Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ CÁCH GIẢI
DẠNG TOÁN CỰC TRỊ

Người thực hiện:
NGUYỄN TRƯỜNG SƠN

Lĩnh vực nghiên cứu:
-Quản lý giáo dục: 
-Phương pháp dạy học bộ môn : Vật lý 
-Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2011- 2012
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 1
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN:
1. Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN
2. Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958
3. Giới tính : Nam
4. Địa chỉ : 22/F6 – Khu phố I - Phường Long Bình Tân

có những bài hay mà khó. Các bài toán cực trị về vật lý thuộc dạng bài khó.
Trong báo cáo này tôi đưa ra một số cách giải các dạng toán cực trị về điện
xoay chiều và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất
đẳng thức Bunhiacốpski’’.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
A . CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Chúng ta đã biết trong chương trình Vật lý các bài tập cực trị liên quan tới bài
toán tối ưu là dạng toán phức tạp và khó. Có những bài ở mức độ cơ bản, có tính
phổ thông; nhưng có những bài hay mà khó, thường gặp trong các đề thi của các
cuộc thi tranh như thi tuyển sinh chuyển cấp học, cao đẳng, đại học, thi chọn học
sinh giỏi. Kinh nghiệm những năm đứng lớp tôi nhận thấy học sinh thường rất lúng
túng trong việc tìm cách giải các dạng toán cực trị. Xuất phát từ thực trạng trên,
qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã chọn đề tài này.
Khi giải một bài toán Vật lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác
nhau và cũng có bài có thể giải theo các phương pháp Vật lý khác nhau. Mỗi
phương pháp đều có những ưu điểm và cũng có những nhược điểm nhất định .
Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải một bài toán đã giúp cho học sinh
nắm vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi và lựa chọn phương pháp vận
dụng, cũng từ đó gây nên sự hứng thú trong học tập của học sinh.
Đề tài này nhằm giúp học sinh khắc sâu những kiến thức giáo khoa và nắm
được phương pháp giải bài toán cực trị. Việc làm này rất có lợi cho học sinh trong
thời gian ngắn đã nắm được phương pháp giải, nhanh chóng giải quyết được bài
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 3
Tóm tắt :
Chuyên đề đưa ra một số cách giải dạng toán cực trị về điện xoay
chiều
và đưa ra một số ví dụ minh họa
cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ CÁCH GIẢI

Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác
x theo hàm bậc hai:
cbxaxy
++=
2
.
Nếu a > 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay lên thì hàm y có cực tiểu.
Nếu a < 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay xuống thì hàm y có cực đại.
Tọa độ đỉnh
( )
; ;
2 4
m m
b
x y
a a
−∆
 
= −
 ÷
 
cho biết cực trị y
m
.
3. Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó :
Cho hai đại lượng là những số dương a, b thì theo bất đẳng thức Côsi ta có quan
hệ:
abba 2
≥+
.

< N;
1sin ≤x
;
1cos ≤x
…….
7. Phương pháp áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpski:
Cho 2n số thực (n ≥ 2) : a
1
; a
2
;…; a
n
và b
1
; b
2;
…; b
n
ta có :

( )
( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1

)(
CL
ZZR
U
Z
U
I
−+
==
Nhận xét: I
max
khi Z
min
C
LZZ
CL
ω
ω
1
0
=⇔=−⇔
⇔ LCω
2
= 1
* Biểu hiện u, i cùng pha : độ lệch pha
0φ
iu
=
.
Vậy :

I
R
=
u, i cùng pha ϕ
u/i
= 0;
(cos ϕ)
max
= 1
L.C.ω
2
= 1
Hệ quả :
R
U
Z
U
I
==
min
max

⇔

1LC
Cω
1
LωZZ
2
CL

r
r r
r
L
C
R
U
U U
U I
r
r r
r r
O
Chủ Đề 1 : Biết U, R tìm hệ thức giữa L, C,
ω
để I
max
cộng hưởng điện.
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

* Đèn sáng nhất khi L, C, f biến thiên.
* Khi f biến thiên U
Lmac
, hay U
Cmax
, hay U
Rmax
, hay P
max
* Khi Z = R tức Z

0
- C
Nếu C
0
< C ⇒ C
’
ghép nối tiếp tụ C : C
0
-1
=C
-1
+ C
’-1
⇒ C
’
= (C
0
-1
- C
-1
)
-1
*Hoặc so sánh : Z
C
với Z
L
.
nếu Z
Co
> Z

Cách giải: * Tìm P(mạch):

22
2
2
)(
cos
CL
ZZR
RU
RIUIP
−+
===
ϕ
Cách 1: trong mạch RLC: chỉ có điện trở thuần tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt ),
còn cuộn cảm thuần và tụ không tiêu thụ điện năng
2
RIP
=⇒
Cách 2: dùng công thức tổng quát :
φ
cosUIP
=
với
2
0
I
I
=
; ϕ tính từ

max

0 R
m
R
Chủ Đề 2: Tìm C’và cách mắc tụ vào tụ C để mạch I
max
cộng hưởng điện.
Chủ Đề 3: Đoạn mạch RLC :Tính công suất tiêu thụ P của mạch.
Chủ đề 4: Biết U, R, L (hay C), ω. Tìm C (hay L) để P
max
.
Khảo sát biến thiên P theo C (hay L) .
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Ta có P = I
2
.R vậy
M
const
ZZR
RU
P
CL
=
−+
=
22
2
)(

m
2
1
L
C
ω
=
.
2\ Biến thiên của P theo C: Khi C = ∞ ⇔ Z
C
= 0 ⇔
2
1
2 2
RU
P
R Z
L
=
+

3\Biến thiên của P theo L: Khi L = 0
⇔
2
0
2 2
RU
P
R Z
C

2
Nhận xét :
MS ( mẫu số ) là tổng của 2 số dương , có tích của chúng là :
( )
( )
2
2
L C
L C
Z Z
R . Z – Z const
R
−
= =
,
nên theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy MS = min khi mà 2 số đó bằng nhau
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 7
C 0 C
m ∞

P P
max 0

P
1
L 0 L
m ∞

m
L

Chủ đề 5: Cho U, ω , L, C . Tìm R để công suất tiêu thụ P
max
.
Khảo sát biến thiên P theo R .
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

( )
2
L C
Z Z
R
R
−
=
.
vậy với
CLm
ZZR
−=
thì
CLm
ZZ
U
R
U
P
−

R Z Z= −
và

CLm
ZZ
U
R
U
P
−
==
22
22
max
* Khi P < P
max
cùng có công suất P cho trước thì tồn tại hai giá trị R
1;
R
2
là
2 nghiệm phân biệt của phương trình (2)
- Ta có quan hệ theo định lý Vi-et:
2
1 2
U
R R
P
+ =
và R

P R R
R R R v P
2R
à
+
= =
.
- Suy ra
L C 1 2
|Z Z | R .R− =
 tính được tg ϕ ; Z ; cosϕ
- Tìm R’ ứng với P’ cho trước giải phương trình
( )
1 2
2
1 2
P R R
R’ – . R’ R .R 0
P’
+
+ =

Cách giải:
Cách 1 :(dùng đạo hàm) .
Ta có U
C
= I. Z
C

⇔


0 0
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Chia cả tử số, mẫu số cho Z
c
⇒
y
U
Z
Z
Z
R
UU
C
L
C
C
=−+=
22
)1()(/
.
Nhận xét: tử số là U không đổi, nên U
Cmax
⇔ y
min

Đặt
C
Z

C
m
ZR
Z
Z
x
+
==
⇒
L
L
Cm
Z
ZR
Z
22
+
=
Bảng biến thiên :

Vậy khi
L
L
Cm
Z
ZR
Z
22
+
=

c
: ⇒
y
U
Z
Z
Z
R
U
U
C
L
C
C
=
−+
=
22
)1()(

Đặt
C
Z
x
1
=
thì
( )
12
222

⇒ = =
+
⇒
L
L
Cm
Z
ZR
Z
22
+
=
⇔ y
min
= (
a4
∆−
) =
2
2 2
R
R Z
L
+
Vì U=const nên y
min
⇔
R
ZRU
U

'
M
M
Z
C
0

Z
Cm ∝
y
’
- 0 +

y y
minU
C
U
C ma
x

A
α O β H
R Z
L
α
= =
+
= không đổi.
vậy khi β = 90
0
;
RL
U
r
⊥
U
r
thì (1)
⇒
R
ZRU
U
L
C
22
max
+
=
∆ OAH ⇒
L L
2 2
RL

Z
22
+
=
thì U
Cmax
và u
RL
vuông pha với u hai đầu đọan mạch.
Như vậy u
RL
vuông pha với u là dấu hiệu U
Cmax.

Cách giải:
Cách 1: (dùng đạo hàm).
Ta có U
L
= I. Z
L
⇔

22
)(
CL
L
L
ZZR
UZ
U

1xZ2x.ZRy
C
22
C
2
+−+=
Tính đạo hàm bậc nhất : y
’
= 2(R
2
+ Z
C
2
).x – 2 Z
c
⇒
Cho y
’
= 0 ⇔
22
1
C
C
Lm
m
ZR
Z
Z
x
+

∝
y
’
- 0 +

y
y
min

U
L
U
Lmax Chủ đề 7: Cho biết U, ω , R, C. Tìm L để U
Lmax
đạt cực đại .
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Vậy khi
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=

ta có :
y
U
Z
Z
Z
R
U
U
L
C
L
L
=
−+
=
22
)1()(
khi đặt
L
Z
x
1
=
và
( )
1xZ2x.ZRy
C
22
C

 
⇒
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=

⇔
2
min
2 2
R
y
4 R Z
C
a
−∆
 
= =
 ÷
+
 
Vì U=const nên y= min ⇔U
L
= max ⇔

α
sin
sin
U
U
L
=

Từ ΔOHB có
R
2 2
RC
C
U R
sin
U
R Z
α
= =
+
= không đổi.
Vậy khi β = 90
0
;

RC
U
r
⊥
U

RC
L L
R Z
U
U Z
α
+
⇒ = =

(**)

,

từ (*), (**)
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=
thì U
Cmax
và u
RC
vuông pha với u hai đầu đọan mạch.
Chú ý quan trọng :
- Khi u

.

L
R
RC C
U U
U I
U U
r r
r r
r r
A
O β H

α

B
B
B
yy
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.- Từ quan hệ vuông pha của hai hiệu điện thế ta có thể xác định được các kháng
L
L
Cm

2
;…; a
n
và b
1
; b
2;
…; b
n
ta có :

( )
( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211

nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
n
n

của m
1
, m
2
là
21
2211
mm
ymym
y
+
=
(1)
- Hệ cân bằng bền khi y
min
Tính : y
1
= BM
1
sin
α

= (AB - M
1
M
2
cos
β
)sin
α

2
H + HK = M
2
H + M
1
I = l.sin(
α
-
β
) + (a - lcos
β
). sin
α
Thay vào (1) và biến đổi :








+
+
−=
ββα
α
α
sincos
cos

α
,
β
nhọn



>
>
⇒
0cos
0)(
α
β
f
; y là hiệu 2 số dương nên
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 12
M
1
H
K
F
I
E
M
2
x
A
B
C

2
1
+








≤+








+








≤

m
m
g
2
1
cot =Ví dụ 2:tìm cách chạy tối ưu.
Một người muốn qua một con sông rộng 750 m. Nước chảy với vận tốc
v
2
= 1m/s. Vận tốc bơi của anh ta đối với nước v
1
= 1,5m/s. Vận tốc chạy bộ trên
bờ của anh ta là v
3
= 2,5m/s. Tìm đường đi (kết hợp bơi và chạy bộ ) để người
đến điểm bên kia sông đối diện với điểm xuất phát trong thời gian ngắn nhất?
Cách giải:
Giả sử người đó chạy bộ từ A

B, rồi từ B đến D bơi theo hướng
1
v
r
hợp với
CA
r
một góc


= (v
2
- v
1
sin
α
)t
1
(3)
thời gian chuyển động tổng cộng t = t
1
+ t
2
t
2 1
1 3
sin
1
cos
3,5 1,5sin
200.
cos
v v
AC
t
v v
t
α
α

Vậy y
min
=
10
⇔
t
min
=200.
10
=632,5s
Khi đó
α
α
sin
cos
5,1
min
=
y
hay
'23254743,0
10
5,15,1
0
min
=⇔===
αα
y
tg
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 13

≈=−=⇒
α
Vậy người đó phải chạy bộ 1 đoạn AB=198m,
rồi bơi qua sông theo hướng
1
v
r
hợp với AC 1 góc
α
=
'0
2325
Ví dụ 3: Tìm β để F
min
, A
min
kéo vật lên
Trên một tấm ván nghiêng một góc
α
với phương ngang có một vật được
kéo lên bằng một sợi dây. Hệ số ma sát và ván nghiêng là
µ
. Hỏi góc
β
hợp bởi
phương dây kéo với phương ngang là bao nhiêu thì tốn công ít nhất khi kéo vật
lên?
Cách giải:
Công của lực kéo nhỏ nhất khi lực kéo nhỏ nhất.
F

=⇒−+=
mg
FFmgmgF
(1)
Cách 1: Ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacốpki:
( )( )
γγµγγµ
222
sincos1cossin
++≤+
dấu bằng xảy ra khi
µ
= tg
γ

γ
γµ
cos
1
11
22
max
=+=+=⇔ tgMS
( )
γαµα
coscossin
min
+=⇒
mgF


thì
F
r
có phương thẳng đứng và F
min
=mg ;
Còn
β
=
0
90>+
γα
không kéo lên được.Vì vật bị kéo về bên trái của
đường thẳng đứng và không thê kéo vật lên được theo mặt nghiêng .
Cách 2: Biến đổi mẫu số theo giải tích
Đặt
ϕµ
tg
=
thì mẫu số
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 14
α
v
r
β
ms
F
r
x
α

αµα
cos
cos
cossin
−
+
=
mg
F
Để A
min
thì F
min
khi mà cos(
ϕ
-
γ
) lớn nhất
γϕγϕ
=⇔=−⇒
1)cos(
=arctg
µ
Vậy
minmin
AF ⇔
thì dây kéo hợp với phương nghiêng 1 góc
µγ
arctg=
và dây kéo

Nên để lực nhỏ nhất thì chuyển động phải là chuyển động thẳng đều:

0
ms
Q F F P R F P+ + + = ⇔ + = −
r r
r r r r r r
Vậy 3 vectơ tạo thành 1 tam giác .
Với vectơ
( )
P−
r
được xác định bởi OK ;
vectơ
R
r
có phương Oz xác định ,
hợp với
P
r
góc
δ
=
( )
ϕα
+
;
Còn véc tơ
F
r

Ví dụ 4: Tìm α để khối trụ quay tại chỗ
Người ta cuốn một sợi dây không dãn, không khối lượng quanh một khối
trụ khối lượng m như hình vẽ. Hỏi phải kéo dây bằng một lực F
min
nhỏ nhất bằng
bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ. Khi đó dây tạo với phương ngang một góc
α
bằng bao nhiêu? Biết hệ số ma sát giữa khối trụ với sàn là k.
Cách giải:
Khối trụ chịu các lực tác dụng như hình vẽ
Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên
0
r
rrrr
=+++
ms
FNPF
(1)
Chiếu lên Ox:
0cos =−
ms
FF
α
(2)
Chiếu lên Oy:
0sin =+− NmgF
α
(3) với F
ms
=kN (4)

x
P
−
r
H
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

F
min
khi mẫu số
[ ]
αα
sincos k=
lớn nhất
Theo bđt Bunhiacopki:
2
1sincos kk +≤+
αα
Vậy :
2
min
1 k
kmg
F
+
=
Khi đó kcos
α
= sin
α

P = F
msnghỉ
= F
mso
≤

KN mà N = F
0
(cân bằng )
Hay
0 0
490
. 1633
0,3
P
k F P F N
k
≥ ⇒ ≥ = =
Nhưng theo đề cho F
0
=118N nên vật m chưa đứng yên
mà sẽ tụt dần xuống. Để vật đứng yên cần tác dụng thêm
vào vật 1 lực
F
r
hướng lên hợp với phương ngang 1 góc
α
như hình vẽ. Nhờ tác dụng vậy lực ma sát cũng được tăng thêm .
Điều liện cân bằng khi có thêm lực
F

α
+ F
0
= N (3)
Thế (3) vào (2) ta được: P - Fsin
α
= k(Fcos
α
+F
0
)
0
sincos kFPFkF −=+⇔
αα
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski:

( )
( )
αααα
22222
2
cossin)(sincos ++≤+ FFkFkF

1
2
0
222
0
+
−

P
r
G
α
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Dấu bằng xảy ra khi ra khi và chi khi :
'8733,0cot
sincos
0
=⇒==⇔=
αα
αα
kg
FkF
Ví dụ 6:
Một chiếc hòm có khối lượng m đặt trên mặt phẳng nhám nằm ngang với
hệ số ma sát k .Để xê dịch hòm cần phải tác dụng vào nó một lực kéo
F
r
. Hãy
tìm giá tri nhỏ nhất của lực kéo
F
r
và góc
α
hợp bởi lực
F
r
với phương ngang

=0

( )
αα
αα
sincos
sincos0
k
kmg
FFmgkF
+
=⇔−−=⇔
(1)
Vì
α
nhọn cos
α
; sin
α
dương , k dương
Theo bđt Bunhiacopki:

( )
( )( )
αααα
222
2
sincos1sincos
++≤+
kk

ms
= k(mg+Fsin
α
) .
Do đó lực F sẽ lớn hơn F
min
thu được (3)
Vậy kết lụân giá trị nhỏ nhất của lực F làm xê dịch vật là

2
min
1 k
kmg
F
+
=
khi đó góc
arctgk
=
α
.
Ví dụ 8: bài toán tối ưu
Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo trên sàn bằng 1 sợi dây với
kực kéo F=1000N, hệ số ma sát hộp và sàn là k= 0,35. (lấy g = 10m/s
2
).
a)Với góc giữa dây kéo và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo được lượng
cát lớn nhất?
b)Tính khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu?
Cách giải :

r
G
F
r
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

0 sinP F
α
= −
(2)
ms
F kN kQ
⇒ = =
Chiếu (1) lên Ox: Fcos
α
- F
ms
= ma (3)

( )
akg
kF
m
+
+
=⇒
αα
sincos
Điều kiện m
max

Dấu bằng xảy ra khi : k = sin
α
/ cos
α
= tg
α
= 0,35
0
3,19=⇒
α
Khi đó khối lượng cát lớn nhất
kg
kg
kF
m 303
10.35,0
35,011000
1
2
2
max
=
+
=
+
=
.
III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

1. Khi dạy chuyên đề nội dung B2 cho thấy học sinh thì nhanh chóng nắm

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

* Những bài dạng như nội dung B3 đặc biệt hiệu quả trong luyện thi học sinh
giỏi. Với phương pháp gợi mở đặt vấn đề, gợi mở cho học sinh cố gắng tìm ra
các cách giải khác nhau cho một bài toán, sẽ giúp cho học sinh phát triển tư duy và
nắm vững các phương pháp giải và từ đó hứng thú học tập môn Vật lý hơn.
3. Nhận xét:
* Trên đây là các ví dụ có tính chất minh hoạ gợi ý vận dụng phương pháp.
Mong rằng với các phương pháp đã nêu ở phần B2 và B3, học sinh sẽ tìm thêm lời
giải cho các bài toán cực trị phong phú hơn, từ đó hứng thú hơn trong học tập.
* Đề tài này giúp học sinh nắm được các phương pháp giải dạng toán cựu trị,
giúp cho học sinh có thể nắm được cách giải và từ đó chủ động vận dụng các
phương pháp này trong khi làm bài tập. Từ đó để cho bản thân hoc sinh có thêm kỹ
năng về giải các bài tập Vật lý, cũng như giúp các em học sinh nhanh chóng giải
các bài toán trắc nghiệm về bài tập điện xoay chiều rất phong phú và đa dạng .

IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG.
* Chuyên đề này cũng là tài liệu tham khảo tốt cho quý thầy cô và quý bậc phụ
huynh học sinh. Đề tài có thể vận dụng trong diện rộng góp phần nâng chất lượng
dạy và học.
* Chuyên đề này cũng mới chỉ hạn chế ở những bài toán điển hình, còn những bài
toán không điển hình chưa được đề cập ở chuyên đề này. Đây là vấn đề sẽ được
chúng tôi tiếp tục giải quyết trong các chuyên đề tới.
V. ĐÔI LỜI KẾT LUẬN:
Chúng tôi rất mong muốn chuyên đề mang tính khoa học và sư phạm nhằm
mục đích góp phần nâng cao chất lượng Dạy và Học của thầy và trò trong yêu cầu
mới của giáo dục phổ thông. Do kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế nên chắc
chắn rằng đề tài còn có thiếu sót, tôi rất mong đón nhận các đóng góp ý kiến của
quý Thầy Cô nhằm được học hỏi thêm những kinh nghiệm quí báu và góp phần
nâng cao tính khả thi cho đề tài.

Tổ Vật lý-Công nghệ-Thể dục-Quốc phòng.
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 20
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường THPTNguyễn Hữu Cảnh Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Biên Hòa, ngày 25 tháng 5 năm 2012
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2011-2012

Tên sáng kiến kinh nghiệm:
“MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”
Họ và tên tác giả: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN .
Đơn vị (Tổ): Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng.
Lĩnh vực:
Quản lý giáo dục:  Phương pháp dạy học bộ môn: 
Phương pháp giáo dục:  Lĩnh vực khác: 

1. Tính mới:
-Có giải pháp hoàn toàn mới: 
-Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có: 

2. Hiệu quả:
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao: 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng tại đơn vị có hiệu quả 

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 23