BÁO CÁO SÁNG KIẾN CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

Trang 1 MÉu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÔNG PHONG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DỰ THI CẤP TỈNH BÁO CÁO SÁNG KIẾN CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO Tác giả: Trần Mạnh Sang Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học Chức vụ: Giáo viên Toán Nơi công tác:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định, tháng 5 name 2014 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy Toán cho học sinh các lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2013 – 2014. 4. Tác giả: Họ và tên: Trần Mạnh Sang Năm sinh: 1987 Nơi thường trú: Phường Ngô Quyền, thành phố Nam Định Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học Chức vụ công tác: Giáo viên Toán Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ liên hệ: Số 19 Máy Tơ, thành phố Nam Định Điện thoại: 097.227.6698 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, tp. Nam Định – tỉnh Nam Định Điện thoại: (0350) 364 0297 Trang 2 Trang 3 I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: 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. Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tổ hợp luôn là lĩnh vực khó khăn với cả thầy và trò. Vấn đề này xuất hiện nhiều trong các kì thi HSG quốc gia và quốc tế (có 2 trên 7 bài), là một phần quan trọng trong việc phát hiện và bồi dưỡng các học sinh có tư chất thực sự. Một trong những phần thường hay xuất hiện trong các đề thi chính là bài toán đếm. Bài toán đếm có thể nói là một bài toán cổ xưa nhất: Đếm số súc vật trong chuồng, đếm số học sinh trong lớp, đếm số quân của đoàn quân, Để đếm, có lẽ ai cũng sẽ có thể cho 1 kết quả, tuy nhiên kết quả đó có đúng hay không? Khi kết quả đúng rồi thì cũng có thể có những cách đếm khác nhau. Ví dụ cùng là kết quả 36 nhưng có người đếm là 36x1, có người lại ra là 6.6, đó đã là hai cách hoàn toàn khác nhau. Có thể thấy được bài toán đếm rất hay dẫn đến nhầm lẫn trong tính toán. Để Trang 4 hiểu rõ hơn các bài toán thuộc dạng này, chúng tôi tìm hiểu và đưa ra các phương pháp đếm nâng cao. Trước hết giúp học sinh hiểu rõ vấn đề bản chất cùng với sự tư suy logic thông qua việc kết hợp các bài toán với nhau. Sau nữa, chúng tôi muốn đưa ra những cách phát biểu khác nhau cho một bài toán, có thể từ những bài đơn giản, khi phát biểu theo ngôn ngữ thực tế lại thấy không dễ dàng, từ đó cho ta cảm giác khó khăn trong giải bài toán. II. Thực trạng (trước khi tạo ra sáng kiến) Đã có rất nhiều bài toán, các đề thi HSG có xuất hiện bài toán đếm: HSG quốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế (IMO, IMC) hay các kì thi của các quốc gia (China TST, USA TST, ). Việc giải quyết các bài toán này không hề đơn giản (Thường là bài khó nhất trong đề thi). Một phần khó đối với học sinh của Việt Nam chính là việc các em ít tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm giác sợ khi gặp. 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. Phương pháp nghiên cứu: Để hoàn thành báo cáo này tôi đã lựa chon các phương pháp nghiên cứu sau: +) Nghiên cứu các loại tài liệu có liên quan đến vấn đề này. +) Trao đổi với các đồng nghiệp để có những nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau, từ đó tìm ra giải pháp cho vấn đề nghiên cứu. +) Quan sát quá trình tiếp thu kiến thức của học sinh, lắng nghe ý kiến, giải đáp các thắc mắc của các em, để tìm ra khâu mà các em học sinh còn vướng mắc, từ đó rút ra những bài học kinh nghiệm cho bản thân. IV. Đối tượng nghiên cứu: Trang 5 Sáng kiến này tôi đã áp dụng cho các em học sinh lớp chuyên Toán, các em trong đội dự tuyển, đội tuyển thi HSG quốc gia và khu vực từ năm học 2011-2012 đến năm học 2013 – 2014. V. Nội dung chính A. KIẾN THỨC MỞ ĐẦU 1. HAI NGUYÊN LÝ CƠ BẢN 1.1. Nguyên lý cộng: Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau (chúng không có phần tử chung) 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 tập hợp hữu hạn C là hợp của n tập đôi một rời nhau C 1 , C 2 , , C n thì: |C| = |C 1 | + | |C n | 1.2. Định nghĩa: Tích Descartes của hai tập hợp A, B ký hiệu bởi AxB là tập hợp tất cả các cặp thứ tự (a, b) với a ∈ A, b ∈ B. 1.3. Nguyên lý nhân: Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì AxB cũng hữu hạn và ta có |A x B| = |A|.|B| 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 n 1 cách thực hiện, công đọan II (sau khi thực hiện I) có n 2 cách thực hiện. Khi đó có n 1 .n 2 cách thực hiện quá trình đó. 2. Các đối tượng tổ hợp và các số tổ hợp 2.1. Họ các tập con của một tập hợp E được kí hiệu P(E) = {A| A ⊆ E} Mệnh đề: |P(E)| = 2 |E| 2.2. Chỉnh hợp của n phần tử chọn k (hay chỉnh hợp chập k của n phần tử) Trang 6 Giả sử E = {a 1 , a 2 , , a n }. Chỉnh hợp của n phần tử chọn k 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 k n . Ta có A k n = n(n-1) (n-k+1) = n!/(n-k)! 2.3. Tổ hợp của n phần tử chọn k (hay tổ hợp chập k của n phần tử) Giả sử E = {a 1 , a 2 , , a n }. Tổ hợp của n phần tử chọn k 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. Số các tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là C k n . Ta có C k n = n(n-1) (n-k+1)/k! = n!/k!(n-k)! 2.4. Hoán vị Giả sử E = {a 1 , a 2 , , a n }. Một hóan vị của E là một cách xếp các phần tử của E theo một thứ tự nào đó. Nói cách khác, đó chỉnh là chỉnh hợp của n phần tử chọn n. Số các hóan vị của n phần tử ký hiệu là P n . Ta có P n = n!. 2.5. Chỉnh hợp lặp Giả sử E = {a 1 , a 2 , , a n }. Chỉnh hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (a i1 , , a ik ), trong đó cho phép lấy lặp lại. Số các chỉnh hợp chập k của n, theo quy tắc nhân, bằng n k . 2.6. Tổ hợp lặp Giả sử E = {a 1 , a 2 , , a n }. Tổ hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ tự gồm k phần tử {a i1 , , a ik }, trong đó cho phép lấy lặp lại. Nói cách khác, đó là một đa tập hợp gồm k phần tử lấy từ E. Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu là H k n . Ta có H k n = C k n+k-1 2.7. Hoán vị lặp Xét đa tập hợp E(r 1 , r 2 , , r s ) có n phần tử, trong đó phần tử a 1 có r 1 phiên bản, phần tử a 2 có r 2 phiên bản, , phần tử a s có r s phiên bản. r 1 +r 2 + +r s = n. Một cách xếp các phần tử của E theo thứ tự nào đó được gọi là một hóan vị lặp của n phần tử của E. Trang 7 Số hoán vị lặp của đa tập hợp E(r 1 , r 2 , , r s ) bằng n!/r 1 ! r s !. Bổ đề: (Tính chất hệ số nhị thức): C k-1 n +C k n = C k n+1 Định lý: (Nhị thức Newton): (x+y) n = C 0 n x n + C 1 n x n-1 y + + C n n y n B. CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO 1. SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ Nguyên lý: Cho 1 2 , , ( ), 1 n A A A n ≥ là các tập hợp hữu hạn khác rỗng thì: ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n i i i i i i i i i i i n i i i n i i A A A A A A A A − − − − = ≤ < ≤ ≤ < < < ≤ = = = − ∩ + + − ∩ ∩ ∩ + − ∑ ∑ ∑ IU hay: 1 2 1 1 1 1 1 ( 1) (1) k k k n n i i i i k i i n i A A A A − = ≤ < < ≤ = = − ∩ ∩ ∩ ∑ ∑U Chứng minh: Ta chứng minh công thức (1) bằng phương pháp quy nạp theo số n các tập hợp. • n = 1, 2 công thức (1) đúng. • Giả sử công thức (1) đúng đến n tập hợp hữu hạn, khác rỗng cho trước • Xét n + 1 tập hợp hữu hạn bất kỳ: A 1 , A 2 , , A n+1 thì ta có: 1 1 1 1 (2) n n i i n i i A A A + + = =   =  ÷   U U U - Theo trường hợp n =2: 1 1 1 1 1 1 ( ) (3) n n n i i n i n i i i A A A A A + + + = = = = + − ∩ U U U - Theo giả thiết quy nạp: ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 (4) n n n k i i i i i i i i n i i A A A A A − = ≤ < ≤ = = = − ∩ + + − ∑ ∑ IU - Bây giờ ta đi tính 1 1 ( ) n i n i A A + = ∩ U Trang 8 - Ta viết: 1 1 1 1 ( ) n n i n i n i i A A A A + + = =   ∩ = ∩  ÷   U U ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (5) n n n n i n i n j j n i i j j n i i A A A A A A A A + − + + + = ≤ < ≤ = =   ∩ = ∩ − ∩ ∩ + + −  ÷   ∑ ∑ IU Từ (3), (4), (5) với chú ý rằng: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k k i i j j n i i n j j n A A A A A − − + ≤ < < ≤ ≤ < < ≤ ∩ ∩ + ∩ ∩ ∩ ∑ ∑ = 1 1 1 1 k k i i i i n A A ≤ < < ≤ + ∩ ∩ ∑ ta có điều phải chứng minh Một số bài toán áp dụng Bài toán 1: Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 20 em giỏi toán, 21 em giỏi lí, 22 em giỏi hoá; 8 em giỏi toán và hoá, 11 em giỏi lí và hoá, 5 em giỏi cả ba môn. Biết rằng mỗi học sinh trong lớp giỏi ít nhất một môn. Tìm số học sinh giỏi cả hai môn toán và lý. Lời giải : Gọi T, L, H lần lượt là số học sinh giỏi toán, lý, hoá. Từ giả thiết 20T = ; 21L = ; 22H = 8T H∩ = ; 11L H∩ = ; 5T L H∩ ∩ = 40T L H∪ ∪ = . Ta phải tìm T L∩ . Ta có: T L H T L H T L T H L H T L H∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ ⇒ 40 =20+21+22- T L∩ -8-11+5 ⇒ T L∩ = 20+21+22-8-11+5- 40=9 Vậy có 9 học sinh giỏi cả hai môn toán và lý. Bài toán 2: Có 15 quả cầu đôi một khác nhau, trong đó có 4 quả màu vàng. 5 quả màu xanh, 6 quả màu đỏ. Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả sao cho trong các quả cầu còn lại có đủ ba màu. Trang 9 Lời giải: Gọi A là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu; V, X, Đ theo thứ tự là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu mà trong các quả cầu còn lại không có quả nào màu vàng, xanh, đỏ; n là số cách chọn 10 quả cầu thoả mãn yêu cầu. Ta có: (n A V X D A V X D V X X D D V V X D= − ∪ ∪ = − + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ ) 6 5 4 11 10 9 ; ; .V C X C D C= = = ; 1 0 10 6 5 15 ; 0; ; 0; .V X C X D D V C V X D A C∩ = ∩ = ∩ = ∩ ∩ = = Vậy n= 10 6 5 4 1 15 11 10 9 6 ( 0 1 0)C C C C C− + + − − − + = 3003 - (462 + 252 + 126 - 7) = 2170 Bài toán 3: Cho 3 chữ số: 1, 2, 3. Từ các chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số gồm n chữ số (n ≥3) sao cho trong mỗi số đó, có mặt cả ba chữ số 1, 2, 3. Lời giải : Gọi A là tập hợp các số thoả mãn điều kiện bài toán. S là tập hợp các số gồm n chữ số được lập từ ba chữ số đã cho. T i là tập hợp các số thuộc S mà trong số đó không có mặt chữ số i (i=1,2,3). Ta có: 1 2 3 T X T T T= − ∪ ∪ * 3 n T = * 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 T T T T T T T T T T T T T T T∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ dễ tính được: 1 2 2 3 3 1 1T T T T T T∩ = ∩ = ∩ = , 1 2 3 T T T∩ ∩ = 0 Vậy: 1 2 3 T T T∪ ∪ = 3. 2 n - 3 ⇒ 3 n T = -3.2 n +3 Bài toán 4: Cho n là số nguyên dương và cho k số nguyên dương a 1 , a 2 , , a k đôi một nguyên tố cùng nhau. Tìm số các số nguyên dương a ≤ n sao cho a không chia hết cho a i với mọi i=1, 2, , k. Trang 10 [...]... cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn: 1 Mỗi đỉnh được tô bởi một màu 2 Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau Hai cách tô màu, thỏa mãn các điều kiện trên, được gọi là tương đương nếu cách tô màu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của đa giác đã cho Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu đôi một không tương đương Trang 18 2 PHƯƠNG PHÁP... B = số cách chọn k số từ n − k + 1 số mà không quan tâm thứ tự = Cnk− k +1 Có thể thấy một số cách phát biểu khác của bài toán 6 Bài toán 6.1: Trên đường thẳng cho các điểm A1 ; A2 ; ; An Có bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô Hướng dẫn: Đánh số các điểm A1 ; A2 ; ; An tương ứng với các số 1, 2, …, n Cách tô màu thỏa mãn đề bài chính là cách chọn... hơn số cách biểu diễn n thành tổng các số nguyên dương đôi một khác nhau 3 ĐẾM BẰNG PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI Giả sử cần tính đại lượng S ( n ) với n là số nguyên dương Đưa đại lượng cần tính về mối liên hệ với các đại lượng khác thông qua các hệ thức truy hồi tuyến tính, sau đó đưa về hệ thức truy hồi của đại lượng cần tính với các giá trị n cụ thể của bài toán Một số kiến thức cơ bản về dãy số truy hồi... với một dãy các số 1 và 0, trong đó có đúng m số 1 và n số 0 Số các dãy đó là số cách chọn m vị trí trong m + n vị trí để đặt số 1, ta m được kết quả là Cm+ n b Đi từ A đến B mà không chạm AC, nghĩa là bước đầu phải qua D Số bước đi từ A đến B không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B mà không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B trừ đi số cách đi từ D đến B mà chạm vào AC Trang 20 Mỗi cách đi từ... sẽ được một cách đi từ E đến B, tổng quát hơn thì ta sẽ lấy đối xứng đường đi từ D đến điểm chạm AC cuối cùng Dễ thấy đây là một song ánh từ tập cách đi từ D đến B mà chạm AC với tập cách đi từ E đến B m m −1 Theo ý a, ta được: số cách đi từ D đến B là Cm+ n−1 , số cách đi từ E đên B là Cm+ n−1 m m −1 Vậy kết quả là: Cm+ n−1 − Cm+ n−1 = n−m n Cn + m n+m c Số cách đi không qua I bằng số cách đi từ... Chứng minh rằng với mỗi n, số các hoán vị có tính chất P lớn hơn số các hoán vị không có tính chất P Lời giải: Ta chia các số 1, 2, ,n thành từng cặp (1; n+1); (2; n+2); ; (n; 2n) Một hoán vị có tính chất P nếu có xi và xi+1 trong cùng một cặp Giả sử Ak là tập hợp các hoán vị trong đó các số k và n+k đứng kề nhau Số các hoán vị có tính n chất P là: UA k =1 k , số tất cả các hoán vị là: (2n)! Trang... tô màu thì số cách thỏa mãn là số cách tô k điểm trong số các k điểm A2 ; A3 ; A4 ; ; An sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô Kết quả là Cn−k k −1 k Vậy tổng số cách là Cn−k −1 + Cn− k Bài toán 6.3: Cho đa giác lồi A1 ; A2 ; ; An với các đỉnh được đánh theo chiều kim đồng hồ Có bao nhiêu cách tô màu k đỉnh trong n đỉnh trên sao cho không có hai đỉnh liên tiếp được tô Bài này có cách giải tương... đỉnh của các tam giác, cạnh song song hoặc trùng với cạnh của các tam giác Ví dụ ABCD là một hình bình hành Giải Có 3 loại hình bình hành: + Có cạnh cùng phương với XY và YZ + Có cạnh cùng phương với YZ và ZX Trang 27 + Có cạnh cùng phương với ZX và XY Và ba loại này có số lượng bằng nhau Xét trường hợp hình bình hành có cạnh cùng phương với XZ và XY Xét đường thằng ST như hình vẽ Chiếu các đỉnh... song ánh đi từ tập các xâu loại A độ dài n đến tập các xâu loại B độ dài n + 1 mà bắt đầu bằng 0 Nhưng từ mỗi xâu X thuộc B ta nhận được một xâu X cũng thuộc B bằng cách đổi các phần tử của X theo quy tắc 1 → 0,0 → 1 nên số các xâu loại B có độ dài n + 1 gấp đôi số các xâu có độ dài n + 1 mà bắt đầu bằng số 0 Từ đó có điều phải chứng minh Bài toán 10 (vô địch Ucraina – 1996) Gọi M là các số nguyên dương... ký hiệu Ai là số cách bỏ cầu vào hộp mà Ai không chứa cầu S là tập hợp tất cả các cách bỏ cầu vào hộp Thế thì A = S − n UA i =1 i Ta dễ thấy số cách bỏ ngẫu nhiên x quả cầu vào y cái hộp (số lượng cầu trong mỗi hộp không hạn chế và không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp) là yx Thật vậy: Quả cầu thứ nhất có y cách bỏ vào hộp (bỏ vào hộp nào cũng được); quả cầu thứ hai cũng có y cách bỏ vào hộp (bỏ . Định, tháng 5 name 2014 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy Toán cho học sinh các lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển. DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÔNG PHONG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DỰ THI CẤP TỈNH BÁO CÁO SÁNG KIẾN CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO Tác giả: Trần Mạnh Sang Trình độ chuyên môn: Cử nhân. 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