A C a b ba + B I. L í do chọn đề tài. Trong quá trình dạy học và tìm hiểu, tôi nhận thấy trong chơng trình toán THPT có nhiều bài toán cơ bản, mà nếu ta biết khai thác, giảng dạy và định h- ớng kỹ năng vận dụng có hệ thống cho học sinh thì sẽ rất hiệu quả. Học sinh sẽ dễ dàng giải đợc nhiều bài toán thông qua việc vận dụng những kết quả đợc tạo ra từ bài toán cơ bản. Nếu ta khai thác ứng dụng bài toán cơ bản từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp sẽ tạo nên sự hứng thú say mê của học sinh đối với môn toán, bởi điều đó đảm bảo sự tiếp nhận thông tin có hệ thống, phù hợp với sự phát triển t duy của học sinh Nhiều bài toán nếu vận dụng kiến thức từ bài toán cơ bản sẽ cho phơng án giải độc đáo đầy tính t duy sáng tạo và hiệu quả. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đề cập về một phơng pháp giải toán nh chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình . . .Tuy vấn đề không mới nhng tôi cố gắng hệ thống lại vấn đề trên cơ sở phát triển từ một bài toán cơ bản trong SGK hình học 10 và phơng pháp sử dụng toạ độ véctơ trong chơng trình toán THPT. Thông qua đề tài này tôi thấy thực sự có ích cho học sinh khi thêm một công cụ, một cách nhìn nhận đầy đủ hơn về phơng pháp hình học véctơ trong chơng trình toán THPT. Học sinh dễ hiểu và dễ áp dụng, có định hớng rõ ràng khi vận dụng vào giải toán . Đề tài có tên là: Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa II. Nội dung đề tài. Xuất phát từ bài toán cơ bản sau: Cho hai véctơ a , b tuỳ ý ta luôn có: baba ++ (1) (Bài tập số 4 SGK hình học cơ bản lớp 10 trang 27) CM: " Với 3 điểm A,B,C bất kì ta luôn có: AB+BC AC" (*) Dấu "=" xẩy ra A,B,C thẳng hàng và B nằm giữa AC. Từ điểm A bất kì ta dựng: aAB = , bBC = 1 Dựa vào (*) ta luôn có: AC AB + BC BCABAC + baba ++ . Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi a cùng chiều b ( a =k b , k>0 ) . L u ý: - Véc tơ 0 cùng chiều với mọi véctơ . - Từ bài toán trên ta có các kết quả sau: 1.1) baba + 1.2) ( ) bababa (Bạn đọc tự chứng minh). Nhận xét: Các kết quả trên chính là mối liên hệ giữa 3 cạnh của một tam giác. Ta có thể tổng quát bài toán trên: Với n véctơ: 1 a , 2 a , . , n a ta luôn có: nn aaaaaa ++++++ 2121 . (2) CM: Từ điểm A bất kì ta dựng: 11 aAA = , 221 aAA = , , nnm aAA = 1 . Do với n+1 điểm A,A 1 ,A 2 ,,A n ta luôn có :AA 1 +A 1 A 2 ++A n-1 A n AA n Suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 1 a , 2 a , . , n a cùng chiều. Thông qua các vấn đề trên, ta khéo léo lựa chọn toạ độ của điểm , toạ độ của các vectơ, một cách hợp lý. Sau đó tính toạ độ của tổng (hiệu) véctơ, cùng với độ dài của chúng để chuyển về bài toán véctơ có cách giải nhanh gọn, độc đáo và mang tính t duy sáng tạo . Một số bài tập ứng dụng. A. Chứng minh bất đẳng thức đại số. Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có: 222222 22 ++++ aaaa Giải: Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 22 11112222 ++++=++++ aaaaaa Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn : ( ) 1;1+= aa 22 2 ++= aaa ; ( ) 1;1 ab = 22 2 += aab ; Khi đó ta có: a + b = ( 2;2 ) 2222 22 =+=+ ba Từ (1) suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a =k b (k >0). (Vì a 0 ; b 0 ) 00 1 1 1 1 =>= + a a a Bài 2. Cho a, b, c là 3 số thực khác không. Chứng minh rằng ta luôn có: )(2 222222 cbaaccbba +++++++ Giải: Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn: 1 a = ( ) ba; ; 2 a = ( ) cb; ; );( 3 aca = 1 a + 2 a + 3 a =(a+b+c;a+b+c). 2 Khi đó ta có: 22 1 baa += ; 22 2 cba += ; 22 3 aca += )(22)()( 22 321 cbacbacbacbaaaa ++++=+++++=++ Từ (2) ta có: 321321 aaaaaa ++++ )(2 222222 cbaaccbba +++++++ (Đpcm) Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: == >>> a c c b b a cba 0;0;0 a=b=c>0. Khi trong bài toán BĐT đại số có điều kiện ta cần phải vận dụng linh hoạt với các ph- ơng pháp cơ bản khác. ví dụ. Bài 3. Cho các số dơng x,y,z thoã mãn : x+y+z 1. Chứng minh rằng 82 111 2 2 2 2 2 2 +++++ z z y y x x (ĐH-CĐ khối A -2003) Giải: Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn: a = x x 1 ; ; b = y y 1 ; ; c = z z 1 ; a + b + c =(x+y+z ; zyx 111 ++ ) 2 2 111 )( +++++=++ zyx zyxcba Do: cbacba ++++ VT 2 2 111 )( +++++ zyx zyx = 2 2 2 )(80 111 )(81 zyx zyx zyx ++ +++++ 2 )(80 111 )(18 zyx zyx zyx ++ ++++ 82809.18 = (Đpcm) Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x=y=z = 3 1 . Bài 4. Cho x,y,z là 3 số bất kì thoã mãn : x+2y+3z = 1. CMR 3713121 222 +++++ zyx Giải: Ta có =+++++ 222 13121 zyx 22222 )3(3)2(21 zyx +++++ Khi đó trong mặt phẳng Oxy ta chọn: );1( xOA = 2 1 xOA += )2;2( yAB = 22 )2(2 yAB += )3;3( zBC = 22 )3(3 zBC += )32;6( zyxOC ++= 37)32(6 22 =+++= zyxOC 3 Do : BCABOABCABOA ++++ +++++ 222 13121 zyx 37 (Đpcm) Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: BCABOA ,, cùng chiều x=y=z = 6 1 . Bài toán 4 đợc tổng quát nh sau: Cho a,b,c,h là 4 số dơng. 3 số x,y,z thay đổi thoã mãn: ax+by+cz=k (không đổi). CMR : 222222222 )( hcbakzhcyhbxha ++++++++ Bài 5. Cho 4 số a,b,c,d thoã mãn điều kiện: 5 2222 =+=+ dcba . CMR 10352525 ++ bdacdcba Giải: Ta biến đổi: ( ) ( ) 22 22 21 2 1 2 542 25 += ++ = ba baba ba ( ) ( ) 22 22 21 2 1 2 542 25 += ++ = dc dcdc dc ( ) ( ) 22 2222 2 1 2 22 25 dbca bdacdcba bdac += +++ = Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta lựa chọn: )2;1(;);( 11 vbau )2;1( 11 =+ bavu Do 1111 vuvu ++ 222222 )2()1()2()1( ++++ baba = 52 ( ) ( ) 22 21 2 1 25 += baba 1052 2 1 = Tơng tự ta có: 1025 dc Xét: );(;);( 22 dcvbau );( 2 2 dbcavu =+ Do 2222 vuvu ++ 222222 )()()()( dcbadbca ++++ = 52 ( ) ( ) 22 2 1 25 dbcabdac += 2 1 52 = 10 Cộng theo vế ta có 10352525 ++ bdacdcba (Đpcm) Dấu đẳng thức xẩy ra khi =+ =+ = = 5 5 2 2 22 22 dc ba cd ab Nhận xét: Nếu );(;);( dcvbau thì ta luôn có: 222222 )()( dcbadbca ++++ . Bài 6: Cho 2n số thực: nn bbbaaa , ,;, , 2121 thoã mãn : 1 2121 =+++++++ nn bbbaaa . CMR: 2 2 222 2 2 2 2 1 2 1 ++++++ nn bababa . Giải: Trong mp toạ độ Oxy ta xét các véctơ: 4 );( 111 baOA = 2 1 2 11 baOA += );( 222 baOA = 2 2 2 22 baOA += . . . );( nnn baOA = 22 nnn baOA += ( 21 =++ n OAOAOA ) ; 2121 nn bbbaaa ++++++ Do : n OAOAOA +++ 21 n OAOAOA +++ 21 222 2 2 2 2 1 2 1 nn bababa ++++++ 2 21 2 21 ) () ( nn bbbaaa +++++++ = 22 yx + (Với x+y=1) Ta lại có : x 2 +y 2 = x 2 +(1-x) 2 =2x 2 -2x+1= 2 1 2 1 2 2 + x 2 1 Vậy: 222 2 2 2 2 1 2 1 nn bababa ++++++ 2 2 2 1 = (Đpcm). Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: n OAOAOA ;; 21 cùng chiều và 2 1 2121 =+++=+++ nn bbbaaa n bbbaaa nn 2 1 2121 ======== Bài 7. Cho a, b, c là 3 số thoã mãn ++ > 2 3 0,, cba cba Chứng minh rằng ta luôn có: 22 2 11 cb a ++ + 22 2 11 ac b ++ + 22 2 11 ba c ++ 2 333 Giải: Trong hệ trục Oxyz . Ta lựa chọn: u = cb a 1 ; 1 ; =u 22 2 11 cb a ++ v = ac b 1 ; 1 ; v 22 2 11 ac b ++= w = ba c 1 ; 1 ; w 22 2 11 ba c ++= u + v + w = ++++++ cbacba cba 111 ; 111 ; 2 2 111 2)( +++++=++ cba cbawvu Do : +u v + w wvu ++ 22 2 11 cb a ++ + 22 2 11 ac b ++ + 22 2 11 ba c ++ 2 2 111 2)( +++++ cba cba 22 2 111 16 31111 16 1 )( +++ +++++ cbacba cba ( ) 2 2 111 16 31111 2 1 +++ ++++ cbacba cba 5 Ta có: ( ) 9 111 ++++ cba cba 6 ) 2 3 ( 99111 = ++ ++ cbacba Vậy: VT ( ) 2 2 111 16 31111 2 1 +++ ++++ cbacba cba 2 333 6 16 31 9 2 1 2 =+ Đpcm. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: 2 1 === cba Bài 8. Chứng minh rằng: xxx cossincos2 ++ 1 Giải: Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn các điểm A(cosx ; 0); B (-sinx ; 0) ; C(0 ; cosx). Khi đó ta có: )0;cossin( xxAB = AB = xxAB cossin += )cos;cos( xxAC = AC= xAC cos2= )cos;(sin xxBC = BC= 1=BC Do AB+AC BC xxx cossincos2 ++ 1 Đpcm. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: cosx=0 )( 2 Zkkx += Đến đây hẳn bạn đọc đã có thể dùng phơng pháp sử dụng véctơ để giải quyết các bài toán sau: 1 . Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có: a) 211 22 ++++ aaaa b) 62012282 22 ++++ aaa 2. Cho a, b, là 2 số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng ta luôn có: a) 292109181084 2222 +++++ aabbbbaa b) 5 56 1452585485 2222 +++++ aaaabbbb 3. Cho a, b, c là 3 số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng ta luôn có: a) 222222 cbcbcbcababa +++++++ b) 222222 2)()( babcabca +++++ c) 264012613101813162410 222222 +++++++ cccbcbaabbaa 4. Cho a,b,c,d là 4 số khác nhau. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có: ( ) 2 22222 )()()( dbcadcxbax +++++++ 5. CMR với mọi x, y là số thực ta luôn có: 2)(sinsinsin4)(sincoscos4 222222 +++ yxyxyxyx 6. Cho các số dơng x,y,z thoã mãn : xyz=1. Chứng minh rằng 33 111 333333 ++ + ++ + ++ zx yz yz zy xy yx (ĐH-CĐ khối D 2005) 6 7. Cho a, b, c là 3 số thoã mãn ++ > 2 3 0,, cba cba Chứng minh rằng ta luôn có: 2 2 1 b a + + 2 2 1 c b + + 2 2 1 a c + 2 173 8. Cho 2n số thực: nn bbbaaa , ,;, , 2121 . CMR: 2 21 2 21 223 2 2 2 2 1 2 1 ) () ( nn nn bbbaaa bababa +++++++ ++++++ 9. Cho 3 số dơng a,b,c. Chứng minh rằng: 222222 3232 cacacbcbbaba ++++ 10. . Cho a, b, c là 3 số thoã mãn +++ > 02 0,, abccba cba . Chứng minh rằng ta luôn có: 42 98 222 2 acb a ++ + 42 98 222 2 bac b ++ + 42 98 222 2 cba c ++ 66 Nhận xét: Phơng pháp hình học véctơ thờng dùng để chứng minh các Bất đẳng thức dạng : " + " B. Một số bài toán khác. Một số bài giải phơng trình, giải hệ phơng trình dạng vô tỷ, bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ở các đề thi học sinh giỏi, Đại học, Cao đẳng. . . nếu biết vận dụng các tính chất trên ta sẽ giải quyết một cách dễ dàng, mang tính t duy sáng tạo. Các ví dụ: Bài 1. Giải phơng trình: 2(3371713138719 222 +=+++++++ xxxxxxx ) (Tuyển tập đề thi Olympic 2003). Giải: Điều kiện: x -2 Ta có: VT= =+++++++ 71713138719 222 xxxxxx ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 33 32)12(323 2 35 2 1 + +++++ + = xxxxx Ta lựa chọn: a = 2 1 ; 2 35 x ; b = ( ) 12;323 ++ xx ; c = + 2 1 ; 2 33 32 xx a + b + c =( )0;3336 x+ 233)3336( 2 +=+=++ xxcba Do : VT= cbacba ++++ = 233 +x = )2(33 +x =VP (Vì x -2) Dấu "=" xẩy ra khi a , b , c cùng chiều 2 1 x cùng dấu -2x+1 x= 2 1 7 Thử lại ta thấy x = 2 1 là nghiệm duy nhất của phơng trình. Bài 2. Giải phơng trình: 1322134 22 =+++ xxxx Giải Ta viết phơng trình dới dạng: 131)1(3)2( 2222 =+++ xx Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn các véctơ. Khi đó ta có: )3;2( += xu ( ) 2 2 32 ++= xu )1;1( = xv ( ) 2 2 11 += xv )2;3(= vu 13= vu Do (2.2): vuvu 131)1(3)2( 2222 +++ xx : Dấu bằng xẩy ra khi u và u cùng chiều 2 5 0 1 3 1 2 =>= + x x x Vậy phơng trình có nghiệm : 2 5 =x . L u ý: Việc lựa chọn toạ độ phải hợp lý để đi đến kết quả và phải "cẩn thận" khi xét dấu đẳng thức xẩy ra. Ví dụ: Nếu ta sửa lại bài 2: Giải phơng trình: 522134 22 =+++ xxxx Khi đó ta lựa chọn các véctơ. )3;2( += xu ( ) 2 2 32 ++= xu )1;1( = xv ( ) 2 2 11 += xv )4;3(= vu 5= vu Do (2.2): vuvu 51)1(3)2( 2222 =+++ xx : Dấu bằng xẩy ra khi u và u cùng chiều 0 1 3 1 2 > = + x x (Vô lý). Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm. Bài 3. Giải hệ phơng trình: ( ) ( ) ++=++ =++++++ 2222 12222 5106124 zyxzyx yyyxyxx Giải: Ta có phơng trình (1) 51)3(1)(2 222222 =+++++ yyxx Chọn: a =(x ; 2) ; b =(y-x ; 1) ; c =( 3-y ; 1) a + b + c =(3 ; 4) Do cbacba ++++ 51)3(1)(2 222222 +++++ yyxx 8 Vậy phơng trình (1) có nghiệm a , b , c cùng chiều (vì a , b , c 0 ) 1 3 12 yxy x = = = = 4 9 2 3 y x Thay vào (2) ta có: +=+ +=+ 2 2 2 4 15 16 117 4 15 4 15 16 117 zz z zz z = 10 9 Vậy hệ đã cho có nghiệm : 10 9 ; 4 9 ; 2 3 Bài 4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( ) ( ) 2 2 2 2 31 ++++ yxyx Trong đó x, y là hai số thực thoả mãn: 2x- y= 2. (Đề thi học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 năm 1998) Giải: Do 2x-y=2 nên ta có: y=2x-2 thay vào P ta có: P = ( ) ( ) 2 2 2 2 5212 +++ xxxx (*) = )1)2( 5 1 5 2 (525205145 2 22 22 ++ + =+++ xxxxxx Ta lựa chọn: a = 5 1 ; 5 2 x ; b = ( ) 1;2 x a + b = 5 6 ; 5 8 2=+ ba Do baba ++ nên ta có: P = 5 )(5)( baba ++ = 52 . Dễ thấy a , b 0 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi: a =k b (k>0). 1 5 1 2 5 2 = x x x= 3 2 y= 3 2 . Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P = 52 khi = = 3 2 3 2 y x L u ý: Nếu từ (*) ta lựa chọn a =(x;2x-1) ; b =(-x; 5-2x). Ta sẽ có : P 4 minP = 4 Tuy nhiên không tồn tại (x;y) thoã mãn điều kiện P = 4. ( a không cùng chiều b ) Bài 5. Cho x,y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2)1()1( 2222 +++++ yyxyx (ĐH-CĐ khối B 2006) Giải: Ta lựa chọn: a = ( ) yx;1 ; b = );1( yx + a + b = ( ) y2;2 baba ++ 22222 12)1()1( yyxyx +++++ 9 A B M x y O Vậy ta có: A = 2)1()1( 2222 +++++ yyxyx 2 122 yy ++ Xét hàm số: f(y) = 2 122 yy ++ Ta có giá trị nhỏ nhất của A = 32 + khi = = 3 1 0 y x Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : y = 2222 2222 qqxxppxx +++ Giải: Ta có: y = 2222 )()( qqxppx +++ . Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét 3 điểm : A(p ; p) ; B(q ; q) ; M(x ; 0) Khi đó ta có: MA = 22 )( ppxMA += MB= 22 )( qqxMB += y = MA+MB. Ta nhận thấy A ; B ; O thẳng hàng , A,B là 2 điểm cố định . Cần tìm điểm M Ox (Vì M(x;0)) sao cho MA+MB nhỏ nhất. Đây là một bài toán cơ bản về khoảng cách. Ta xét các trờng hợp: TH1: p.q 0 A và B có ít nhất 1 điểm trùng O , hoặc O nằm giữa AB. Vậy để y = MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M O M(0;0) x=0 Tức là: y min = 22 22 qp + = )(2 qp + khi x= 0. TH2: p.q>0 A và B nằm cùng một phía với Ox. Lấy A' đối xứng với A qua Ox , A'(p ; -p). Khi đó ta có MA=MA'. Ta có : y = MA+MB = MA'+MB 10 [...]... tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài 2 Nội dung thực nghiệm Tiến hành triển khai giảng dạy theo đề tài " Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa " 3 Kết quả thực nghiệm Tôi đợc phân công giảng dạy các lớp khối, bồi dỡng học sinh giỏi, ôn thi Đại học, Cao đẳng nhiều năm Trong quá trình giảng dạy tôi đã vận dụng đề tài hớng dẫn các em vận dụng vào giải toán Kết quả là hầu hết các em... khoảng 75% (Các câu có dạng toán thuộc đề tài đã nêu) IV Kết luận Qua các bài toán minh hoạ trên ta thấy Nếu biết khai thác, vận dụng bài toán cơ bản phát triển thành hệ thống các lớp bài toán ta sẽ có cách nhìn tổng thể hơn và nếu quy đợc bài toán về dạng quen thuộc, thì có định hớng giải cụ thể nhng hoàn toàn không mất tính t duy, sáng tạo của học sinh Khi đó lời giải bài toán trở nên gọn gàng, ít... hớng dẫn các em vận dụng vào giải toán Kết quả là hầu hết các em đều hiểu, vận dụng vào giải quyết các bài toán nhanh gọn, trình bày sáng sủa và chính xác, học sinh rất thích thú khi gặp các bài toán thuộc dạng này Kết quả cụ thể nh sau a Thực nghiệm trên 2 lớp tôi giảng dạy (97 học sinh) thông qua các bài kiểm tra Kết quả: Tầm kiến thức Số lợng HS Tỷ lệ Nhận biết 91 94% Thông hiểu 85 88% Vận dụng 70... sai sót Bởi nó đảm bảo quá trình nhận thức tri thức: "Từ trực quan sinh động đến t duy trừu tợng" Đề tài này đã đợc kiểm nghiệm và cho kết quả khả quan, nhng cha rộng Tôi xin chân thành cám ơn các đồng nghiệp đã góp ý để hoàn thiện đề tài Tuy nhiên đề tài chắc chắn còn có nhiều khiếm khuyết Tôi rất mong tiếp tục nhận đợc sự góp ý của đồng nghiệp Một lần nữa xin chân thành cảm ơn! 12 ... M( x p p p+q p+q 2 pq Vậy ymin=A'B = ( p q) 2 + ( p + q) 2 = 2( p 2 + q 2 ) khi x = p+q Kết luận: Nếu p.q 0 ta có ymin= 2 ( p + q ) khi x = 0 2 pq Nếu p.q >0 ta có ymin= 2( p 2 + q 2 ) khi x = p+q Một số bài tập áp dụng: 1 Giải phơng trình: a) x 2 8 x + 816 + x 2 + 10 x + 267 = 2003 (Tuyển tập đề thi Olympic 2003) b) x 2 2 x + 5 x 2 6 x + 10 = 5 2 Giải hệ phơng trình: 4 cos 2 x cos 2 y + sin 2... x+ y+ z=6 x+ y z+x y2 + + z2 + =3 6 y z Với x,y,z là các số thực dơng 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: a) y = cos 2 x 2 cos x + 5 + cos 2 x + 4 cos x + 8 b) y = c) 1 2 x +2 + 2 1 2 16 32 x x+ + 2 5 5 1 2 x 4 x + 10 + 2 1 2 4 8 x x+ 2 5 5 y = 2 sin x + sin x cos x a, b, c > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của: a + b + c 6 5 Cho S = a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 b+c c+a 6 Tìm m để bất phơng trình sau có . tên là: Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa II. Nội dung đề tài. Xuất phát từ bài toán cơ bản sau: Cho hai véctơ a , b tuỳ ý ta luôn có: baba ++ (1) (Bài tập. bài toán thông qua việc vận dụng những kết quả đợc tạo ra từ bài toán cơ bản. Nếu ta khai thác ứng dụng bài toán cơ bản từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp sẽ tạo nên sự hứng thú say mê của. tính khả thi và hiệu quả của đề tài. 2. Nội dung thực nghiệm. Tiến hành triển khai giảng dạy theo đề tài " Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa ". 3. Kết quả thực