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
Trang 1Mục 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
Trang 2dạy 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
Trang 3III 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 = +B A B|
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 m+n cách thực hiện
Nguyên lý cộng mở rộng: Nếu xét n tập đôi một rời nhau C C1, 2, ,C nthì
1
1
1.3 Chỉnh hợp của n phần tử chọn k (hay chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Giả sử E={a a1, , , 2 a n}. Một chỉnh hợp chập k của n phần tử là một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (a i1, ,a ik)
Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là A Ta có n k
( ! )!.
k n
n A
n k
=
−
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 a n}.Một tổ hợp chập k của n phần tử là một bộ không sắp thứ
tự gồm k phần tử (a i1, ,a ik). Nói cách khác, đó là một tập con gồm k phần tử của E
Trang 4Số các tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là C Ta có n k
( ! ) .
k n
n C
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 , a s} bằng
1 2
!
! ! !s
n
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?"
Trang 5Nhìn theo phương trình nghiệm nguyên, ta có phát biểu bài toán: Phương trình
1 2 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 x k) thì A
Dễ thấy f là 1 song ánh nên A = B =C n k−−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 x k n có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm?
Để chuyển về bài toán ban đầu, ta đổi biến y i = + =x i 1, i 1,2, ,k thì
1
1 1
k i i
Bài 1 Xét phương trình nghiệm nguyên x1+ + + =x2 x3 x4 98 Phương trình có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm thỏa mãn:
a x i =i, i 1,2,3,4?
b x x x1, ,2 31,x44?
Trang 6Bất phương trình tương đương với x1+ + + + =x2 x k x' 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 C n k−1
Bài 3 Bất phương trình x1+ + + x2 x k n n( có bao nhiêu nghiệm nguyên k)dương?
Giải
Bất phương trình tương đương với x1+ + + + =x2 x k x' n trong đó 'x 0
Tương đương với phương trình x1+ + + +x2 x k (x' 1+ = + trong đó ' 1 1.) n 1 x +
Trang 7Suy ra số nghiệm nguyên dương của bất phương trình là C n k.
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
18
C (Theo Bài toán 1)
Bước 2: Chia 5 quả cam cho 12 người một cách bất kì có số cách là 11
16
C (Theo Bài toán 1)
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 b k là phân biệt và thỏa mãn 1 + −b1 b2 b k n k 1
Số bộ (b b1, , ,2 b bằng số cách chọn k số nguyên dương phân biệt từ k) n k+ − số 1nguyên dương đầu tiên, kết quả là C n k k+ −1
Trang 8Bài 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 x k n mà x1 x2 x k Tính p n( ),2 và ( ),3
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
n
Trang 9Ta có C = nếu 0 n và 3 C = nếu 1 n 3, hay 1
Trang 10Bài 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
Trang 113) 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 4 4 4 4
12 11 10 9 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 a n 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 PQPQPQPQ *( ) (có k xâu loại P k, xâu loại Q)
Trường hợp 2 PQPQPQPQP (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 x 2k là số phần tử ở xâu Q (Q ở vị trí cuối trong ( )* ) , x 2k 1
Ta có : x1+ + +x2 x2k =30
Trang 12Theo 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 Giải
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
Trang 13( ) ( ) ' '
7−x + −7 x + +x x =14 + + +x x x x =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
" ' " '
1 2 3 4 8, 2 1 6
x + + + =x x x x = − 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 giá trị lớn hơn 6 là 4.35 140.= Do đó |B =2| 286 140 146.− =
Dễ thấy |B iB j| 36= vì khi đó x i = x x j, 1=x k Tương tự ta có |B2 B3 B4| 6= (cả
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
Trang 14toán đếm số các số hạnh phúc từ 000000 đến 999999 Xác suất cần tìm sẽ là số tìm được chia cho 10 6
Như vậy vé hạnh phúc là vé mang số a a a a a a1 2 3 4 5 6 với
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 2
10 12 – 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
Trang 15ta nhận xét rằng với k 20 thì sự không hợp lệ chỉ có thể xảy ra ở mộtx i 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 x19, ,x x2 30 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
3C k− Suy ra c k =C k2+2 −3C k2−8
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 =20thì 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
chính là số nghiệm nguyên của phương trình y1+ + =y2 x3 k – 20 với y1, y ,2 x 3 0
Trang 16Từ đó tính được C =55252 và xác suất mua được vé hạnh phúc là ~ 0.055, tức là
khoảng 1
18
Các bài toán đếm ngoài việc phát triển các kỹ năng như nói trên, còn mang tính thực tế và tính thẩm mỹ cao (rất thú vị khi đọc đề bài), vì thế đem lại cho các học sinh niềm đam mê, sự hứng thú Chính vì vậy các bài toán mang yếu tố thực tế sẽ tạo hứng thú cho học sinh và giúp các em yêu thích môn học hơn
Bài 13 Từ các số 0,1,2,3,4,5,6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và chia hết cho 9?
Số nghiệm nguyên dương của (1) là C 124
Nếu a 1 7 thì x2+ + + x3 x4 x5 6 x i 7, i nên nghiệm của phương trình không trùng với trường hợp có x i 8, trường hợp này phương trình có C nghiệm 64
Nếu có x i 8 thì có duy nhất 1 số như vậy, khi đó ( )1 1 j 5
j i
+ , phương trình này có C nên trường hợp này có 54 4.C nghiệm 54
Trang 17Vậy trường hợp 1 có tất cả C124 −C64 −4.C54 số thỏa mãn
Số nghiệm nguyên dương của (2) là C 164
Nếu x 1 7 thì x2+ + + x3 x4 x5 10 x i 7, i nên nghiệm của phương trình không trùng với trường hợp có x i 8, trường hợp này phương trình có C nghiệm 104
Nếu có x i 8 thì có duy nhất 1 số như vậy, khi đó ( )2 1 j 9
j i
+ , phương trình này có C nên trường hợp này có 94 4.C nghiệm 94
Vậy trường hợp 1 có tất cả C164 −C104 −4.C94 số thỏa mãn