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

Lớp: Toán 3A

Huế, 10/2012
----˜'™---2


LỜI NÓI ĐẦU
Việc làm thế nào để giải quyết được một vấn đề nào đó đạt được hiệu quả
tối ưu và dễ dàng nhất là mối quan tâm của rất nhiều người và diều đó đòi hỏi
phải có một phương pháp để giải quyết vấn đề.
Đôi khi đối với một bài toán hay một vấn đề thực tế nào đó chúng ta khó
có thể tìm ra được lời giải cho bài toán hay vấn đề đó. Hoặc dù là tìm ra đáp số
nhưng cũng sẽ rất khó khăn và mất thời gian. Để khắc phục được điều đó, tôi sẽ
giới thiệu cho các bạn một phương pháp giải quyết vấn đề nhanh chóng và dễ
dàng đó là chiến lược “ giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn”. Chiến lược
này sẽ giúp cho các bạn có một cách nhìn sâu sắc hơn về vấn đề cần giải quyết, là
một phương pháp hay cho các bạn học sinh trau dồi kĩ năng giải quyết vấn đề của
mình. Đặc biêt, nó còn là công cụ hữu hiệu cho các giáo viên để đổi mới phương
pháp giáo dục phù hợp.
Tôi hi vọng chiến lược này sẽ giúp các bạn có được một cách nhìn sâu sắc
và tòn diện hơn về vấn đề cần giải quyết.
Huế, ngày 09 tháng 11 năm 2012
Sinh viên thực hiện
Trần Thị Diễm Hương

3


MỤC LỤC
I.Tác giả .................................................................. Error! Bookmark not defined.

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

ngành giáo dục và Phó Hiệu trưởng Trường giáo
dục của Trường cao đẳng, đại học thuộc Thành
phố New York. Ông là tác giả và đồng tác giả của
nhiều sách toán học cho giáo viên và học sinh
trung học như là Problem-solving Strategies
Efficient and Elegant Solutions, Challenging
Problem in Algebra, Advanced Euclidean
geometry,…. Là một giảng viên thính giảng, ông
luôn ủng hộ những chủ đề liên quan đến các khía cạnh của việc giải quyết những
vấn đề toán học và giới thiệu các chủ đề phổ biến vào trường trung học với mục
đích làm phong phú thêm kinh nghiệm toán học cho những học sinh. Sự ra đời và
sự phát triển của cuốn sách này phản ánh những thiên hướng trên.
Sau khi hoàn thành các bằng A,B của mình về toán học tại Đại học Hunter
của Đại học Thành phố New York, ông đảm nhận vị trí như là một giáo viên toán
học tại Theodore Trường trung học Roosevelt ở Bronx (New York), nơi ông tập
trung sự chú ý của mình vào việc cải thiện kĩ năng giải quyết các bài toán của
học sinh. Ông cũng là người phát triển đội tuyển toán học đầu tiên (cả ở cấp cơ
sở và trung học) của trường và thành lập một lớp học đặc biệt tập trung chính là
phương pháp giải quyết các bài toán. Trong những năm qua, ông đã thay đổi
những quan tâm của mình trong việc giải quyết các bài toán, ông trở nên ít quan
tâm đến các vấn đề "thông minh" hay "thách thức" (những điều có xu hướng hấp
dẫn hơn đối với các học sinh có năng khiếu) và quan tâm nhiều hơn đến các
chiến lược giải quyết các bài toán có thể được áp dụng cho mọi cấp bậc, cả
những vấn đề thuộc ngữ cảnh ngoài toán học. Ông hiện đang tham gia làm việc
với các giáo viên toán học đến từ nhiều nơi trên thế giới, giúp họ hiểu rõ hơn các
chiến lược được trình bày trong cuốn sách Problem-solving Strategies Efficient
and Elegant Solutions, để họ có thể thoải mái kết hợp chúng vào chương trình
giảng dạy của họ.
Ngay sau khi tham gia công tác tại Trường Cao đẳng Thành phố, nơi mà
ông đã nhận được bằng Thạc sĩ hơn 28 năm về trước, ông bắt đầu phát triển các

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

từ sự quan tâm của ông trong giải quyết các bài toán
và lý luận dạy học môn toán. Mối lo ngại của ông là
học sinh có hiểu giá trị của việc giải quyết các bài
toán đó không, và đây cũng là lí do ra đời cuốn sách
này.
Tiến sĩ Krulik nhận được hai bằng toán học A, B từ Brooklyn College của
Đại học Thành phố New York, và Thạc sĩ, Tiến sĩ Giáo dục trong giáo dục toán
học từ Cao đẳng Sư phạm Đại học Columbia. Trước khi đến Đại học Temple,
ông đã dạy toán học tại thành phố New York ở các trường công lập trong 15
năm. Tại trường trung học Lafayette ở Brooklyn, ông đã tạo ra và triển khai
nhiều khóa học được thiết kế để chuẩn bị học sinh trong kì thi SAT. Trên toàn
quốc, Tiến sĩ Krulik đã làm việc như là một thành viên của ủy ban chịu trách
nhiệm chuẩn bị các tiêu chuẩn chuyên môn, nghiệp vụ cho giảng dạy Toán học
của Hội đồng Quốc gia Giáo viên Toán (NCTM). Ông cũng là biên tập viên của
cuốn sách giải quyết vấn đề niên giám 1980. Ở các nước trong khu vực, ông làm
chủ tịch của Hiệp hội các giáo viên Toán của New Jersey, là một thành viên của

6


đội ngũ biên tập, sản xuất các ấn phẩm năm 1993 và là biên tập viên cho chuyên
khảo năm 1997, bài học của ngày mai.
Các lĩnh vực quan tâm chính của ông là dạy học suy luận và giải quyết
vấn đề, các tài liệu cho dạy học toán cũng như đánh giá toàn diện trong toán học.
Ông là tác giả hoặc đồng tác giả của hơn 20 quyển sách cho giáo viên dạy toán
bao gồm suy luận và giải quyết vấn đề như là: Problem solving in Mathematics,
Teaching Mathematics in Middle school, Problem – Solving Strategies Efficient
and Elegant Solutions. Ông thường xuyên đóng góp các bài viết cho các tạp chí
chuyên môn trong giáo dục toán học. Ông cũng đã tổ chức nhiều cuôc hội thảo
toán học cho các trường học trên khắp Hoa Kì và Canada.


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

mỗi bài toán. Một trong những phương pháp mà ta thường dùng để giải quyết
một bài toán là chuyển bài toán đó thành một bài toán tương tự dễ giải quyết hơn
và bằng cách giải những bài toán tương tự như thế nó giúp ta có được một cách
nhìn sâu sắc hơn về bài toán ban đầu.
Chẳng hạn như: người Mỹ ra nước ngoài thấy rằng nhiệt độ hàng ngày
thường được tính ở độ C. Vì vậy, họ thường chuyển đổi nhiệt độ Celsius thành
độ Fahrenheit phổ biến hơn (cho họ). Thay vì sử dụng công thức F = C + 32,
chúng ta có thể ước tính bằng cách tăng gấp đôi nhiệt độ C cho trước và cộng
thêm 30°. Mặc dù nhiệt độ Fahrenheit chỉ là một xấp xỉ, nói chung là phù hợp
cho các mục đích hàng ngày. Tuy nhiên chúng ta thấy rằng, bằng việc giải quyết
một vấn đề đơn giản hơn, chúng ta sẽ có một câu trả lời tối ưu hơn. Hay là khi
người ta mua một cái máy tính mới, hiếm khi họ cố gắng tìm hiểu làm thế nào để
sử dụng được tất cả các tính năng của máy tính trong chốc lát. Thay vào đó, họ sẽ
tìm hiểu làm thế nào để sử dụng được một vài tính năng đơn giản, cơ bản của
máy tính. Nghĩa là họ tìm hiểu một loạt các vấn đề đơn giản, sau đó kết hợp lại
theo một trình tự hợp lí. Như vậy, bằng cách giải quyết các vấn đề đơn giản ở
tùng thời điểm cuối cùng họ đã tìm ra được cái phức tạp chung của vấn đề.
a.Chiến lược “giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn” trong giải
quyết các tình huống trong đời sống hằng ngày:
Vấn đề đặt ra: một gói đặc biệt gồm ba đĩa CD được bán với giá $39,00 tại
các cửa hàng âm nhạc Village. Người quản lý cửa hàng đặt tấm giảm giá 20%, và
sau đó thêm một giảm giá thêm 10% chỉ cho thứ Hai. Maria đi vào cửa hàng vào
thứ hai và muốn biết những phần trăm giảm giá nào mà cô thực sự nhận được.
Một người bán hàng nói với Maria rằng cô đang nhận được tổng số giảm giá 30%
(20% + 10%) và những đĩa CD sẽ được bán với giá $27,30 ($39-11,70). Người
quản lí can thiệp và nói với Maria rằng những đĩa CD nên bán với $28,08, kết
hợp giảm giá 28%. Vậy điều nào là đúng trong số đó?
Lời giải: Thay vì làm việc với giá $39, chúng ta hãy giải quyết một vấn đề
đơn giản hơn, ta giả định một mức giá cơ bản. Bởi vì ta đang làm việc với các
phần trăm, nên chúng ta hãy sử dụng một mức giá cơ bản là $100. Bây giờ, giảm

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

sđ ∠ D = sđ cung AB
2

sđ ∠ A =

1
sđ cung ED
2
1
sđ ∠ E = sđ cung BC
2

sđ ∠ B =

sđ ∠ C =

1
sđ cung AE
2

Hình b

Nếu cộng những đẳng thức trên vế theo vế ta có

9


sđ ∠ A + sđ ∠ B + sđ ∠ C + sđ ∠ D + sđ ∠ E =
sđ cung AE + sđ cung AB + sđ cung BC) =


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

1 2 3 4 5 6 8 9
120 180 360

180, 360. Các nghịch đảo là ,

giờ chúng ta tìm ra mẫu số chung, nghĩa là chuyển đổi tất cả các phân số về cùng
chung một mẫu số và sau đó cộng lại. Với cách làm này chúng ta sẽ rất dễ mắc
phải lỗi tính toán cũng như có thể bỏ sót một hoặc nhiều ước.
Hãy xét “bài toán tương tự đơn giản hơn”. Chúng ta hãy tìm tổng các
nghịch đảo của các ước của 12 và xem điều này có ích như thế nào. Các ước của
12 là 1, 2, 3, 4, 6, và 12. Tổng của chúng là 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28. Bây giờ
ta hãy tìm tổng các nghịch đảo của các ước trên. Đó là
1 1
1
1
1
1
28
+ + + + +
=
1
2
3
4
6
12 12

Thật tuyệt! Chúng ta thấy rằng tử số của phân số là tổng của các ước, trong khi
mẫu số là số mà chúng ta đang phân tích (số 12). Bây giờ chúng ta có thể giải
quyết bài toán ban đầu của chúng ta.

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


C 82 = 28

C 85 = 56

C 88 = 1

Một lần nữa ta có tổng là 256.
Tuy nhiên, một cách để tiếp cận bài toán nhanh hơn, làm giảm đáng kể số
lượng công việc cần thiết có thể được tìm thấy bằng phương pháp “giải quyết bài
toán tương tự đơn giản hơn”. Vì không có giá trị x, y nào được chỉ rõ nên ta có
thể thế x = y = 1 vào biểu thức ban đầu. Chú ý rằng, trong khai triển lúc đầu của
bài toán với x = y = 1, phần dư còn lại là tổng của các hệ số ở bên phải của
phương trình. Do đó :
(x + y)8 = 28 = 256.
3. Bài 3:
Tìm giá trị của
2 + 4 + 6 + 8 + ... + 34 + 36 + 38
3 + 6 + 9 + 12 + ... + 51 + 54 + 57

Bài giải:
Một phương pháp thông thường mà học sinh thường sử dụng là cộng 19
số ở tử số và 19 số ở mẫu số (sử dụng máy tính) và sau đó chia hai tổng với nhau
để tìm thấy giá trị của phân số (sử dụng máy tính). Cách giải này là đúng và
mang lại cho ta câu trả lời chính xác. Tuy nhiên nó đòi hỏi sự chính xác cao và
rất dễ mắc sai lầm khi tính.
Thay vào đó, ta sẽ “giải bài toán tương tự đơn giản hơn” và hãy xem
liệu nó có đưa chúng ta đến kết quả của bài toán không? Chúng ta hãy bắt đầu
với một số hạng ở tử số và mẫu số, rồi hai, ba số hạng, … và cứ tiếp tục như thế:
2
2

=
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


2
3

Một lời giải tương tự cho bài toán trên cũng đòi hỏi giải quyết bài toán
tương tự là đặt nhân tử chung cả tử và mẫu số như sau:
2
2(1 + 2 + 3 + ... + 17 + 18 + 19)
=
3
3(1 + 2 + 3 + ... + 17 + 18 + 19)
4. Bài 4:
Tìm tất cả các giá trị nguyên của x thõa mãn:
(3x + 7) ( x

2

−9)

= 1.

Bài giải:
Việc tính một biểu thức tuyến tính nâng lên một lũy thừa xuất hiện như
trên yêu cầu một lời giải khá dài và phức tạp. Các giải pháp đại số thông thường
đòi hỏi phải có cơ sở đại số vững chắc mới giải được.
Tuy nhiên, chúng ta hãy kiểm tra “một bài toán tương tự đơn giản hơn”
để tìm hiểu những gì đang thực sự diễn ra ở đây. Ví dụ, ta hãy nhìn vào biểu thức
ab = 1. Bài toán này có vẽ có phần dễ dàng hơn để chúng ta xét và thảo luận bài
toán đã cho. Ta thấy, biểu thức có giá trị là 1 nếu a = 1, bởi vì 1b = 1 đối với bất
kỳ giá trị nào của b. Tương tự như vậy, biểu thức cũng có giá trị bằng 1 khi giá

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

và x2 – 9 = 0 cho ta x = + 3, trường hợp này là không thể
3

Như vậy những giá trị nguyên của x thõa mãn yêu cầu bài toán là +3, -3,
và -2.
5. Bài 5:

12


Trong hình 1, điểm E nằm trên AB và
điểm C nằm trên FG. Diện tích hình
bình hành ABCD = 20 đơn vị diện tích.
Tìm diện tích của hình bình hành
EFGD.
Bài giải:
Mặc dù, đối với nhiều người đáp án
Hình 1
của bài toán sẽ không thể được tìm thấy
khi mới suy nghĩ, nhưng bài toán vẫn có
thể được giải quyết bằng cách chỉ sử dụng
những công cụ hình học trong hình học ở
trường trung học. Bắt đầu bằng cách vẽ
EC (xem hình 2)
Khi tam giác EDC và hình bình
Hình 2
hành ABCD có chung cạnh DC và chiều
cao vuông góc kẻ từ E đến DC, thì diện tích của tam giác EDC bằng một nữa
diện tích của hình bình hành ABCD.
Tương tự như vậy, tam giác EDC và hình bình hành EFGD cũng có chung

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.

Một trong những cách dễ hiểu là chọn bất
kỳ điểm nào trong tam giác đều và vẽ ba
đường vuông góc đến các cạnh (xem hình
3).
Bằng cách xây dựng phương trình
giữa diện tích của ABC với tổng diện tích
của các tam giác APB, BPC và CPA, sử
dụng ba chiều cao x, y, z tương ứng của ba
tam giác APB, BPC, CPA và cạnh bằng 4
Hình 3
ta nhận được diện tích tam giác ABC là:
1
1
1
1
1
( 4 )( h ) = ( 4 ) (x ) + ( 4 )( y ) + ( 4 )( z ) = ( 4 )( x + y + z )
2
2
2
2
2

Do đó h = x + y + z. Trong trường hợp này, chúng ta thấy chiều cao của
tam giác đều là 2 3 . Như vậy, x + y + z = 2 3 .
Không mất tính tổng quát, ta xét một “bài toán tương tự đơn giản hơn”.
Bởi vì ta có thể chọn điểm P bất kì nằm trên hoặc trong tam giác, nên giả sử
chúng ta có thể chọn điểm P trùng với A. Khi đó bài toán trở nên đơn giản và dễ
giải quyết hơn. Các đường vuông góc với AB và AC cả hai đều có độ dài bằng 0,
và đường vuông góc với BC chỉ đơn giản là đường cao của tam giác ABC, hoặc

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

trường hợp đặc biệt mà không mất tính tổng quát). Sau đó, các diện tích của hai
hình tròn còn lại sẽ là 4 và 9 cho tổng là 13. Khi đó diện tích của phần bóng mờ
sẽ là 25 - 13 = 12. Vậy tỷ lệ cần tìm là 12:25
8. Bài 8:
Trong hình 5.9, CD và EF,
tương ứng, các ngân hàng phía bắc
và phía nam của một con sông có
chiều rộng thống nhất của 1
dặm.Town là 3 dặm về phía bắc
của đĩa CD, thị trấn B là 5 dặm về
phía nam của EF và 15 dặm về
phía đông của thị trấn A. Nếu qua
bờ sông có thể chỉ ở góc bên phải
cho các ngân hàng, tìm độ dài của
đường đi ngắn nhất từ thị trấn A
Hình 5
đến thị trấn B
Bài giải :
Có một số cách khác nhau để
giải quyết bài toán này. Cách thiết
thực nhất là sử dụng chiến lược “giải
quyết một bài toán tương tự đơn
giản hơn” nghĩa là ta thay đổi một
yếu tố nào đó của bài toán mà không
làm mất tính tổng quát của bài toán.
Điều này đòi hỏi phải xét đến trường
Hình 6
hợp là hai bờ CD và EF là trùng
nhau. Khi đó, rõ ràng là con đường
15



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


Điểm thực tế
0-0
0-1, 1-0, 0-0, 1-1
2-0, 0-2, 1-0, 1-1, 2-1, 1-2, 0-1, 0-0, 2-2
3-0, 0-3, 2-0, 0-2, 1-0, 1-1, 3-1, 1-3, 2-1, 1-2, 0-1, 0-0, 3-2, 2-3,
2-2, 3-3

Thật tuyệt, các con số trong cột “số điểm” chính xác là bình phương của một số.
Đối với điểm số n-n thì phải có (n + 1)2 điểm. Vì thế, đối với điểm số 8-8 ta có 92
hoặc 81 điểm có thể có trước đó.
Chú ý: Chúng ta có thể kiểm tra bài toán này từ một góc độ khác. Có 9
điểm có thể cho đội Thunder (cụ thể là 0-8). Như vậy có 9.9 hoặc 81 điểm có thể.
IV. Ý nghĩa của chiến lược:
Chiến lược “giải quyết bài toán tương tự đơn giản hơn” là chiến lược có
ý nghĩa quan trọng cả trong đời sống lẫn giáo dục
Trong giáo dục: chiến lược này giúp cho học sinh có thêm một phương
pháp mới để giải quyết bài toán, đồng thời giúp cho học sinh có được một cách
nhìn sâu sắc hơn về bài toán. Hơn nữa đối với giáo viên, chiến lược này giúp cho
họ có được một phương pháp giảng dạy tốt hơn.
Trong thực tế: chiến lược này cũng giúp cho ta giải quyết được nhiều bài
toán thực tế một cách dễ dàng và nhanh chóng.

16


17