Sáng kiến kinh nghiệm toán THPT

Một trong những biện pháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và phương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo dục, cũng

Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao động tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất nước Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu thế kỉ XXI Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào tạo cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực Một trong những biện pháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và phương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo dục, cũng như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc vận động của Bộ trưởng Bộ GD - ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo dục

Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một trong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp nhận và giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản chất của nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau

Từ khi bộ Giáo dục và Đào tạo tổ chức kì thi học sinh giỏi quốc gia môn Toán THPT (viết tắt là VMO), bài toán đếm đã xuất hiện nhiều trong các đề thi Bài toán đếm xuất hiện trong đề thi các năm 1964, 1774, 1977, 1995, 1996, 2005, 2008

Từ năm 2010 đến nay, bài toán đếm xuất hiện trong đề thi các năm 2010 – Bài 5, 2012 – Bài 5, 2013 – Bài 7, 2014 – Bài 3, 2015 – Bài 3, 2018 – Bài 5, 2020 – Bài 7, 2021 – Bài 6, 2022 – Bài 6 Các bài toán trên có thể ứng dụng bài toán chia kẹo Ơle rất nhiều

Theo các dữ liệu trên, mỗi bài toán đếm thường chiếm 6 đến 7 điểm trong tổng số 40 điểm của bài thi So với cấu trúc của đề thi (Có 2 bài thi với các phân môn: Đại số, số học, giải tích, hình học, tổ hợp) thì đây là một tỉ lệ cao Chính vì vậy việc giảng

dạy phương pháp đếm nói chung và bài toán chia kẹo Ơle nói riêng cho học sinh chuyên Toán nói riêng và các học sinh giỏi quốc gia nói riêng là rất quan trọng

II Mô tả giải pháp:

Đây là một lĩnh vực không mới của toán học, tuy nhiên các vấn đề khai thác trong sáng kiến có nhiều điểm mới Trong các các đề thi chọn HSG các cấp, bài toán đếm luôn chiếm một tỉ lệ nhất định (thường có tỉ lệ điểm 6 – 7/40), đây là một phần trọng tâm mà học sinh chuyên Toán cần nắm vững Một trong các lĩnh vực quan trọng của bài toán đếm là Bài toán chia kẹo Euler (Ơle)

Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúp các em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đó cũng mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trong quá trình giảng dạy

III NỘI DUNG SÁNG KIẾN 1 CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

1.1 Nguyên lý cộng: Nếu A, B là các tập hợp rời nhau thì |A = +BAB|.

Nguyên lý cộng còn có thể phát biểu một cách khác như sau: Nếu một công việc có thể thực hiện bằng một trong hai phương án loại trừ lẫn nhau: phương án thứ nhất có m cách thực hiện và phương án thứ hai có n cách thực hiện Khi đó công việc đó có

Định nghĩa về tích Descartes và nguyên lý nhân trên đây có thể mở rộng cho nhiều tập hợp Nguyên lý nhân có thể phát biểu một cách khác như sau: Nếu một quá trình có thể được thực hiện qua hai công đọan: công đọan I có n1 cách thực hiện, công đọan II (sau khi thực hiện I) có n2 cách thực hiện Khi đó có n1.n2 cách thực hiện quá trình đó

1.3 Chỉnh hợp của n phần tử chọn k (hay chỉnh hợp chập k của n phần tử)

1.4 Tổ hợp của n phần tử chọn k (hay tổ hợp chập k của n phần tử)

Giả sử E={a a1, , , 2 an}.Một tổ hợp chập k của n phần tử là một bộ không sắp thứ

tự gồm k phần tử (ai1, ,aik). Nói cách khác, đó là một tập con gồm k phần tử của E

Số các tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là C Ta có nk

Giả sử E={a a1, , , 2 an}. Một hoán vị của E là một cách xếp các phần tử của E theo một thứ tự nào đó Nói cách khác, đó chính là chỉnh hợp của n phần tử chọn n

Số các hoán vị của n phần tử ký hiệu là Pn Ta có Pn =n!.

1.6 Chỉnh hợp lặp

Giả sử E={a a1, , , 2 an}. Một chỉnh hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (ai1, ,aik), trong đó cho phép lấy lặp lại (các phần tử không nhất thiết phân biệt)

Số các chỉnh hợp lặp chập k của n, theo quy tắc nhân, bằng nk.

1.7 Tổ hợp lặp

Giả sử E={a a1, , , 2 an}. Một tổ hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ tự gồm k phần tử (ai1, ,aik), trong đó cho phép lấy lặp lại Nói cách khác, đó là

của E theo thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị lặp của n phần tử của E

Số hoán vị lặp của đa tập hợp E={a a1, , 2 , as} bằng

2 BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER

Xuất phát từ một vấn đề rất đơn giản, nhà bác học Leonhard Euler đã phát biểu nó thành một bài toán như sau:

Bài toán mở đầu: "Có k chiếc kẹo giống nhau, cần chia chúng cho n em bé Hỏi có

bao nhiêu cách chia kẹo để em bé nào cũng có kẹo?"

Nhìn theo phương trình nghiệm nguyên, ta có phát biểu bài toán: Phương trình 12 k

Có nhiều hướng để giải được bài toán này, bài viết sử dụng ứng dụng song ánh để đếm số nghiệm của phương trình

Gọi A là tập các nghiệm nguyên dương của phương trình, B là tập các xâu nhị

phân có n kí tự 1 và k − kí tự 0 mà không có 2 số 0 cạnh nhau, kí tự đầu và cuối là 1 1, xây dựng phép tương ứng giữa 2 tập hợp

Phép tương ứng f A: →B được xác định: với (x x1; ; ;2 xk) thì A

Dễ thấy f là 1 song ánh nên A = B =Cnk−−11.

Khi thay đổi một số giả thiết của bài toán ta sẽ có các phát biểu mới

Bài toán 1: Phương trình x1+ + + =x2 xkn có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm? Để chuyển về bài toán ban đầu, ta đổi biến yi = +  =xi 1, i 1,2, ,k thì *

, 1,2, , ,

y   =ik phương trình trở thành y1+ + +y2 yk = +n k, theo bài toán ban đầu thì số nghiệm của phương trình là 1 Sau đây là một số bài tập áp dụng bài toán chia kẹo Ơle

Bài 1 Xét phương trình nghiệm nguyên x1+ + + =x2 x3 x4 98 Phương trình có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm thỏa mãn:

a xi   =i, i 1,2,3,4?

b x x x1, ,2 31,x44?

b Với điều kiện xi mi ta có thể đổi biến để được số nguyên không âm, tuy nhiên với điều kiện xi mi thì khi đổi biến yi =mi−xi thì được số nguyên không âm, tuy nhiên hệ số của ẩn trong phương trình bị đối lại nên không áp dụng kết quả bài toán chia kẹo Với điều kiện này cần xét các trường hợp của xi.

Phương trình tương đương x1+ + =x2 x3 98−x4, theo Bài toán ban đầu, số nghiệm

Số nghiệm nguyên lẻ của phương trình ban đầu bằng số nghiệm nguyên không âm của ( )2 , theo Bài toán 1, kết quả là C47 4 14 1−+ − =C503.

Bài 2 Bất phương trình x1+ + + x2 xkn n(  có bao nhiêu nghiệm nguyên k) dương?

Giải

Bất phương trình tương đương với x1+ + + + =x2 xkx' n trong đó ' 1.x 

Suy ra số nghiệm nguyên dương của bất phương trình ban đầu, bằng số nghiệm nguyên

dương của phương trình mới, theo Bài toán mở đầu thì kết quả là Cnk−1.

Bài 3 Bất phương trình x1+ + + x2 xkn n(  có bao nhiêu nghiệm nguyên k) dương?

Giải

Bất phương trình tương đương với x1+ + + + =x2 xkx' n trong đó 'x 0.

Tương đương với phương trình x1+ + + +x2 xk (x' 1+ = + trong đó ' 1 1.) n 1 x + 

Suy ra số nghiệm nguyên dương của bất phương trình là C nk.

Bài 4 Có 7 quả táo giống nhau và 5 quả cam giống nhau Có bao nhiêu cách chia 12

quả này cho 12 người thỏa mãn (mỗi trường hợp): a Mỗi người được nhận 1 quả?

b Có thể có người không nhận được quả nào? Giải

a Chọn 7 người và chia táo có C127, những người còn lại chia cam Số cách là C 127 b Bước 1: Chia 7 quả táo cho 12 người một cách bất kì có số cách là 11

Áp dụng quy tắc nhân có kết quả là C C 1811 1611.

Bài 5 Cho số nguyên dương n và k Tìm số bộ k số nguyên (a a1, 2, ,a mà k)

Khi đó các số b b1, , ,2 bk là phân biệt và thỏa mãn 1     + −b1 b2 bkn k 1.

Số bộ (b b1, , ,2 b bằng số cách chọn k số nguyên dương phân biệt từ k) n k+ − số 1 nguyên dương đầu tiên, kết quả là Cn kk+ −1.

Bài 6 Với hai số nguyên dương k n, ta kí hiệu p n k là số nghiệm nguyên không ( ), âm của phương trình x1+ + + =x2 xkn mà x1  x2 xk Tính p n( ),2 và

  thì có duy nhất số x2 = −n x1 thỏa mãn phương trình Vậy số nghiệm của phương trình là ( ),2 1.

Xét phương trình nghiệm nguyên không âm x1+ + =x2 x3 n ( )1 mà x1 x2 x3.

Gọi S là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của ( )1

T là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của ( )1 mà x1 x2 x3.

A là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của ( )1 mà x1= x2 x3.

B là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của ( )1 mà x1 =x2 x3.

C là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của ( )1 mà x1= =x2 x3.

D là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của ( )1 mà x1 x2 x3.

Ta có C = nếu 0 n  và 3 C = nếu 1 n 3, hay 1

Ta có A + B + C bằng số nghiệm nguyên không âm của 2x+ =yn bằng số nghiệm nguyên không âm của u v+ =n mà u=  + =xxyv.

Bài 8 Với n là số nguyên dương lớn hơn 1 Tính số cách viết n dưới dạng n=xyz

Bài 9 (VMO 2012 - Bài 5) Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5

và 12 chàng trai Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

1 Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

2 Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2, G3, G4, G5; 3 Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;

4 Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?

(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau)

Giải

Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1, 2, …,17

Gọi x1 là số chàng trai được xếp bên trái G1, x2 là số chàng trai ở giữa G1 và G2, x3

là số chàng trai ở giữa G2 và G3, x4 là số chàng trai ở giữa G3 và G4, x5 là số chàng trai ở giữa G4 và G5, x6 là số chàng trai được xếp ở bên phải G5 Khi đó bộ số

(x x1, 2, ,x hoàn toàn xác định vị trí các cô gái và ta có 6) 1) x1+ + + =x2 x6 12

2) 3 x2

3) 1 x5 4

Đổi biến y2=x2– 3 và y5=x5 –1 ta được x1+ + + + + =y2 x3 x4 y5 x6 8

Với các ẩn không âm và có thêm điều kiện y 5 3.

Tiếp theo, sử dụng bài toán chia kẹo của Euler ở dạng x1+ + + + =y2 x3 x4 x6 8 – y5

ta được số cách phân ghế cho các cô gái là 4444

1211109 1161.

Vì còn có 12 chàng trai có thể hoán đổi vị 12 chiếc ghế dành cho họ nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12! 1161

Bài 10 Gọi a a1 2 an với a i  0,1 là một xâu có độ dài n Gọi xâu 01 là xâu đẹp nếu 0 và 1 là hai phần tử liên tiếp theo thứ tự đó ở trong xâu có độ dài n đã cho (ví dụ như

xâu 0001100 có độ dài là 7 và trong đó có 1 xâu đẹp) Xét các xâu có độ dài 30 và

chứa k xâu đẹp, biết rằng có C xâu như thế Tìm ?319 k

Giải

Gọi P là xâu chứa toàn là chữ 0 có độ dài lớn hơn hay bằng 1

Gọi Q là xâu chứa toàn là chữ 1 có độ dài lớn hơn hay bằng 1 Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1 PQPQPQPQ *( ) (có k xâu loại P k, xâu loại Q) Trường hợp 2 PQPQPQPQP (có k + xâu loại 1 P k, xâu loại Q) Trường hợp 3 QPQPQ QPQ (có k xâu loại P k +, 1 xâu loại Q) Trường hợp 4 QPQPQ QPQP (có k + xâu loại 1 P k +, 1 xâu loại Q) Xét trường hợp 1

Gọi x1 là số phần tử ở xâu P ( P ở vị trí đầu tiên trong ( )* ) , x 1 1

Gọi x2 là số phần tử ở xâu Q (Q ở vị trí thứ hai trong ( )* ) , x 2 1 …

Gọi x2k là số phần tử ở xâu Q (Q ở vị trí cuối trong ( )* ) , x 2k 1.

Ta có : x1+ + +x2 x2k =30

Theo bài toán chia kẹo Ơle: Số xâu có độ dài 30 và chứa k xâu đẹp trong trường

b Tính xác suất để có một số trong x x x x1, , ,2 3 4 bằng tổng của ba số còn lại c Tính xác suất để có thể chia x x x x1, , ,2 3 4 thành hai nhóm có tổng bằng nhau

c Gọi B i =i,( 2,3,4) là tập hợp các bộ (x x x x sao cho 1, 2, ,34) x1+xi bằng tổng hai số còn lại, dễ thấy các tập này có số phần tử bằng nhau

Ta thấy |B2 | bằng số nghiệm thuộc 1,2,3,4,5,6 của phương trình  x1+ = +x2 x3 x4

Phương trình này tương đương với

() () ''

7−x + −7 x + +xx =14 + + +xxxx =14

Theo bài toán chia kẹo Ơle thì số nghiệm nguyên dương của phương trình là C133, trong đó có những nghiệm mà có ẩn lớn hơn 6, ta cần loại bỏ các nghiệm này

Dễ thấy có tối đa một ẩn lớn hơn 6, giả sử là x  ta đưa về phương trình 1' 7 "'"'

1234 8, 21 6.

x + + + =xxxx = − Số nghiệm nguyên dương theo bài toán chia kẹo Ơle x

là C =73 35 Vì có 4 trường hợp xẩy ra với 4 biến nên số nghiệm có ít nhất một ẩn nhận

Bài 12 Bài toán về vé hạnh phúc xuất hiện trong bài báo “Những chiếc vé hạnh phúc”

của S.K.Lando đăng trên tạp chí “Phổ biến toán học” của Liên bang Nga, nội dung như sau:

Sinh viên thời Liên Xô cũ ai cũng biết thế nào là một chiếc vé hạnh phúc và ai cũng từng đếm thử xem chiếc vé xe búyt (xe điện, xe buýt điện ) mình mới mua có phải là vé hạnh phúc hay không Một chiếc vé được đánh số từ 000000 đến 999999 và vé được gọi là hạnh phúc nếu tổng ba chữ số đầu bằng tổng của ba chữ số cuối Ai mua được vé hạnh phúc thì ngày hôm đó sẽ gặp nhiều may mắn (thi đạt điểm cao, có bạn đến thăm ) Không hiểu điều đó có đúng thật không, nhưng thực sự là ngay cả những người không tin cũng không dưới một lần cộng thử

Nhưng nếu một sinh viên bình thường chỉ quan tâm đến việc chiếc vé của mình có phải là vé hạnh phúc không thì sinh viên khoa Toán còn quan tâm đến một vấn đề tổng quát hơn: Xác suất để gặp một chiếc vé hạnh phúc là bao nhiêu? Và nếu ai có biết đến xác suất cổ điển thì có thể hiểu ngay rằng bài toán này tương đương với bài

toán đếm số các số hạnh phúc từ 000000 đến 999999 Xác suất cần tìm sẽ là số tìm được chia cho 106

Như vậy vé hạnh phúc là vé mang số a a a a a a1 2 3 4 5 6 với

Rõ ràng, với k  thì điều kiện 9 x i 9 hiển nhiên được thoả mãn, do đó ck =Ck2+2 Khi k 9, để tính ck, ta cần tìm số các nghiệm “không hợp lệ”, nghĩa là không thỏa mãn điều kiện x i 9

Với k =10, nghiệm không hợp lệ là nghiệm có x =i 10 với i nào đó Rõ ràng chỉ có

ba nghiệm như thế là (10, 0, 0), (0, 10, 0) và (0, 0, 10) Vậy 21012 – 3

Với k =11, các nghiệm không hợp lệ gồm (11, 0, 0), (10, 1, 0), (10, 0, 1), (0, 11, 0), (0, 10, 1), (1, 10, 0), (0, 0, 11), (0, 1, 10), (1, 0, 10) (có 9 nghiệm)

Phương pháp liệt kê tất nhiên vẫn còn có thể tiếp tục Nhưng nếu chỉ làm như thế thì sẽ mất rất nhiều thời gian và không hiệu quả nhiều trong một giờ dạy trên lớp Chúng

ta nhận xét rằng với k 20 thì sự không hợp lệ chỉ có thể xảy ra ở mộtxi Ta chỉ cần xét số nghiệm vớix 1 9, sau đó nhân 3 thì được số nghiệm không hợp lệ

Nhưng số nghiệm nguyên của phương trình x1+ + =x2 x3 k với x19, ,x x2 30 lại chính là số nghiệm nguyên của phương trình y1+ + =x2 x3 k –10 với y x x 1, ,2 3 0

(đặty1= −x1 10) và như thế, dựa vào kết quả của bài toán chia kẹo và các lí luận trên đây, số nghiệm không hợp lệ bằng 2

8 3Ck− Suy ra ck =Ck2+2 −3Ck2−8.

Khi k 20 thì sự không hợp lệ có thể xảy ra đồng thời ở hai vị trí và vì vậy khi ta trừ đi các nghiệm không hợp lệ, có một số nghiệm sẽ bị trừ đi hai lần (ví dụ, khi k =20 thì nghiệm (10, 10, 0) bị trừ đi hai lần) Ta cần đếm số các nghiệm bị trừ như thế để bù lại, gọi là nghiệm “oan”

Với k =20, có 3 nghiệm “oan” là (10, 10, 0), (0, 10, 10) và (10, 0, 10) Vậy

2022 3 12 3

Với k 20, có thể xảy ra ở 2 nghiệm lớn hơn 9 Để tính số các nghiệm “oan”, ta xét trường hợpx19, x29, còn các trường hợp x19, x39 và x29, x39 được xét tương tự Số nghiệm nguyên của phương trình x1+ + =x2 x3 k với x19,x29,x30

chính là số nghiệm nguyên của phương trình y1+ + =y2 x3 k – 20 với y1, y ,2 x 3 0