TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA TOÁN HỌC

---–¯—--RÈN LUYỆN NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM THƯỜNG XUYÊN
Đề tài:
SỬ DỤNG CHIẾN LƯỢC “GIẢI BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ
ĐƠN GIẢN HƠN” ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Giảng viên hướng dẫn
Nguyễn Đăng Minh Phúc

Huế, 10/2012
----˜'™----

SV thực hiện
Trần Thị Diễm Hương
Lớp: Toán 3A


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA TOÁN HỌC
---–¯—--RÈN LUYỆN NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM THƯỜNG XUYÊN
Đề tài:
SỬ DỤNG CHIẾN LƯỢC “GIẢI BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ
ĐƠN GIẢN HƠN” ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Giảng viên hướng dẫn:
Nguyễn Đăng Minh Phúc

SV thực hiện:
Trần Thị Diễm Hương

1. Alfred S.Posamentier ..................................... Error! Bookmark not defined.
2. Stephen Krulik ............................................... Error! Bookmark not defined.
II. Tác phẩm: Problem-solving Strategies Efficient and Elegant Solutions
................................................................................. Error! Bookmark not defined.
III. Chiến lược “giải bài toán tương tự đơn giản hơn”Error! Bookmark not
defined.
1. Nội dung: ......................................................... Error! Bookmark not defined.
a.Chiến lược “giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn” trong giải
quyết các tình huống trong đời sống hằng ngày:Error! Bookmark not
defined.
b. Áp dụng chiến lược “giải bài toán tương tự đơn giản hơn” để giải bài
toán: ................................................................. Error! Bookmark not defined.
III. Các bài toán vận dụng: ............................... Error! Bookmark not defined.
1. Bài 1: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
2. Bài 2: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
3. Bài 3: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
4. Bài 4: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
5. Bài 5: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
6. Bài 6: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
7. Bài 7: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
8. Bài 8: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
9. Bài 9: ............................................................ Error! Bookmark not defined.
IV. Ý nghĩa của chiến lược: ............................... Error! Bookmark not defined.

4


I.Tác giả
1. Alfred S.Posamentier
Alfred S. Posamentier là Giáo sư toán học

khóa học cho giáo viên dạy toán bậc trung học cơ sở bao gồm những lĩnh vực đặc
biệt như là giải trí với toán học, giải quyết các vấn đề trong toán học, sử dụng
máy vi tính để nâng cao chương trình giảng dạy.
Ông Posamentier nhận được bằng tiến sĩ tại Đại học Fordham (New York)
trong giáo dục toán học và kể từ đó đã mở rộng danh tiếng của mình trong giáo
5


dục toán học ra ngoài nước Mỹ đến tận Châu Âu. Ông là một thành viên danh dự
tại Đại học South Bank (London, Anh). Ông là giáo sư thính giảng tại một số
trường Đại học Áo, Anh, Đức và gần đây nhất tại trường Đại học Humboldt
(Berlin), Đại học Kỹ thuật Vienna, và Đại học Vienna. Sau đó, ông là một giáo
sư Fulbright năm 1990.
Để công nhận giảng dạy xuất sắc của ông, Hiệp hội cựu sinh viên City
College đã truy phong ông là giáo dục của năm và đã có một "ngày" được đặt tên
để vinh danh ông bởi Chủ tịch Hội đồng Thành phố của thành phố New York.
Gần đây, ông đã được trao huân chương danh dự quốc gia từ chính phủ Áo.
Đương nhiên, với thiên hướng cho việc giải quyết các bài toán của mình, ông đã
rất quan tâm đến học sinh có trình độ thích hợp để giới thiệu và chuẩn bị vững
chắc cho chiến lược giải quyết vấn đề. Mối lo ngại này đã thúc đẩy sự phát triển
của cuốn sách này.
2. Stephen Krulik
Stephen Krulik là Giáo sư Giáo dục Toán học
tại Đại học Temple ở Philadelphia, nơi ông chịu trách
nhiệm cho việc chuẩn bị những giáo viên toán học đại
học và sau đại học cho các lớp K đến 12, cũng như
đào tạo giáo viên day toán ở cấp đại học. Ngài dạy
một loạt các khóa học, trong số đó là lịch sử toán,
Phương pháp giảng dạy môn toán, và giảng dạy các
cách giải quyết bài toán. Khóa học thứ hai xuất phát


II. Tác phẩm: Problem-solving Strategies Efficient and Elegant
Solutions
Problem-solving Strategies Efficient and Elegant Solutions là một trong
những ấn phẩm thuộc sê-ri sách cùng tên của hai tác giả Stephen Krulik và
Alfred S.Posamentier. Những cuốn sách này viết về các chiến lược giải quyết vấn
đề

Trong quyển sách này, các tác giả trình bày 10 chiến lược thường được sử
dụng trong giải quyết vấn đề (bao gồm các vấn đề trong toán học và cả những
vấn đề trong cuộc sống hằng ngày). Sách gồm 11 chương:
Chương 1: Giới thiệu các chiến lược giải quyết vấn đề
Chương 2: Chiến lược "Làm ngược"
Chương 3: Chiến lược "Tìm quy luật"
Chương 4: Chiến lược "Nhìn dưới góc độ khác"
Chương 5: Chiến lược "Giải bài toán tương tự đơn giản hơn"
Chương 6: Chiến lược "Xét những trường hợp đặc biệt"
Chương 7: Chiến lược "Vẽ hình"
Chương 8: Chiến lược "Đoán và thử"
Chương 9: Chiến lược "Xác định tất cả các trường hợp"
7


Chương 10: Chiến lược "Sắp xếp dữ liệu"
Chương 11: Chiến lược "Suy luận logic"

III. Chiến lược “giải bài toán tương tự đơn giản hơn”
1. Nội dung:
Rõ ràng rằng chúng ta có rất nhiều cách để giải một bài toán. Vấn đề là ta
cần phải tìm ra phương pháp tốt nhất, hiệu quả nhất và rõ ràng nhất cho việc giải

giá 30% (trường hợp đầu tiên) làm giảm giá đến $70. Trong trường hợp thứ hai,
giảm giá 20% giảm giá đến $80, và giảm giá 10% trên $80 tiếp tục giảm giá đến
8


$72. Dựa trên một mức giá $100, kết hợp với giảm giá, kết quả là tương đương
với việc giảm giá 28%. Bây giờ đơn giản là ta mất 72% giá gốc là $39 và giải
quyết vấn đề. Giải quyết một vấn đề đơn giản, tương tự cho phép ta nhanh chóng
giải quyết vấn đề trong tầm tay. Vậy người quản lý là chính xác, những đĩa CD
nên bán với $28,08.
b. Áp dụng chiến lược “giải bài toán tương tự đơn giản hơn” để giải
bài toán:
Bài toán: Cho tổng góc tất cả các hình
ngôi sao năm cánh như hình vẽ là không đổi, xác
định tổng các góc đó.
Hình a

Lời giải: Đây là chiến lược đặc biệt, giải quyết bài toán tương tự đơn giản
hơn, mà không mất tính tổng quát. Đó là, nếu không có hạn chế được đưa ra
trong bài toán, chúng ta có thể chọn một trường hợp đặc biệt trong những trường
hợp nhất định để kiểm tra. Bởi vì, trong bài toán này, không quy định rõ các loại
hình ngôi sao năm cánh, chúng ta có thể giả định tất cả các đỉnh của nó nằm trên
đường tròn. Trong trường hợp sau, chúng tôi nhận thấy rằng mỗi góc bây giờ là
nội tiếp đường tròn, và do đó có số đo bằng một nửa số đo của cung chắn (xem
hình a).
Do đó, chúng ta có được:
1
sđ cung CD
2
1

1
(sđ cung CD + sđ cung ED +
2

1
. 3600= 1800
2

Nghĩa là, tổng các góc của các ngôi sao năm cánh là bằng một nửa số đo
của đường tròn, hoặc 180°. Một lần nữa, lưu ý rằng không mất tính tổng quát
,bằng cách cho ngôi sao năm cánh nội tiếp đường tròn để nhận được một cấu
hình hay hơn. Sự thay đổi này đã làm cho bài toán dễ kiểm soát và có nhiều cách
để giải quyết hơn nữa. Với việc áp dụng những khía cạnh khác nhau, ta đã có
cách để giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn dẫn đến việc giải bài toán gốc
một cách nhanh chóng. Để sử dụng chiến lược này có hiệu quả, không nhất thiết
là các bài toán phải được lấy từ hình học.
III. Các bài toán vận dụng:
1. Bài 1:
Các ước của 360 lên tới 1170. Tổng nghịch đảo các ước của 360 là gì?
Bài giải:
Hầu hết các lời giải cho bài toán này là tìm tất cả các ước của 360, nghịch
đảo của chúng và sau đó cộng lại. Các ước của 360 là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9,…, 120,
1 1 1 1 1 1 1 1
1
1
1
, , , , , , ,…,
,
,
. Bây

Tổng các ước của 360 là 1170. Như vậy, tổng nghịch đảo các ước phải là
1170
.
360

2. Bài 2:
Tìm tổng các hệ số trong khai triển nhị thức (x + y)8
Bài giải:

10


Phương pháp giải thường dùng cho bài toán này là liên quan đến việc tìm
hệ số của số hạng thứ 9 trong khai triển. Một số học sinh sẽ triển khai nhị thức và
có được:
(x + y)8 = x8 + 8 x7 y + 28 x6 y2 + 56 x5 y3 + 70 x4 y4 + 56 x3 y5 +28 x2 y6 + 8 x y7
+ y8
Cộng các hệ số lại ta được:
1 + 8 + 28 + 56 + 70 + 56 + 28 + 8 + 1 = 256.
Một phương pháp phổ biến nữa đó là biễu diễn chín hệ số dưới dạng tổ
hợp và sau đó cộng chúng lại như sau:
C 83 = 56
C 86 = 28
C 08 = 1
C 18 = 8

C 84 = 70

C 87 =8


=
3
3

6
2
2
2+4
2 + 4 + 6 12
= =
=
=
9
3
3
3+6
3 + 6 + 9 18
2
2+4+6+8
20
=
=
3
3 + 6 + 9 + 12
30

11


Câu trả lời là

trị số mũ là 0, bởi vì a0 = 1 đối với bất kỳ giá trị a khác 0. Bây giờ chúng ta có
một phương pháp để tấn công bài toán ban đầu. Có nhiều học sinh quay trở lại
bài toán ban đầu và áp dụng những gì họ tìm thấy trong việc kiểm tra những
trường hợp đơn giản.
Trường hợp I: Vì 1mũ bao nhiêu lên cũng bằng 1, nên ta cho cơ số bằng 0
như sau:
3x + 7 = 1
3x
= -6
x
= -2
Trường hợp II: Vì bất kì số khác 0 nào mũ 0 lên cũng bằng 1, nên ta cho
số mũ bằng 0 như sau:
2
x -9
=0
( x – 3 )( x + 3 ) = 0
x = 3 hoặc x = -3.
Trường hợp III: Khi -1 lũy thừa bậc chẵn lên bao nhiêu đi nữa, nó cũng có
một giá trị + 1. Lúc đó ta xét 3x + 7 = -1. Thì x =

−8
là không nguyên.
3

Trường hợp IV: Khi 0 lũy thừa 0 lên mà có giá trị là 1. Thì ở đây do 3x +
7 = 0 cho ta x =
xảy ra.

−7

cạnh ED và cùng chiều cao vuông góc kẻ từ C đến ED. Do đó diện tích của tam
giác EDC bằng một nữa diện tích của hình bình hành EFGD.
Bây giờ, do diện tích của hình bình hành ABCD và EFGD đều cùng bằng
với một diện tích (gấp đôi diện tích của tam giác EDC), nên diện tích của hai
hình bình hành phải bằng nhau. Như vậy, diện tích của hình bình hành EFGD =
20 đơn vị diện tích.
Tuy nhiên phương pháp trên đây không phải là thường được sử dụng mặc
dù nó cũng có hiệu quả. Bài toán này có thể được giải quyết với cách tối ưu hơn
bằng cách “giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn” (mà không làm mất tính
tổng quát của bài toán). Quay trở lại những điều kiện ban đầu của bài toán là hai
hình bình hành đã cho có một đỉnh chung là D và điểm E nằm trên cạnh AB và
điểm C là một đỉnh của hình bình hành ABCD. Bây giờ ta giả sử rằng C trùng
với G và E trùng với A. Như vậy diện tích của hình bình hành EFGD = 20 đơn vị
diện tích.
Ta có thể xem xét lời giải cuối cùng này, đó là phương pháp sử dụng cực
trị. Nghĩa là, ta có thể lấy điểm E trên AB, đặt một cực trị, chẳng hạn là điểm A.
Tương tự như vậy, ta có thể đặt điểm C trên G và đáp ứng tất cả các điều kiện
ban đầu của bài toán. Như vậy bài toán trở nên dễ dàng, trong đó hai hình bình
hành là trùng nhau.
6. Bài 6:

13


Từ bất kỳ điểm nào trong hoặc trên một tam giác đều, cho tổng các
khoảng cách từ điểm đó đến ba cạnh là bằng tổng khoảng cách từ điểm đó
đến ba đỉnh. Tổng các khoảng cách là bao nhiêu nếu tam giác đều có cạnh có
độ dài bằng 4?
Bài giải:
Có một số cách để giải bài toán này.

2 3.
Lưu ý rằng: chiến lược này cũng là lời giải cho chiến lược “xét các
trường hợp đặc biệt” ở chương 6 của sách này. Những gì mà ta đã làm là xét
trường hợp đặc biệt, giả sử vị trí điểm bất kì đó là một trong các đỉnh của tam
giác. Điều này cho thấy rằng cần phải linh động để lựa chọn chiến lược giải
quyết bài toán cho phù hợp. (xem trang 118).
7. Bài 7:
Trong hình 4, cho tỷ lệ của các đường
kính của ba đường tròn là 2:3:5. Tìm tỷ lệ diện
tích của phần bóng mờ đối với diện tích của
hình tròn lớn.

Hình 4
14


Bài giải:
Học sinh có thể bắt đầu bằng cách cố gắng để tìm thấy diện tích của một
trong ba hình tròn và sau đó xác định các tỷ lệ cần thiết. Điều này là không thể
làm được trong bài toán này bởi vì kích thước của các hình tròn không được cho.
Ta có thể sử dụng chiến lược “giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn” hoặc
xét một trường hợp đặc biệt mà không mất tính tổng quát của bài toán. Điều này
là liên quan đến việc ấn định cho độ dài của ba đường kính, mà vẫn còn giữ
chúng trong tỷ lệ 2:3:5, sau đó tìm diện tích của mỗi hình tròn, và hình thành các
tỷ lệ cần tìm.
Tuy nhiên, thậm chí ngay cả cách này cũng không phải là cách hiệu quả nhất
để giải bài toán. Một chiến lược khác của chúng tôi, cụ thể, lý luận hợp lý, tạo ra
một giải pháp đơn giản. Đó là khi mà tỷ lệ của các đường kính của những đường
tròn này được cho là 2:3:5, thì tỉ lệ các diện tích tương ứng phải của các hình tròn
phải là 22:32:52 = 4:9:25. Giả sử rằng diện tích của hình tròn lớn nhất là 25 (một



ngắn nhất là các đoạn AB (xem Hình 5).
AB2 = 152 + 82, AB = 17. Bởi vì khi dời chỗ hai bờ thì có giao điểm H của
AB với bờ khi trùng nhau do đó độ dài ngắn nhất là 17 + 1 = 18 dặm.
9. Bài 9:
Vào cuối lượt chơi thứ bảy, điểm số của các trò chơi bóng chày là Thunder:
8 và Rifles: 8. Có bao nhiêu điểm số khác nhau có thể vào cuối hiệp thứ sáu.
Bài giải:
Phương pháp phổ biến nhất cho bài toán này là liệt kê tất cả các điểm số.
Tuy nhiên, ngay cả khi nếu điều này được thực hiện có hệ thống, thì đó cũng là
một việc khó khăn và học sinh hiếm khi có thể chắc chắn rằng họ đã liệt kê được
tất cả.
Chúng ta hãy áp dụng chiến lược “giải quyết bài toán tương tự đơn giản
hơn” để giải bài toán này và xem điều gì sẽ xảy ra. Chúng ta giảm điểm số 0-0,
rồi đến 1-1, rồi đến 2-2, và cứ tiếp tục như thế. Và hãy hi vọng rằng một điều đặc
biệt sẽ xuất hiện.
Điểm
số
0-0
1-1
2-2
3-3

Số
điểm
1
4
9
16