skkn phương pháp đại lượng bất biến đơn biến trong các bài toán tổ hợp thpt chuyên lương thế vinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị THPT chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN, ĐƠN BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP Người thực hiện: Phạm Doãn Lê Bình Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2013 - 2014 BM 01-Bia SKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: Phạm Doãn Lê Bình 2. Ngày tháng năm sinh: 23/04/1986 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: 1123, KP7, P. Long Bình, TP. Biên Hòa, Đồng Nai 5. Điện thoại: 0613930245 (nhà riêng) ; ĐTDĐ: 01683531100 6. Fax: E-mail: lebinh234@gmail.com 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2012 - Chuyên ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Sư phạm Toán Số năm có kinh nghiệm: 2 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: BM02-LLKHSKKN PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN, ĐƠN BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP Phạm Doãn Lê Bình Giáo viên trường THPT chuyên Lương Thế Vinh Ngày 24 tháng 4 năm 2014 Mục lục 1 Lý do chọn đề tài 2 2 Nội dung đề tài 2 2.1 Nêu vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 2.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2.2.1 Tìm đại lượng không đổi sau mỗi phép biến đổi . . 3 2.2.2 Tìm tính chất tuần hoàn của trạng thái trong các phép biến đổi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2.2.3 Tìm tính chất của đại lượng không thay đổi sau mỗi phép biến đồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2.4 Tìm đại lượng đơn biến sau các phép biến đổi . . . 11 2.3 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3 Hiệu quả của đề tài 16 4 Tài liệu tham khảo 17 Trang 1 1 Lý do chọn đề tài Trong quá trình dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy có nhiều bài toán tổ hợp, rời rạc có thể sử dụng các yếu tố đại lượng bất biến, đơn biến để giải quyết. Qua quá trình giảng dạy thực tế, tôi viết đề tài này nhằm làm tài liệu phục vụ cho việc dạy và học. Bất biến là một trong những khái niệm trung tâm của Toán học. Nó có mặt trong hầu hết các lĩnh vực của Toán học hiện đại. Nhưng bất biến không phải là một khái niệm cao siêu mà các học sinh phổ thông bình thường không gặp và không hiểu được. Đôi khi bất biến chỉ là tính chẵn lẻ, là sự chia hết cho 3, là tính đối xứng của một trạng thái, là sự bảo toàn góc, khoảng cách . . . tức là những điều rất dễ hiểu và dễ nhận thấy. Tài liệu này được viết ra nhằm hệ thống lại các dạng toán và phương pháp sử dụng đạo lượng bất biến, đơn biến để học sinh có thêm kinh nghiệm trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp. 2 Nội dung đề tài 2.1 Nêu vấn đề Một dãy lặp (x n ) các trạng thái được thành lập bằng cách thực hiện nhiều lần một phép biến đổi T cho phép chúng ta chuyển từ trạng thái này sang trạng thái tiếp theo x 1 T −→ x 2 T −→ x 3 T −→ . . . T −→ x n T −→ . . . Đối với dãy lặp như trên, có các dạng toán được đặt ra I. Bài toán về tính hữu hạn hoặc vô hạn của dãy lặp • Dãy lặp này vô hạn hay hữu hạn? • Nếu dãy lặp này hữu hạn thì chiều dài lớn nhất của nó là bao nhiêu và trạng thái cuối cùng của nó là gì? II. Bài toán về tính tuần hoàn của dãy lặp • Tìm những giá trị có thể có trong dãy lặp này? • Giá trị của các trạng thái trong dãy lặp này thay đổi như thế nào? III. Bài toán về sự tồn tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một tính chất cho trước Để giải các bài toán trên, ta có thể sử dụng các đại lượng bất biến hoặc đơn biến. Đại lượng bất biến: là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi. Trang 2 Đại lượng đơn biến: là một đại lượng luôn thay đổi, nhưng chỉ theo một chiều (tức là tăng lên hay giảm xuống). Để giải các bài toán bằng đại lượng bất biến thì việc quan trọng nhất là phát hiện ra các yếu tố bất biến, sau đó là việc sử dụng các yếu tố đó vào trong bài toán một cách thích hợp. Các đại lượng bất biến có khi đơn giản chỉ là tính chẵn lẻ, là sự đồng dư với một số, là tính đối xứng của một trạng thái, là sự bảo toàn góc tức là những điều rất dễ nhận biết và dễ nhận thấy. 2.2 Một số ví dụ 2.2.1 Tìm đại lượng không đổi sau mỗi phép biến đổi Bài 1. Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2014, sau đó thực hiện trò chơi như sau: mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một số mới bằng tổng hai số đã xóa, việc làm này thực hiện liên tục cho đến khi chỉ còn một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu? Tại sao? LỜI GIẢI. Vì mỗi lần thực hiện trò chơi thì ta thay hai số bằng tổng của chúng nên tổng các số trên bảng không thay đổi trong mọi thời điểm. Vậy, đại lượng không đổi trong bài toán trên là tổng các số trên bảng. Mà tổng các số ban đầu là 1 + 2 + 3 + · · · + 2014 = (1 + 2014) × 2014 2 = 2029105 nên suy ra số cuối cùng là 2029105.  Các em hãy làm bài tập có câu hỏi như Bài 1 nhưng thay “tổng” bằng “tích”. Bài 2. Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2014. Sau đó, thực hiện trò chơi như sau: mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một số mới bằng hiệu hai số đã xóa (lấy số lớn trừ số nhỏ). Việc làm này thực hiện liên tiếp cho đến khi còn một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng còn lại trên bảng có thể bằng 0 hay không? Tại sao? LỜI GIẢI. Ta thấy rằng nếu xóa đi hai số a, b(a > b) và thay bằng hiệu a − b thì tổng các số trên bảng giảm đi một đại lượng là a+ b − (a − b) = 2b là số chẵn. Như vậy, tổng các số trên bảng không thay đổi tính chẵn lẻ tại mọi thời điểm thực hiện trò chơi. Vậy, đại lượng bất biến trong bài toán này là tính chẵn, lẻ của tổng các số trên bảng. Tổng các số lúc đầu là 1 + 2 + 3 + · · · + 2014 = (1 + 2014) × 2014 2 = 2029105 Trang 3 là số lẻ. Suy ra số còn lại cuối cùng là số lẻ nên và do đó không thể bằng 0 được.  Các em hãy làm bài tập có câu hỏi như Bài 2 nhưng thay “hiệu” bằng “hiệu bình phương”. Bài 3. Trên bảng có 10 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 10. Bạn Sơn xóa hai số bất kì và thay bằng một số mới bằng tổng lập phương của hai số vừa xóa, sau đó cứ tiếp tục làm như vậy cho đến khi còn 1 số trên bảng. Vậy số đó có thể là 2013 32 + 2012 hay không? Vì sao? LỜI GIẢI. Ta thấy rằng nếu xóa đi hai số a, b và thay bằng a 3 + b 3 thì tổng của các số trên bảng tăng lên một đại lượng là a 3 + b 3 − (a + b) = a(a + 1)(a − 1) + b(b + 1)(b − 1) là số chia hết cho 3. Vậy đại lượng bất biến trong bài toán này là số dư của tổng các số ban đầu khi chia cho 3. Mà các số ban đầu có tổng là 1 + 2 + 3 + · · · + 10 = (1 + 10) × 10 2 = 55 là số chia cho 3 dư 1. Trong khi đó 2013 32 + 2012 là số chia cho 3 dư 2. Vậy câu trả lời là không thể có kết quả cuối cùng trên bảng là 2013 32 + 2012.  Các em hãy làm bài tập có câu hỏi như Bài 3 nhưng thay “tổng lập phương” bằng a) “lập phương của tổng” b) “tổng lũy thừa 5”. Bài 4. Cho số tự nhiên 201320142015. Từ số này, người ta đổi vị trí các chữ số của nó. Hỏi số mới tạo thành có thể một số chính phương hay không? LỜI GIẢI. Ta thấy rằng khi thay đổi vị trí các chữ số của số ban đầu thì tổng của nó không thay đổi. Vậy đại lượng bất biến trong bài toán này chính là tổng các chữ số của số ban đầu. Mà tổng các chữ số của số ban đầu là 21 nên số mới được tạo thành luôn là số chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9. Vậy không thể nào thay đổi vị trí các chữ số của số ban đầu để tạo thành số mới là số chính phương được. Bài 5. Kí hiệu d(n) là tổng các chữ số của n ∈ N. Hãy tìm n thỏa mãn đẳng thức n + d(n) + d(d(n)) = 2014. LỜI GIẢI. Ta thấy tổng các chữ số của một số tự nhiên và số đó luôn có cùng số dư khi chia cho 3. Do đó n, d(n) và d(d(n)) có cùng số dư khi chia cho 3. Nên tổng của ba số trên phải là một số chia hết cho 3. Mà 2014 chia 3 dư 1 nên không thể nào tìm được số tự nhiên n thỏa yêu cầu bài Trang 4 toán. Đại lượng bất biến được sử dụng trong bài toán này chính là số dư của các số khi chia cho 3.  NHẬN XÉT: Qua những bài tập ở trên, ta có thể thấy đại lượng bất biến có thể là những dấu hiệu đơn giản, dễ nhận thấy như tổng các số, các chữ số; là tính chẵn lẻ của số hoặc số lượng các số; là số dư khi chia cho cùng một số tự nhiên . . . . Bây giờ ta xem xét các bài tập mà dấu hiệu khó nhận biết hơn. Bài 6. Trên bảng có các số 1 2014 , 2 2014 , 3 2014 , . . . , 2014 2014 . Mỗi một lần thực hiện ta xóa đi hai số a, b bất kì trên bảng và thay bằng a + b − 2ab. Hỏi sau 2013 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?  Phân tích: Bài toán trên thoạt nhìn thì thấy rất khó vì chẳng còn dấu hiệu nào của đại lượng bất biến dễ nhận thấy. Tuy nhiên, để ý một chút về đại lượng được thay sau khi xóa hai số a, b là a + b − 2ab thì ta thấy nó mang dấu hiệu của việc phân tích thành nhân tử quen thuộc. Ta dễ dàng liên tưởng đến phép phân tích (2a − 1)(1 − 2b) = 2a + 2b − 4ab − 1 = 2(a + b − 2ab) − 1. Để ý kỹ thì thấy biểu thức bên trái và bên phải đều chứa các thừa số có dạng 2X − 1 và đây chính là gợi mở để giải quyết bài toán. LỜI GIẢI. Giả sử các số trên bảng đang là a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a 2014 và a là số cuối cùng trên bảng. Ta cho tương ứng các số trên với số (2a 1 −1)(2a 2 − 1)(2a 3 − 1) . . . (2a 2014 − 1). Khi đó, sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi thừa số (2a − 1)(2b − 1) và được thêm vào thừa số 2(a + b − 2ab) − 1 = −(2a − 1)(2b − 1). Do đó, tích trên có giá trị tuyệt đối không thay đổi. Mà tích ban đầu bằng 0 vì trong các số ban đầu trên bảng có chứa số 1007 2014 = 1 2 nên số cuối cùng phải cho tích số bằng 0, tức là 2a − 1 = 0, suy ra a = 1 2 . Bài 7. Xét một bảng vuông 4 × 4 ô. Tại mỗi ô của bảng vuông có chứa dấu + hoặc dấu −. Mỗi lần thực hiện, cho phép đổi dấu của tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột. Giả sử bảng vuông ban đầu có 5 dấu + và 11 dấu −. Hỏi có thể đưa bảng ban đầu về toàn dấu + được không? LỜI GIẢI. Thay dấu + bằng 1 và dấu − bằng −1. Xét S là tích tất cả các số trên bảng. Ta thấy rằng, mỗi lần đổi dấu của tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột thì tương ứng sẽ có 4 số bị thay đổi từ 1 thành −1 hoặc ngược lại. Do đó, S không thay đổi. Mà S = −1 nên dù thay đổi thế nào thì trong bảng vẫn còn số lẻ số −1 tương ứng với số lẻ dấu −. Vậy ta không thể nào đưa về bảng có toàn dấu + được. Trang 5 Bài 8. Cho đa thức P (x) = ax 2 + bx + c, có thể thực hiện một trong hai phép biến đổi: a) Đổi chỗ a và c; b) Đổi biến x bởi x + t với t ∈ R. Hỏi từ x 2 − 31x − 3 có thu được x 2 − 20x − 12 không? LỜI GIẢI. Xét đại lượng ∆ = b 2 − 4ac của đa thức P (x). Khi thực hiện một trong hai phép biến đổi trên thì ta thấy rằng đại lượng ∆ tương ứng của các đa thức mới vẫn không thay đổi so với đa thức cũ. Vậy đại lượng ∆ chính là đại lượng bất biến trong bài toán này. Ta thấy biểu thức x 2 − 31x − 3 có ∆ = 973 và biểu thức x 2 − 20x − 12 có ∆ = 352 nên không thể dùng các phép biến đổi trên để biến đổi x 2 −31x−3 thành x 2 −20x−12 được. Bài 9. Giả sử (a 1 , a 2 , . . . , a 2013 ) là một hoán vị của 1, 2 . . . , 2013. Chứng minh rằng P = (a 1 − 1)(a 2 − 2) . . . (a 2013 − 2013) là số chẵn. LỜI GIẢI. Do (a 1 , a 2 , . . . , a 2013 ) là một hoán vị của 1, 2 . . . , 2013 nên tổng của các số a 1 − 1, a 2 − 2, . . . , a 2013 − 2013 luôn không đổi và bằng 0. Do có 2013 số nên trong các số a 1 − 1, a 2 − 2, . . . , a 2013 − 2013 phải có một số chẵn vì nếu tất cả đều là lẻ thì tổng của chúng sẽ là lẻ (mâu thuẫn). Do đó P là số chẵn. 2.2.2 Tìm tính chất tuần hoàn của trạng thái trong các phép biến đổi  NHẬN XÉT: Trong một số bài toán, có những đại lượng không phải là bất biến nhưng sự thay đổi trạng thái của đại lượng đó mang tính chất lặp lại theo chu kỳ. Dựa vào đặc điểm đó, ta có thể giải quyết được bài toán đặt ra. Ta xem một số bài toán ví dụ dưới đây. Bài 10. Một quân mã được đặt trên bàn cờ vua. Di chuyển quân mã đó 2013 lần. Hỏi có cách đi nào để quân mã trên quay lại vị trí ban đầu của nó được hay không? LỜI GIẢI. Bàn cờ vua có hai màu ô là đen và trắng. Khi quân mã di chuyển thì màu ô ở vị trí của nó sẽ đổi màu (đang đứng ở ô đen thì sẽ di chuyển qua ô có màu trắng hoặc ngược lại). Vậy sau 2013 lần di chuyển thì màu ô quân mã đang đứng sẽ khác với màu ô ban đầu. Vậy quân mã không thể nào quay lại vị trí ban đầu sau 2013 bước di chuyển. Tương tự Bài 10, các em hãy làm bài tập dưới đây. Trang 6 Bài 11. Cho một bàn cờ vua 8 × 8. Hỏi rằng con mã có thể đi nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay không? (với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi qua đúng một lần) Bài 12. Trên bảng viết ba số nguyên dương. Ta xóa đi một số và viết vào đó tổng hai số còn lại trừ đi 1. Thao tác như vậy lặp lại một số lần và cuối cùng trên bảng còn ba số 11, 2003, 2013. Vậy ba số ban đầu có thể là 2, 4, 6 hay không? LỜI GIẢI. Giả sử ba số ban đầu là 2, 4, 6. Ta thấy sau lần biến đổi đầu tiên thì ta sẽ có 3 số gồm 2 số chẵn và 1 số lẻ. Những lần biến đổi sau đó, ta luôn thu được 3 số gồm 2 số chẵn và 1 số lẻ. Do đó, ba số ban đầu không thể nào là 2, 4, 6 vì khi đó ta không thể đưa về 3 số 11, 2003, 2013 (cả ba số này đều là số lẻ). Tính bất biến trong bài toán này chính là trạng thái của ba số trong quá trình biến đổi luôn gồm 2 số chẵn và 1 số lẻ. Bài 13. Cho dãy số 2, 0, 0, 1, 3, . . . , mỗi chữ số bắt đầu từ chữ số thứ năm bằng chữ số hàng đơn vị của tổng bốn chữ số liền trước nó. Hỏi trong dãy này có gặp bộ 1234 hoặc bộ 5678 hay không? LỜI GIẢI. Ta cho tương ứng dãy số trên với dãy số gồm các số dư của các số trong dãy cho 2. Ta được dãy số tương ứng sẽ là 0001100011 . . . . Ta thấy dãy trên gồm các bộ 4 số liền nhau là 0001, 0011, 0110, 1100, 1000, trong khi đó bộ số 1234 hoặc 5678 tương ứng với 1010 không gặp trong các bộ 4 số liền nhau ở trên. Vậy không thể nào gặp các bộ 1234, 5678 trong dãy trên. 2.2.3 Tìm tính chất của đại lượng không thay đổi sau mỗi phép biến đồi Bài 14. Xét tập M = {(0, 0), (1, 1), (−3, 0), (2, −1)}. Mỗi phép biến đổi ta thay thế (a, b) ∈ M bất kì bởi (a + 2c, b + 2d) với (c, d) ∈ M. Hỏi sau một số hữu hạn bước có thể nhận được tập M 1 = {(−1; 2), (2; −1), (4; 0), (1; 1)} hay không? LỜI GIẢI. Ta nhận thấy với (x, y) ∈ M ta luôn có |x − y| chia hết cho 3. Nếu (a, b) ∈ M, (c, d) ∈ M, ta có (a + 2c) − (b + 2d) = (a − b) + 2(c − d) chia hết cho 3. Do đó, chúng ta không thể nhận được M 1 sau một số hữu hạn bước vì (4; 0) ∈ M 1 mà 4 − 0 không chia hết cho 3. Bài 15. Ngoài biển Đông, trên một hòn đảo sinh sống loại thằn lằn kì lạ có 3 màu: đen, trắng và xám. Nếu hai còn thằn lằn khác màu gặp nhau thì chúng đổi thành màu còn lại, nếu hai con cùng màu gặp nhau thì chúng giữ nguyên màu. Hỏi có khi nào tất cả thằn lằn trên đảo đều cùng một Trang 7 màu hay không? Biết hiện tại trên đảo có 133 con màu đen, 155 con màu trắng và 177 con màu xám. LỜI GIẢI. Giả sử tại một thời điểm nào đó, ta có a con thằn lằn màu đen, b con thằn lằn màu trắng và c con thằn lằn màu xám. Giả sử hai con thằn lằn gồm một con đen, một con trắng gặp nhau thì sau đó số lượng của ba loại thằn lằn đen, trắng và xám sẽ lần lượt là a − 1, b − 1, c + 2. Khi đó ta thấy rằng sự chênh lệch giữa số lượng các loại thằn lằn đã giữ nguyên ((a − 1) − (b − 1) = a − b) hoặc thay đổi một lượng là 3 ((a − 1) − (c + 2) = a − c − 3 hoặc (b − 1) − (c + 2) = b − c − 3). Do đó, chênh lệch giữa số lượng các loại thằn lằn sẽ không thay đổi số dư khi chia cho 3 sau những lần biến đổi. Ban đầu, hiệu của số lượng thằn lằn đen và số lượng thằn lằn trắng là 22 (chia cho 3 dư 1) nên không thể có trường hợp số lượng thằn lằn cả ba màu bằng nhau vì khi đó hiệu của số lượng thằn lằn đen và số lượng thằn lằn trắng là 0 (chia hết cho 3).  NHẬN XÉT: Trạng thái không thay đổi trong bài toán trên chính là hiệu của số lượng các loại thằn lằn khác nhau dù thay đổi nhưng vẫn giữ nguyên số dư khi đem chia cho 3 vì mỗi lần biến đổi thì hiệu đó hoặc giữ nguyên, hoặc tăng giảm một lượng chia hết cho 3. Bài 16. Một hình tròn chia thành 6 phần và điền vào đó các số tự nhiên từ 1 đến 6 liên tiếp nhau theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ. Ta thực hiện n lần (n ≥ 1) thao tác lặp: mỗi lần thực hiện, ta tăng hai số cạnh nhau lên 1 đơn vị. Hỏi n nhỏ nhất là bao nhiêu thì ta có thể đưa các số trên về cùng một giá trị như nhau. LỜI GIẢI. 1 2 3 4 5 6 Ta tô màu các phần của đường tròn theo kiểu xen kẽ trắng và đen. Đặt S là trị tuyệt đối của hiệu của tổng các số trên ô đen và tổng các số trên ô trắng. Khi đó, mỗi khi tăng hai số cạnh nhau lên 1 đơn vị thì ta thấy rằng S không đổi. Lúc đầu, S bằng 3. Khi các số ở mỗi phần có giá trị bằng nhau thì S bằng 0 (mâu thuẫn). câu trả lời là không thể biến đổi các số về giá trị bằng nhau. NHẬN XÉT. Trong nhiều bài toán liên quan đến hình được phân chia thành những phần nhỏ, việc tô màu chính là ý tưởng chính để giải bài toán. Ta xem bài toán ví dụ sau đây. Bài 17. Một hình tròn được chia thành 10 hình quạt, trên mỗi ô người ta đặt một viên bi. Nếu ta cứ di chuyển các viên bi theo quy luật: mỗi lần lấy Trang 8 [...]... Doón Lờ Bỡnh Trang 17 BM04-NXGSKKN S GD&T NG NAI n v THPT chuyờn Lng Th Vinh CNG HO X HI CH NGHA VIT NAM c lp - T do - Hnh phỳc , ngy thỏng nm PHIU NHN XẫT, NH GI SNG KIN KINH NGHIM Nm hc:2012 - 2013 Tờn sỏng kin kinh nghim: PHNG PHP I LNG BT BIN, N BIN TRONG CC BI TON T HP H v tờn tỏc gi: Phm Doón Lờ Bỡnh Chc v: Giỏo viờn n v: THPT chuyờn Lng Th Vinh Lnh vc: (ỏnh du X vo cỏc... f Bi tp 5 Mi s trong cỏc s a1 , a2 , a3 , , an nhn mt trong hai giỏ tr l 1 hoc 1 Bit rng S = a1 a2 a3 a4 + a2 a3 a4 a5 + ã ã ã + an a1 a2 a3 = 0 Trang 15 Hóy chng minh rng n chia ht cho 4 Bi tp 6 Ti mi ụ vuụng trong bng 8 ì 8 c vit mt s nguyờn Ta cú th chn bt kỡ bng nh 3 ì 3 hoc 4 ì 4 v tng tt c cỏc s trong bng nh lờn 1 n v Vi cỏch nh vy liu ta luụn cú th nhn c nhng s chia ht cho 3 trong tt c ụ vuụng... Sỏng kin kinh nghim ó c trin khai ỏp dng: Ti n v Trong Ngnh 1 Tớnh mi (ỏnh du X vo 1 trong 2 ụ di õy) - Cú gii phỏp hon ton mi - Cú gii phỏp ci tin, i mi t gii phỏp ó cú 2 Hiu qu (ỏnh du X vo 1 trong 4 ụ di õy) - Hon ton mi v ó trin khai ỏp dng trong ton ngnh cú hiu qu cao - Cú tớnh ci tin hoc i mi t nhng gii phỏp ó cú v ó trin khai ỏp dng trong ton ngnh cú hiu qu cao - Hon ton mi v ó trin... vỡ ab + bc + cd > ac + cb + bd Vy i lng n bin trong bi ny chớnh l tng ca tớch cỏc s k nhau liờn tip trờn ng trũn M tng ny ch cú hu hn giỏ tr nờn phộp bin i ca chỳng ta ch cú th thc hin hu hn ln Bi 25 Trong dóy vụ hn cỏc s chớnh phng, cú cha mt dóy con vụ hn lp thnh cp s cng hay khụng? LI GII Gi s dóy s (an ) (n N ) gm cỏc s chớnh phng lp thnh cp s cng, trong ú a1 < a2 < a3 < Khi ú ta cú a2 a2... 4 Tớnh bt bin trong bi ny chớnh l s tng ng gia s lng tm bng 1 ì 4 v s lng ụ c tụ mu en Trang 9 Bi 19 Hỡnh vuụng 8 ì 8 b i hai ụ gúc i nhau Cú th ph phn cũn li bi 31 quõn ụmino 1 ì 2 khụng? LI GII Ta tụ cỏc ụ ca hỡnh vuụng nh trờn Mi mt quõn ụmino 1 ì 2 c t vo bng trờn thỡ nú s ố lờn 1 ụ trng v 1 ụ en Nh vy s lng quõn ụmino 1 ì 2 c t vo trong bng s bng vi s ụ en v s ụ trng Tuy nhiờn, trong bng cú 32... hin trũ chi sau: mi ln t 4 viờn bi vo 4 ụ ca bng (mi ụ 1 viờn) m 4 ụ ú to thnh mt trong cỏc hỡnh di õy: Hi sau mt s ln ta cú th nhn c bng m s bi trong cỏc ụ bng nhau c khụng, nu: a) m = 2004 v n = 2006? b) m = 2005 v n = 2006? LI GII a) Bng ó cho cú th chia thnh cỏc hỡnh ch nht 4 ì 2 nờn cú th nhn c trng thỏi m s bi trong cỏc ụ bng nhau b) Tụ mu cỏc ụ ca bng nh hỡnh v (tụ cỏc hng 1, 3, , 2005) Trang... hng 1, 3, , 2005) Trang 10 D thy, mi ln t bi cú 2 viờn c t vo cỏc ụ c tụ mu v 2 viờn c t vo cỏc ụ khụng tụ mu Do ú, nu gi S(n) l s bi trong cỏc ụ c tụ mu v T (n) l s bi trong cỏc ụ khụng c tụ mu sau ln t bi th n thỡ S(n) = T (n) vi mi n N Do ú, nu nhn c bng m s bi trong cỏc ụ bng nhau thỡ s ụ c tụ mu v s ụ khụng c tụ mu bng nhau iu ny khụng th xy ra vỡ m l s l Bi 21 Xột mt a giỏc u 12 nh A1 , A2... v ó trin khai ỏp dng ti n v cú hiu qu 3 Kh nng ỏp dng (ỏnh du X vo 1 trong 3 ụ mi dũng di õy) - Cung cp c cỏc lun c khoa hc cho vic hoch nh ng li, chớnh sỏch: Tt Khỏ t - a ra cỏc gii phỏp khuyn ngh cú kh nng ng dng thc tin, d thc hin v d i vo cuc sng: Tt Khỏ t - ó c ỏp dng trong thc t t hiu qu hoc cú kh nng ỏp dng t hiu qu trong phm vi rng: Tt Khỏ t Phiu ny c ỏnh du X y cỏc ụ tng ng, cú ký... du T ú ta cú tớch P = A2 A3 A8 A9 s khụng thay i (vỡ qua mi ln bin i thỡ trong 4 s ú s cú 2 s i du v 2 s gi nguyờn giỏ tr) M trng thỏi ban u thỡ P = 1 nờn ta khụng th a v trng thỏi nh A2 vit s 1 v cỏc nh cũn li vit s 1 vỡ khi ú P = 1 Cng cõu hi nh Bi 21 nhng thay 6 nh thnh 4 nh hoc 3 nh 2.2.4 Tỡm i lng n bin sau cỏc phộp bin i Trong mt s bi toỏn, ta nhn thy cú nhng i lng thay i sau mi phộp bin i nhng... bin i ta nhn c b 3 s cú cha s 0 LI GII t (ai , bi , ci ) l b ba s trng thỏi th i (i N ) ((a1 , b1 , c1 ) = (a, b, c)) t Mi = max{ai , bi , ci } Ta cú bt ng thc |x y| max(x, y), trong ú x, y 0 v ng thc xy ra khi mt trong hai s bng 0 Vy Mi+1 Mi vi mi i N Nu tn ti k N sao cho Mk+1 = Mk thỡ suy ra b ba s trng thỏi th k cú cha s bng 0 Ta cú iu phi chng minh Nu khụng tn ti k N sao cho Mk+1 = . nghiệm: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN, ĐƠN BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP Họ và tên tác giả: Phạm Doãn Lê Bình Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: THPT chuyên Lương Thế Vinh. Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các. VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị THPT chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN, ĐƠN BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP Người thực hiện:. giải các bài toán trên, ta có thể sử dụng các đại lượng bất biến hoặc đơn biến. Đại lượng bất biến: là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến