dụng theo cách chứng minh mệnh đề thuận nhưng đổi giả thiết và kết luận cho nhau. Có 11 HS khẳng định mệnh đề đảo đúng nhưng không chứng minh. Riêng đối với phát biểu: “Cho hình chóp S.ABCD. Nếu ABCD nội tiếp đường tròn tâm H thì SA = SB = SC = SD và SH ^ (ABCD)”, có HS khẳng định đây là mệnh đề sai vì không đủ giả thiết để chứng minh, có HS lập luận: để SH ^ (ABCD) thì hình chóp S.ABCD phải là hình chóp đều. Bên cạnh đó, có HS phát biểu như sau: “Cho một tứ giác có tại tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó ta luôn có mọi điểm thuộc đường thẳng vuông góc với tứ giác tại tâm thì cách đều 4 đỉnh của tứ giác”. Phải chăng nội dung của mệnh đề đảo mà HS này muốn phát biểu tương tự như cách phát biểu thứ tư ở trên, nhưng cách dùng từ chưa chính xác và lộn xộn. Còn có 69 HS không làm được gì. Đối với lớp 10: Bài toán: Chứng minh rằng tổng bình phương hai đường chéo của hình bình hành bằng tổng bình phương 4 cạnh của nó. Hãy phát biểu mệnh đề đảo và xét tính đúng sai của mệnh đề đó. Kết quả chúng tôi nhận được: Về cách giải bài toán thuận: HS đã giải bài toán theo nhiều cách, chẳng hạn: sử dụng định lý côsin; sử dụng công thức đường trung tuyến; kẻ hai đường cao của hình bình hành; biến đổi tương đương và dùng phương pháp vectơ,... Về kết quả phát biểu và chứng minh mệnh đề đảo: - Tồn tại một hình bình hành ABCD để; - Tổng bình phương hai đường chéo của một hình bình hành bằng tổng bình phương bốn cạnh của nó nếu đó là một hình bình hành; - Tổng bình phương bốn cạnh của một hình bình hành bằng tổng bình phương hai đường chéo của nó; - Với 4 điểm bất kì A, B, C, D khác nhau ta có = thì tứ giác ABCD là hình bình hành; - Tứ giác có tổng bình phương bốn cạnh bằng tổng bình phương hai đường chéo là hình bình hành; - Trong một tứ giác, tổng bình phương hai đường chéo bằng tổng bình phương bốn cạnh của nó thì tứ giác đó là hình bình hành. Rõ ràng chỉ có phát biểu thứ tư, thứ năm, thứ sáu là mệnh đề đảo của bài toán đã cho. Tuy nhiên, cách phát biểu thư tư chưa được ngắn gọn, cách phát biểu thứ sáu còn thiếu từ “nếu”. HS khẳng định mệnh đề đảo này đúng để được một bài toán đảo và khi chứng minh mệnh đề đảo, các em sử dụng cách chứng minh của bài toán thuận ban đầu, nhưng lập luận không đúng hoặc không chặt chẽ. Thậm chí có HS chứng minh hệ thức đúng trong trường hợp ABCD là hình vuông, sau đó HS lập luận: “mà hình vuông là một hình bình hành nên mệnh đề đúng”. Kết quả là có 14 HS biết phát biểu mệnh đề đảo của bài toán là: “Chứng minh rằng, nếu một tứ giác có tổng bình phương hai đường chéo bằng tổng bình phương 4 cạnh của nó thì tứ giác đó là hình bình hành”. Tuy nhiên, chỉ có 1 HS chứng minh được mệnh đề đảo, và khi chứng minh HS đã liên hệ với cách chứng minh trong mệnh đề thuận (cụ thể là dùng định lý côsin), nhưng lập luận chưa được chặt chẽ. Có 13 HS không biết cách chứng minh và có 30 HS không phát biểu được mệnh đề đảo. Chúng tôi cũng tiến hành khảo sát 62 sinh viên lớp 51Toán, năm thứ ba, ngành sư phạm Toán, trường Đại học Vinh khi dạy học phần Hình học sơ cấp và Lịch sử Toán với yêu cầu phát biểu và chứng minh Định lý Talet đảo trong không gian. Kết quả có 62 sinh viên phát biểu đúng định lý đảo và 61 sinh viên khi chứng minh định lý đảo vận dụng kết quả của định lý thuận, chỉ có một sinh viên đưa ra cách chứng minh độc lập với định lý thuận. +) Khả năng liên tưởng, vận dụng công thức theo chiều ngược lại Bài toán: Giải phương trình (1). Kết quả chúng tôi nhận được như sau: Có 82 HS giải bài toán theo cách sau: Bằng cách thay bởi 1, suy ra để đưa (1) về phương trình bậc 3 ẩn t có thể nhẩm được nghiệm. Chỉ có 3 HS giải bài toán bằng cách liên tưởng 1 với biểu thức . Như vậy, những HS này đã có khả năng liên tưởng, vận dụng công thức = 1 theo chiều ngược lại. Còn có 7 HS không giải được bài toán. +) Khả năng nhận dạng khái niệm khi biết một số yếu tố Bài toán: Cho P(3;0) và các đường thẳng , . Viết phương trình đường thẳng d đi qua P và cắt lần lượt tại A, B sao cho PA = PB. Kết quả chúng tôi nhận được thật bất ngờ, bởi vì 40 HS giải được bài toán đều cho kết quả là chỉ có một đường thẳng d có phương trình , bỏ sót đường thẳng có phương trình là . Nguyên nhân của sai sót là từ giả thiết P, A, B thẳng hàng và PA = PB, HS cho rằng P là trung điểm của đoạn AB, tức là , mà không biết rằng còn có , nghĩa là A º B. Chính vì vậy, HS đã không xét trường hợp A º B º I = , do đó bỏ sót trường hợp d: , chính là đường thẳng đi qua P và I. *) Về khả năng thay đổi cách thức giải quyết vấn đề bằng việc xét mặt trái của vấn đề Bài toán: Cho (P) // (Q). Chứng minh a // (Q) với mọi đường thẳng a thuộc mp(P). Kết quả chúng tôi nhận được như sau: Có 10 không chứng minh được bài toán. Có 13 HS lập luận chứng minh trực tiếp bài toán như sau: Ta có (P) // (Q) nên (P) và (Q) không có điểm chung, mà a Ì (P)" a Ì (P) không có điểm chung với (Q), nên a // (Q). Lập luận này không chặt chẽ. Có 2 HS chứng minh trực tiếp bài toán bằng cách sử dụng định lý: “Hai mặt phẳng song song với nhau bị cắt bởi mặt phẳng thứ ba thì cắt theo hai giao tuyến song song”. Như vậy, nếu ngay sau khi GV dạy HS định nghĩa khái niệm hai mặt phẳng song song mà GV yêu cầu HS chứng minh bài toán trên thì HS không thể chứng minh bài toán, bởi vì định lý HS sử dụng được chứng minh vào thời gian sau. Có 15 HS đã không chứng minh trực tiếp bài toán, mà chọn phương pháp chứng minh gián tiếp. Cụ thể là chứng minh phản chứng, bằng cách bác bỏ phủ định của mệnh đề cần chứng minh. Những HS này đã linh hoạt thay đổi cách chứng minh thường làm khi gặp bài toán mà sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp không đưa lại hiệu quả. Tuy nhiên, vẫn có một số HS đặt vấn đề chứng minh bằng phản chứng chưa được chuẩn. Cụ thể, HS trình bày: “Giả sử a không song song với (P)”, mà thực chất phải trình bày là: “Giả sử tồn tại đường thẳng a mà a không song song song với (P)”. Bởi vì, phủ định của mệnh đề có chứa lượng từ “với mọi” là mệnh đề chứa lượng từ “tồn tại”. Phụ lục 5: MỘT SỐ GIÁO ÁN THỰC NGHIỆM GIÁO ÁN THỰC NGHIỆM LỚP 10 Tiết 3- 4: ÁP DỤNG MỆNH ĐỀ VÀO SUY LUẬN TOÁN HỌC I. MỤC TIÊU Kiến thức: - Hiểu rõ một số phương pháp suy luận toán học. - Nắm vững các phương pháp chứng minh trực tiếp và chứng minh phản chứng. - Biết phân biệt giả thiết và kết luận của định lý. - Biết phát biểu mệnh đề đảo, định lý đảo, biết sử dụng và phân biệt được các thuật ngữ “ điều kiện cần”, “điều kiện đủ”, “điều kiện cần và đủ” trong các phát biểu toán học. Kỹ năng: Chứng minh được một số mệnh đề bằng phương pháp phản chứng. Về tư duy và thái độ: - Rèn luyện tư duy linh hoạt, tư duy thuận nghịch. - Có ý thức hợp tác, chủ động tích cực, trong học tập. - Có ý thức xem xét, đánh giá kết quả, lời giải bài toán. II. PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC Phương pháp vấn đáp, gợi mở và làm việc theo nhóm III. CHUẨN BỊ CỦA HỌC SINH VÀ GIÁO VIÊN - Chuẩn bị của HS: SGK Đại số 10 nâng cao, kiến thức về mệnh đề, mệnh đề chứa biến, xác định tính đúng sai của mệnh đề. - Chuẩn bị của GV: SGK, SGV Đại số 10 nâng cao, phiếu học tập, máy chiếu (hoặc bảng phụ). Phiếu học tập tiết 3 Phiếu học tập số 1 Bài 1. Chứng minh rằng: a) nếu thì . b) sao cho thì . Phiếu học tập số 2 Bài 2. Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình bậc hai sau đây có nghiệm: . Bài 3. (Dành cho HS khá giỏi) Cho các số a,b,c dương và nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong các bất đẳng thức sau có ít nhất một bất đẳng thức là sai: . IV. TIẾN TRÌNH BÀI HỌC TIẾT 3 Hoạt động của GV Hoạt động của HS Hoạt động 1: Kiểm tra bài cũ - Gọi một HS lên bảng, giải bài toán: Bài toán: Cho mệnh đề chứa biến H1. Hãy xét tính đúng, sai của các mệnh đề ? H2. Dự đoán về tính đúng, sai của mệnh đề P(n)? - GV đưa ra cách viết đầy đủ của mệnh đề đúng trên là: “Với mọi số tự nhiên , nếu lẻ thì chia hết cho 4” và khẳng định đây là một định lý. Hoạt động 2: Định lý và chứng minh định lý GV phát biểu khái niệm định lý. H3. Mệnh đề “Nếu chia hết cho 3 thì chia hết cho 9”, hoặc mệnh đề “ là số vô tỷ” có phải là các định lý hay không? - Một HS lên bảng thực hiện yêu cầu của GV, các HS khác suy nghĩ trả lời và theo dõi câu trả lời của bạn, chú ý các lý do giải thích đã đầy đủ chưa - Gọi một HS trả lời câu hỏi H2 + Nếu lẻ thì đúng + Nếu chẵn thì sai - HS nắm được định lý là một mệnh đề đúng, chủ yếu có cấu trúc: (1) trong đó là những mệnh đề chứa biến, là một tập hợp nào đó. - HS thảo luận và dự kiến một HS đứng tại chỗ trả lời câu hỏi H3. Các mệnh đề trên đều là định lý và phát - GV giải thích khái niệm chứng minh định lý. - GV hướng dẫn HS chứng minh Ví dụ 2 tr 10 SGK. - GV giới thiệu cách chứng minh trên là chứng minh trực tiếp định lý H4. Hãy nêu các bước chứng minh trực tiếp định lý? H5. Hãy chứng minh định lý trong Ví dụ 3 tr 11 SGK? GV quan sát và trong trường hợp HS không chứng minh được định lý theo phương pháp chứng minh trực tiếp thì GV gợi ý HS thay đổi phương pháp chứng minh gián tiếp (và trong trường hợp này là sử dụng phép chứng minh phản chứng). GV phải làm rõ các bước trong chứng minh phản chứng định lý cụ thể này. Sau khi chứng minh xong định lý, GV phát biểu với HS phương pháp vừa sử dụng là chứng minh phản chứng và yêu cầu HS cho biết khi nào có thể sử dụng phương pháp này và nêu các bước trong phép chứng minh phản chứng. Hoạt động 3: Củng cố Hoạt động 3.1. Thực hiện H1 tr 11 Hoạt động 3.2. Hoạt động nhóm - Chia HS thành các nhóm, mỗi nhóm từ 7-8 HS. Phân công nhiệm vụ (một nửa nhóm làm phiếu số 1, một nửa nhóm còn lại làm phiếu số 2) - Chiếu lên bảng hoặc phát các phiếu học tập cho các nhóm - Yêu cầu các nhóm làm bài (thời gian 4 phút) - Quan sát và có thể gợi ý một số nhóm nếu cần thiết Chẳng hạn: có thể chứng minh câu b) Bài 1 bằng phương pháp trực tiếp hay chứng minh phản chứng? + Nếu sử dụng chứng minh trực tiếp thì phải chia các trường hợp nào cho ? + Nếu sử dụng chứng minh phản chứng thì phải chia các trường hợp nào cho ? Gợi ý tương tự cho nhóm làm phiếu số 2, chẳng hạn: Vai trò của 3 phương trình đã cho có bình đẳng hay không? Nếu bình đẳng thì có thể chỉ ra được phương trình nào có nghiệm không? Vậy phải sử dụng cách chứng minh nào? biểu theo dạng (1) như sau + “Với mọi số nguyên , nếu chia hết cho 3 thì chia hết cho 9”. + “Với mọi số thực , nếu là số hữu tỷ thì ”. - HS tiếp thu - HS theo dõi và ghi chép là số tự nhiên lẻ tùy ý. Khi đó , . Suy ra chia hết cho 4. Trên cơ sở cách chứng minh trực tiếp một định lý cụ thể (Ví dụ 2), HS trả lời câu hỏi H4 (có thể GV cần chính xác hóa câu trả lời): + Lấy tùy thuộc mà đúng + Dùng suy luận và những kiến thức toán học đã biết để chỉ ra rằng đúng. - HS thảo luận và nhận thấy sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp định lý là không thể làm được. HS theo dõi cách đặt vấn đề, cách chứng minh phản chứng của GV, tiếp thu và trả lời câu hỏi của GV: Có thể “nghĩ đến” sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng khi việc sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp không thể thực hiện được. Các bước chứng minh phản chứng: + Giả sử tồn tại sao cho đúng và sai, tức mệnh đề (1) là sai. + Dùng suy luận và những kiến thức toán học đã biết để đi đến mâu thuẫn. - Một HS đại diện chứng minh - Chia nhóm - Đọc đề bài, thảo luận nhóm để giải - Ghi lời giải vào giấy + + - Dự kiến HS trả lời: Không thể chỉ ra được - Chứng minh phản chứng. - Gọi đại diện một nhóm làm phiếu số 1 trình bày kết quả của nhóm. Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh. Chú ý tạo điều kiện để HS thảo luận, giải thích được lý do chọn cách chứng minh trực tiếp hay chứng minh gián tiếp. - Gọi đại diện một nhóm làm phiếu số 2 trình bày kết quả làm việc của nhóm. Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh. Sau khi HS giải xong 2 bài toán, GV nhấn mạnh lại việc lựa chọn phương pháp chứng minh định lý. Đặc biệt với những bài toán có dấu hiệu “ Không tồn tại” hoặc “tồn tại”, “có ít nhất”,... có thể được chứng minh bằng phương pháp chứng minh phản chứng. Hoạt động 3.3. (Dành cho HS khá giỏi) Hướng dẫn công việc ở nhà: Giải các bài tập số 7,11 tr 12 SGK. - Đại diện một nhóm làm phiếu số 1 trình bày kết quả làm việc của nhóm. - Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh. - Đại diện một nhóm làm phiếu số 2 trình bày kết quả làm việc của nhóm. - Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh. - HS liên hệ với 2 bài toán đã chứng minh. Với HS khá giỏi, cho các em phân tích và nêu phương hướng giải quyết. Việc giải cụ thể có thể coi như mài tập về nhà. Kết quả: Phiếu số 1 Bài 1. a) là số tự nhiên chia hết cho 12, nên , suy ra . b) Có thể chứng minh bài toán bằng phương pháp chứng minh trực tiếp hoặc chứng minh phản chứng. Với phương pháp chứng minh trực tiếp, HS phải xét 3 trường hợp: Với phương pháp chứng minh phản chứng, HS phải bắt đầu từ phủ định của kết luận, giả sử không chia hết cho 3. Từ đó xét 2 trường hợp: và dẫn đến mâu thuẫn. Phiếu số 2 Bài 2: Giả sử không tồn tại phương trình nào có nghiệm (vô lý) Do đó, có ít nhất một phương trình có nghiệm. Bài 3: Giả sử không có bất đẳng thức nào sai Suy ra : Vì , nên ta có: Tương tự, . Suy ra Từ (1)(2) dẫn đến vô lý. Vậy phải có ít nhất một bất đẳng thức sai. TIẾT 4: - Chuẩn bị của GV: SGK, SGV Đại số 10 nâng cao, giấy trắng, máy chiếu (hoặc bảng phụ) có ghi sẵn phiếu học tập. Phiếu học tập tiết 4 Phiếu học tập số 1 Sử dụng thuật ngữ “điều kiện cần”, “điều kiện đủ” để kết nối các cặp mệnh đề sau sao cho mệnh đề này là đúng. a) . b) “Tam giác ABC và DEF đồng dạng”, “Tam giác ABC và DEF có ít nhất một góc bằng nhau”. c) và . d) “ Tam giác ABC vuông”, “”. Phiếu học tập số 2 Lập mệnh đề đảo của các định lý sau và cho biết mệnh đề này có phải là định lý hay không? Nếu mệnh đề đảo đó là định lý, hãy sử dụng thuật ngữ “điều kiện cần và đủ” để phát biểu gộp cả hai định lý thuận và đảo. a) “Nếu hai số nguyên lẻ thì tích của chúng là số lẻ”. b) “Nếu tứ giác là hình vuông thì tứ giác có 4 cạnh bằng nhau”. Phiếu học tập số 3 Tìm các số nguyên sao cho chia hết cho . TIẾN TRÌNH BÀI DẠY Hoạt động của GV Hoạt động của HS Hoạt động 1: Kiểm tra bài cũ - Gọi một HS đứng dậy trả lời câu hỏi: H1: Thế nào là định lý? Cấu trúc của định lý như thế nào? Hoạt động 2: Điều kiện cần, điều kiện đủ - GV giải thích với định lý có cấu trúc (1) thì: + được gọi là giả thiết của định ký + được gọi là kết luận của định lý - Định lý (1) còn được phát biểu: + là điều kiện đủ để có + là điều kiện cần để có - Sau khi nêu các khái niệm giả thiết, kết luận của định lý, điều kiện cần và điều kiện đủ, GV đặt câu hỏi sau nhằm để kiểm tra khả năng của HS về việc hiểu các khái niệm “điều kiện cần”, “điều kiện đủ”. H2: Với mệnh đề có cấu trúc (1), khi nào là điều kiện đủ của và là điều kiện cần của ? HS trả lời: - Định lý là một mệnh đề đúng có cấu trúc : trong đó là những mệnh đề chứa biến, là một tập hợp nào đó. HS lắng nghe, ghi chép - Dự kiến HS trả lời: Với mệnh đề thì là điều kiện đủ của và là điều kiện cần của khi mệnh đề đó là Để HS hiểu rõ hơn các khái niệm trên, GV yêu cầu HS xem xét Ví dụ 4 SGK. Ví dụ 4: Xét định lý “Với mọi số tự nhiên , nếu chia hết cho 24 thì chia hết cho 8”. H3: Hãy tìm mệnh đề ; của định lý? H4: Hãy phát biểu định lý dưới dạng điều kiện cần, điều kiện đủ ? H5: Xem xét có phải là điều kiện cần để có hay không?có phải là điều kiện đủ để có hay không? Để trả lời được câu hỏi trên, HS phải thực sự hiểu rõ điều kiện cần, điều kiện đủ khi trả lời câu hỏi H2. Và sẽ là linh hoạt nếu HS suy nghĩ “mạnh bạo”, giả sử là điều kiện đủ để có , từ đó dẫn đến vô lý. Hoạt động 3: Định lý đảo, điều kiện cần và đủ. H5. Hãy lập mệnh đề đảo của các định lý sau và xét tính đúng sai của các mệnh đề đó? một mệnh đề đúng. Nói cách khác, khi mệnh đề đó là một định lý. - Dự kiến HS trả lời: : “ chia hết cho 24” : “ chia hết cho 8”. - Dự kiến HS trả lời + “ chia hết cho 24” là điều kiện đủ để “ chia hết cho 8”. + “ chia hết cho 8” là điều kiện cần để “ chia hết cho 24”. - Dự kiến HS trả lời: không phải là điều kiện đủ để có . Bởi vì: giả sử là điều kiện đủ để có , suy ra mệnh đề “, ” là mệnh đề đúng. Vì tồn tại thỏa mãn nhưng . Vậy mệnh đề là mệnh đề sai (mâu thuẫn). - HS suy nghĩ, thảo luận và trả lời: Dự kiến HS trả lời: Định lý 1: Định lý trong Ví dụ 4 Định lý 2: Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn thì tổng các góc đối diện của nó bằng . - GV để HS thảo luận, sau đó gọi 2 HS trả lời câu hỏi với 2 trường hợp - Gọi HS khác nhận xét các câu trả lời của bạn và bổ sung nếu có thiếu sót. Sau khi HS trả lời xong câu hỏi H5, GV có thể hỏi thêm: H6: Trong định lý 2, mệnh đề “Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường trên”, có phải là điều kiện cần để có “tứ giác ABCD có tổng các góc đối diện bằng ” hay không? Từ các ví dụ cụ thể trên, GV giải thích để HS hiểu rõ: + Bất kỳ định lý nào cũng có mệnh đề đảo. + Mệnh đề đảo của một định lý có thể đúng hoặc sai. + Nếu mệnh đề đảo đúng thì được gọi là định lý đảo. Khi đó định lý ban đầu gọi là định lý thuận. + Khi định lý với cấu trúc (1) có định lý đảo thì là điều kiện đủ, đồng thời cũng là điều kiện cần để có . Khi đó, ta viết: (2) + Định lý 1 có mệnh đề đảo là: “Với mọi số tự nhiên , nếu chia hết cho 8 thì chia hết cho 24”. Mệnh đề đảo này sai. HS cần chỉ ra một phản ví dụ để lập luận mệnh đề đảo sai. + Định lý 2 có mệnh đề đảo là: “Nếu tứ giá ABCD có tổng các góc đối diện bằng thì tứ giác đó nội tiếp được trong một đường tròn”. Mệnh đề đảo này đúng. Một HS trả lời: “ Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường trên” cũng là điều cần để có “tứ giác ABCD có tổng các góc đối diện bằng ” vì mệnh đề đảo của định lý 2 cũng đúng. HS nghe hiểu Hay là điều kiện cần và đủ để có . Tiếp đến GV hướng dẫn các cách phát biểu khác của (2) bằng cách sử dụng các thuật ngữ “nếu và chỉ nếu”, “ khi vào chỉ khi”, “ắt có và đủ” và yêu cầu HS sử dụng các thuật ngữ đó để phát biểu định lý 2. Mục đích là giúp HS hiểu rõ ý nghĩa của các liên từ lôgic “cần và đủ”, “khi và chỉ khi”, “nếu và chỉ nếu”, “ắt có và đủ”. Hoạt động 4: Củng cố HĐ 4.1: Củng cố lý thuyết H7. Làm thế nào để phân biệt được “điều kiện cần”, “ điều kiện đủ”. Khi nào có thể sử dụng thuật ngữ “ điều kiện cần và đủ” để phát biểu định lý? Trong điều kiện có thể, GV hình thành cho HS tri thức phương pháp về hình thức đảo bộ phận (giữ lại một phần giả thiết của mệnh đề thuận làm giả thiết chung). H8. Hãy thiết lập mệnh đề đảo của định lý “Nếu một tam giác vuông có một góc bằng thì cạnh đối diện với góc ấy bằng một nửa cạnh huyền”. Dự kiến HS trả lời: + Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn là điều kiện cần và đủ để tổng các góc đối diện của tứ giác đó bằng , hay: điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn là tứ giác đó có tổng các góc đối diện bằng . + Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn khi và chỉ khi tứ giác đó có tổng các góc đối diện bằng . + Tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn nếu và chỉ nếu tứ giác đó có tổng các góc đối diện bằng . + Điều kiện ắt có và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn là tứ giác đó có tổng các góc đối diện bằng . Dự kiến HS trả lời + Phải dựa vào cấu trúc của định lý + Khi một định lý có định lý đảo thì có thể sử dụng thuật ngữ “điều kiện cần và đủ” để phát biểu gộp định lý thuận và định lý đảo. HS suy nghĩ để trả lời câu hỏi HS sẽ gặp khó khăn bởi vì giả thiết của định lý này khác với các định lý đã học ở trên (giả thiết gồm hội của 2 mệnh đề). Để giúp HS, GV gợi ý HS viết cấu trúc của định lý trên theo cách đã học, phân biệt giả thiết, kết luận của định lý. GV có thể hỏi HS: Mệnh đề đảo đó đúng hay là sai? Tiếp đến, GV đề nghị HS xem xét tính đúng sai của các mệnh đề sau: - Mệnh đề 1: Nếu tam giác ABC có và thì . - Mệnh đề 2: Nếu tam giác ABC có và thì . GV tiếp tục hỏi HS: Có nhận xét gì về các mệnh đề 1,2 với mệnh đề đảo? Lúc này GV giới thiệu: Đây là các cách khác để tạo mệnh đề đảo của một định lý (hay một bài toán) và các mệnh đề đảo này được tạo thành khi đổi vai trò một phần giả thiết cho kết luận. Các mệnh đề 1,2 ở trên là các mệnh đề đúng, và ta xem chúng là các bài toán đảo của bài toán thuận (chính là định lý ban đầu). Để từ đó HS có tri thức về bài toán thuận, bài toán đảo. Dự kiến HS trả lời: - Giả thiết: có - Kết luận: Từ đây HS có thể lập được mệnh đề đảo: “ Nếu tam giác ABC có thì và ”. Mệnh đề đảo này sai. HS thảo luận và chứng minh được các mệnh đề 1,2 là đúng. Dự kiến HS trả lời: Mệnh đề đảo được thiết lập bằng cách đổi vai trò giả thiết và kết luận của định lý. Các mệnh đề 1,2 chỉ đổi một phần giả thiết. - HS nghe và tiếp thu. HĐ 4.2: Sử dụng các phiếu học tập - Chia thành các nhóm, mỗi nhóm từ 7-8 HS phân công nhiệm vụ (một nửa nhóm làm phiếu số 1, một nửa nhóm còn lại làm phiếu số 2). - Chiếu lên bảng hoặc phát các phiếu học tập cho các nhóm - Yêu cầu các nhóm làm bài (thời gian 4 phút) - Quan sát và có thể gợi ý một số nhóm nếu cầu thiết. - Gọi đại diện một nhóm làm phiếu số 1 trình bày kết quả làm việc của nhóm. Các nhóm các bổ sung hoàn chỉnh. Chú ý tạo điều kiện để HS giải thích cách làm. - Gọi đại diện một nhóm làm phiếu số 2 trình bày kết quả làm việc của nhóm. Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh. - Yêu cầu các nhóm làm phiếu số 3. GV dự kiến sai lầm HS có thể gặp (không phân biệt được điều kiện cần, điều kiện đủ, không có ý thức kiểm tra, đánh giá lại lời giải, kết quả của mình). Để giúp HS phát hiện được sai lầm của mình, GV có thể tiến hành như sau: - Trước hết GV hỏi HS: Các kết quả tìm được có thỏa mãn bài toán hay không? - Chia nhóm - Đọc đề bài, thảo luận nhóm để giải - Ghi lời giải vào giấy - Đại diện một nhóm làm phiếu số 1 trình bày kết quả làm việc của nhóm - Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh - Đại diện một nhóm làm phiếu số 2 trình bày kết quả làm việc của nhóm - Các nhóm khác bổ sung hoàn chỉnh - Đại diện một nhóm giải bài toán này Dự kiến HS sẽ giải như sau: Hay . Vì nên , suy ra là ước của 4. Từ đó, , suy ra , , . Hoặc, HS có thể thay : HS sẽ thay các giá trị tìm được vào các biểu thức và , và tìm được 2 - Tiếp đến GV đề nghị HS tìm chỗ sai trong lập luận và để HS dễ tìm ra chỗ sai, đồng thời giúp HS tránh được sai lầm khi gặp những bài toán tương tự, GV giải thích cho HS hiểu rõ yêu cầu của bài toán (thực chất là nêu dạng của bài toán): Bài toán yêu cầu tìm các giá trị để có nghĩa là cần phải tìm “các điều kiện đủ” để có “”. Vì vậy, bài toán có dạng “cần và đủ”. Và để thuận lợi cho việc tìm các điều kiện đủ, trước hết ta tìm các điều kiện cần, nghĩa là làm ngược lại yêu cầu của bài toán. Sau đó GV trình bày cách giải bài toán và chỉ ra sai lầm của HS là đã không xét điều kiện đủ (không thử lại) cho lời giải của HS dùng phép Þ khi lập luận , ,hoặc cho lời giải của HS dùng sai phép Û khi lập luận . Nhắc nhở HS cần ý thức kiểm tra lại kết quả của bài toán, các suy luận trong bài toán. HĐ 5. Hướng dẫn công việc ở nhà Giải các bài tập 6, 8, 9, 10 tr 12 SGK biểu thức và , và tìm được 2 kết quả đúng là: và . - HS nghe và tiếp thu, rút kinh nghiệm - HS ghi chép cách giải của GV, hiểu rõ nguyên nhân của những sai lầm và đúc rút những kinh nghiệm cho mình. ĐÁP ÁN CÁC PHIẾU HỌC TẬP Phiếu học tập số 1 a) là điều kiện đủ để có ; là điều kiện cần để có. Vì mệnh đề “ Nếu thì ” là một mệnh đề đúng. b) “Tam giác ABC và DEF đồng dạng” là điều kiện đủ để có “Tam giác ABC và DEF có ít nhát một góc bằng nhau”. c) là điều kiện cần để có và không phải là điều kiện đủ, vì tồn tại thỏa mãn nhưng . d) “Tam giác ABC” là điều kiện đủ và cũng là “điều kiện cần” để có “”. Phiếu học tập số 2 a) Mệnh đề đảo: “ Nếu tích của 2 số nguyên là một số lẻ thì hai số nguyên đó là các số lẻ”. - Mệnh đề đảo này là một định lý, vì mệnh đề này đúng. - Phát biểu: “Điều kiện cần và đủ để tích của 2 số nguyên là một số lẻ là các số nguyên đó là lẻ”. b) Mệnh đề đảo: “Nếu một tứ giác có 4 cạnh bằng nhau thì tứ giác đó là một hình vuông”. - Mệnh đề đảo này không phải là định lý, vì mệnh đề này sai. Bởi vì, tồn tại hình thoi là một tứ giác có 4 cạnh bằng nhau nhưng không phải là hình vuông. Phiếu học tập số 3 Lời giải: Giả sử Vì . Nên là ước của 4. Suy ra , từ đó . Thử lại: Với , ta có Với , ta có Với , ta có Với , ta có . Kết luận: là các giá trị thỏa mãn bài toán. Phụ lục 6: GIÁO ÁN TỰ CHỌN MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TIẾP TUYẾN Ngày soạn: 5/10/2013 Ngày dạy: 10/10/2013 Lớp 12T1. I. Mục tiêu: 1/ Về kiến thức: Nắm vững cách giải và giải thành thạo loại toán: -Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đồ thị. Xác định tiếp điểm của hai đường cong tiếp xúc nhau. - Tìm giao điểm của 2 đồ thị bằng cách xác định số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. - Ứng dụng của tiếp tuyến 2/ Về kỹ năng: Rèn luyện kĩ năng giải một số bài toán về đồ thị. 3/ Về tư duy thái độ: Rèn luyện tư duy logic, tư duy thuận nghịch, tính cẩn thận, sáng tạo. II. Chuẩn bị của thầy và trò: 1/ Giáo viên: Giáo án, đồ thị của hàm số. 2/ Học sinh : Sách giáo khoa. Máy tính điện tử Casio fx - 570 MS. III. Phương pháp: - Sử dụng PP HĐ nhóm, gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề. IV - Tiến trình bài học HĐ1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( HĐ nhóm ) VD 1. Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 có đồ thị (C) N1: 1/ Vẽ đồ thị hàm số N2: 2/ Viết pt tiếp tuyến d1 của (C) tại điểm thuộc (C) có hoành độ x = 1/3 N3: 3/ Viết pt tiếp tuyến d2 của (C) đi qua điểm M( 2; -2) N4: 4/ Viết pt tiếp tuyến của d3 (C) biết hệ số góc tiếp tuyến k = 9. HĐ của giáo viên HĐ của học sinh - Yêu cầu 4 nhóm lên bảng trình bày. Các nhóm khác nhận xét. + Tiếp tuyến tại điểm: y = y’(x0)(x - x0) + y(x0) +Tiếp tuyến đi qua điểm: Þ x = 2; x = 1/2 + Tiếp tuyến có hệ số góc: 3x2 - 6x = k = 9 Þ Þ - GV củng cố: Có 3 bài toán cơ bản về tiếp tuyến, mỗi dạng có phương pháp giải như đã nêu ở các ví dụ. - Chú ý phân biệt bài toán tiếp tuyến tại điểm và tiếp tuyến đi qua điểm. 2 -2 5 -2 2 O -1 1 1/3 y x (C))) d1 N1: N2: y = - N3: y = 0; y = - N4: y = 9x + 5 ; y = 9x - 25 HĐ 2: Tìm giao điểm. 5/ Tìm hoành độ các điểm chung của (C) và d1. HĐ của giáo viên HĐ của học sinh - Nêu các cách thường dùng để tìm tọa độ giao điểm của các đồ thị - GV củng cố: Thường đưa về pt hoành độ giao điểm, hoặc dùng đồ thị (BBT) để biện luận Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình: x3 - 3x2 + 2 = - Û x3 - 3x2 + = 0 Û = 0 Þ x = 1/3; x = 7/3 HĐ 3: Ứng dụng của tiếp tuyến để chứng minh BĐT 6/ a/ Chứng minh: x3 - 3x2 + x ≤ với mọi x thuộc (0; 1) (1) b/ Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh: a3 + b3 + c3 - 3(a2 + b2 + c2) ≤ - (2) HĐ của giáo viên HĐ của học sinh H? BĐT (1) có liên quan gì với đt (C) và tiếp tuyến d1. - Trực quan trên đồ thị ta thấy trong một lân cận của x0 = 1/3 , tiếp tuyến d1 nằm trên (C) ( trừ tiếp điểm ). Nghĩa là : x3 - 3x2 + 2 ≤ -x + , tức là ta có (1). Hãy chứng minh (1) - Tìm mối liên hệ giữa (1) và (2) - Từ giả thiết ta suy ra điều kiện của a,b, c như thế nào? - Hãy áp dụng (1) để chứng minh (2) - Đây được gọi là phương pháp tiếp tuyến để chứng minh BĐT. - Đây là bài toán thuận, trong trường hợp ngược lại : Cho BĐT, làm thế nào để sử dụng PPTT để cm ? + x3 - 3x2 + x ≤ Û x3 - 3x2 + x - ≤ 0 Û ≤ 0 . BĐT này đúng do x thuộc (0; 1) + Từ giả thiết suy ra a, b, c thuộc (0; 1) nên áp dụng (1) ta có (2). HD 4. VD 2. Cho các số dương a, b, c và thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh: (3) HD: + Từ giả thiết suy ra a, b, c thuộc (0; 1) . Từ (3) suy ra hàm đặc trưng của BĐT là f(x) = - x trên (0; 1) có đồ thị (C) + Xét dấu bằng xẩy ra khi nào: khi a = b = c = . Từ đó, viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = là d: y = - 4x + 2 + Chứng minh: (*) Û ( - 1)2 ≥ 0 + Khi đó áp dụng (*) Þ Áp dụng BĐT Bunhia Þ a + b + c ≤ Þ (3) Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = . GV: Hãy nêu quy trình chứng minh BĐT bằng phương pháp tiếp tuyến. GV dẫn dắt HS hình thành quy trình gồm 5 bước: Bước 1: Xây dựng “hàm đặc trưng” của bất đẳng thức trên miền K. Bước 2: Dự đoán dấu “=” xảy ra của bất đẳng thức. Bước 3: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm đặc trưng tại điểm có hoành độ bằng giá trị để dấu “=” xảy ra. Bước 4: Chứng minh (hoặc trên K. Bước 5: Vận dụng kết quả trong bước 4 vào bất đẳng thức cần chứng minh. HĐ 5. Củng cố: - Phương pháp viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số. - Phương pháp tiếp tuyến để chứng minh BĐT. Về nhà: - Ôn lại các nội dung trên. - Giải các bài toán liên quan đến tiếp tuyến trong các đề thi đại học. - Tìm các bài toán sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh BĐT. Kết quả HS đã làm được: