Hình thức thực nghiệm

CHƢƠNG 3 THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM

3.3. Tổ chức thực nghiệm sƣ phạm

3.3.3. Hình thức thực nghiệm

Tại đội tuyển tốn của trƣờng Trung học phổ thơng Chun Thái Nguyên, tác giả thực nghiệm bài soạn theo từng nội dung của chƣơng 2, sử dụng các biện pháp phân tích, dẫn dắt, gợi mở vấn đề và hƣớng dẫn từng bƣớc cho học sinh để phát triển đƣợc tƣ duy sáng tạo cho các em thơng qua các bài tốn tổ hợp rời rạc.

3.3.4. Tiến trình thực nghiệm

Quá trình thực nghiệm sẽ diễn ra trong 5 buổi học, mỗi buổi kéo dài 3 tiếng. Giáo viên biên soạn kế hoạch dạy học cho từng buổi.

Buổi học thứ nhất:

Kế hoạch dạy học thực nghiệm số 1

Chuyên đề: Các bài toán rời rạc và đại số tổ hợp

I. Mục tiêu 1. Về kiến thức

- Biết và nắm vững các định nghĩa về hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và công thức nhị thức Niutơn.

- Biến đổi thành thạo, nhuần nhuyễn các công thức tổ hợp.

- Biết và thành thạo các khái niệm, tính chất của bộ mơn đại số và số học. 2. Về kĩ năng

- Vận dụng các kiến thức đã học và đƣợc thầy cơ cung cấp vào các bài tốn đại số tổ hợp để giải quyết và tìm ra hƣớng đi đúng, sáng tạo cho mỗi bài tốn.

- Chữ viết cẩn thận, trình bày rõ ràng, mạch lạc và đủ ý. 3. Về thái độ

- Có ý thức cao trong học tập, có niềm say mê với tốn học. - Rèn luyện tốt tƣ duy, tính cẩn thận, chính xác, chỉn chu.

- Tƣ duy các vấn đề toán học một cách đơn giản, sáng tạo và có tính hệ thống. 4. Định hƣớng phát triển năng lực

- Năng lực tính tốn, năng lực phân tích tổng hợp, so sánh. - Năng lực hợp tác, đối thoại, năng lực tranh luận.

II. Phƣơng pháp, kĩ thuật dạy học.

- Sử dụng linh hoạt, hiệu quả các phƣơng pháp: phát hiện và giải quyết vấn đề; dạy học hợp tác, trao đổi và tranh luận.

- Sử dụng phối hợp các biện pháp phát triển tƣ duy sáng tạo cho học sinh. III. Chuẩn bị

1. Giáo Viên: Kế hoạch dạy học, hệ thống bài tập phù hợp. Chuẩn bị tốt và hệ thống các câu hỏi gợi mở, dẫn dắt giúp học sinh tham gia tích cực vào việc phát hiện và giải quyết vấn đề, tìm hƣớng đi đúng và sáng tạo cho mỗi bài toán. Rèn luyện khả năng tƣ duy sáng tạo, độc lập.

2. Học sinh: Ơn tập hệ thống lí thuyết về đại số, hốn vị, chỉnh hợp, tổ hợp và các kiến thức liên quan.

IV. Hoạt động dạy học

Hoạt động 1:

Bài toán 1: Cho các số thực dƣơng a a1, 2,...,an. Gọi Sk là tổng tất cả các tích của k số chọn từ a a1, 2,..., an. Chứng minh:  2

1 2...

k

k n k n n

S S   C a a a với k 1, 2,..., n1.

Giáo viên đƣa ra câu hỏi cho học sinh: Tìm số các hạng tử của S Sk, n k rồi đƣa ra sự so sánh.

Học sinh trả lời: Số hạng tử của Sk là k n C và số hạng tử của Sn k là n k n C  Nhận xét: Do k n k n n

C C  nên suy ra Sk và Sn k có số hạng tử bằng nhau.

Sau khi trả lời câu hỏi trên. Bằng tƣ duy của mình, học sinh có thể nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM để chứng minh bài toán:

Lời giải 1:

Ta có: Skcó k n

    1 1 1 2 1 1 2 ... 1,2..., ... . nk ... nk k k C C k k i i i n n i i n S a a a C a a a    

   (do ai xuất hiện trong các hạng tử 1

1

k n

C  lần nên aicó lũy thừa với số mũ là 1 1 k n C  với mọi i 1, 2,..., n ) Chứng minh tƣơng tự ta có     1   1 1 1 2 1 1 2 1 2 ... 1,2..., ... . nn k ... nn k . nk ... nk n k n k C C C C n k k n k i i i n n n k n n i i n S a a a C  a a a   S C a a a               Suy ra:     1   1 1 2 2 1 2... k k 1 2... k n n n C C C k k k n k n n n n S S C a a a   C a a a    do 1 1 1 k k k n n n C C  C     . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Ngồi ra, bằng tƣ duy của mình, có một học sinh trong đội tuyển đã đƣa ra lời giải thứ 2 cho bài tốn nhƣ sau: Thay vì sử dụng bất đẳng thức AM-GM, bạn học sinh đã sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski nhƣ sau.

Lời giải 2: Vì hai tập Sk và Sn k có số hạng tử bằng nhau và cùng bằng k n

C , hơn thế nữa, ứng với mỗi hạng tử thuộc Sksẽ cho tƣơng ứng một hạng tử thuộc Sn k sao cho tích của hai hạng tử đó đúng bằng a a a1 2... .n Do đó, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpski ta có:  2  2 1 2... 1 2... k k k n k n n k n k n n S S   C a a a S S   C a a a

Từ đây ta có đƣợc điều phải chứng minh.

Nhận xét: Lời giải 2 của học sinh tƣơng đối mạch lạc, đơn giản và gọn gàng,

thể hiện đƣợc vẻ đẹp của toán học và tƣ duy sáng tạo của học sinh.

Hoạt động 2

Bài tốn 2: Có một nhóm ngƣời mà trong đó, mỗi cặp khơng quen nhau có đúng hai ngƣời quen chung, còn mỗi cặp quen nhau thì khơng có ngƣời quen chung. Chứng minh rằng số ngƣời quen của mỗi ngƣời là nhƣ nhau.

Để chứng minh số ngƣời quen của mỗi ngƣời là nhƣ nhau. Học sinh nghĩ đến xét với hai ngƣời a và b bất kì trong nhóm và đi chứng minh hai ngƣời này có cùng số ngƣời quen.

Giáo viên đƣa ra câu hỏi: Với hai ngƣời a và b thì sẽ có hai khả năng xảy ra là a

Dựa vào tƣ duy của mình, học sinh đƣa ra câu trả lời: Ta nên xét trƣờng hợp a

quen b trƣớc. Vì nếu xét trƣờng hợp a và b khơng quen nhau trƣớc, khi đó sẽ tồn tại c quen cả a và b. Lúc này sẽ đƣa chúng ta quay trở lại trƣờng hợp hai ngƣời quen nhau. Từ câu trả lời trên, có hai học sinh đƣa ra đƣợc lời giải cho bài toán nhƣ sau:

Lời giải:

Xét a và b là hai ngƣời bất kì trong nhóm. Khi đó sẽ có hai trƣờng hợp sau xảy ra.

Trƣờng hợp 1: a và b quen nhau. Khi đó a và b khơng có ngƣời quen chung. Để chứng minh a và b có cùng số ngƣời quen, ta gọi A là tập hợp tất cả các ngƣời quen của a (khơng tính b) và B là tập số ngƣời quen của b (khơng tính a). Ta cần chứng minh A  B bằng cách chỉ ra một song ánh đi từ tập A vào tập B.

Thật vậy, xét m A . Vì m và b cùng quen a nên suy ra m và b không quen nhau. Do đó, ngồi a ra thì m và b còn đúng 1 ngƣời quen chung nữa là m'B. Vậy với mỗi m A sẽ cho tƣơng một m'B(1)

Tƣơng tự nhƣ vậy, với mỗi n'B sẽ cho tƣơng ứng một n A (2).

Từ (1) và (2) suy ra tồn tại một song ánh đi từ tập A vào tập B hay A  B. Từ đó suy ra số ngƣời quen của a và b bằng nhau.

Trƣờng hợp 2: a và b khơng quen nhau, khi đó tồn tại c quen cả a và b. Theo trƣờng hợp 1 thì số ngƣời quen của a và b bằng nhau vì cùng bằng số ngƣời quen

của c.

Vậy số ngƣời quen của mỗi ngƣời là nhƣ nhau.

Hoạt động 3

Bài toán 3 (IMO 1969): Trong mặt phẳng cho n điểm (n4) và khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất  3 4

2

n n

tứ giác lồi có đỉnh nằm trong số n đỉnh đã cho.

Giáo viên đƣa ra câu hỏi gợi ý: Với ít nhất bao nhiêu điểm thì sẽ ln có một tứ

giác lồi đƣợc tạo thành.

Bằng tƣ duy và kiểm nghiệm, học sinh đƣa ra câu trả lời: Câu trả lời không thể

Do đó, với ít nhất 5 điểm bất kì, trong đó khơng có ba điểm nào thẳng hàng, sẽ ln có 1 tứ giác lồi đƣợc tạo thành.

Giáo viên yêu cầu học sinh đi chứng minh kết quả trên. Có ba bạn đƣa ra đƣợc chứng minh sau:

Chứng minh:

Xét 5 điểm A B C D E, , , , bất kì trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. Khi đó, ta có các trƣờng hợp sau:

- Nếu bao lồi là một tứ giác thì hiển nhiên có ít nhất 1 tứ giác lồi đƣợc tạo thành từ 5 điểm đã cho.

- Nếu bao lồi là một tam giác, giả sử là tam giác ABC thì hai điểm D E,

nằm trong tam giác. Khi đó, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai trong số 3 điểm

, ,

A B C nằm cùng 1 phía với bờ là đƣờng thẳng DE và hai điểm đó cùng D E, sẽ tạo thành 1 tứ giác lồi.

Vậy kết quả đã đƣợc chứng minh hoàn toàn.

Trở lại bài toán. Với bổ đề trên, 6 học sinh của đội tuyển đã đƣa ra đƣợc lời giải cho bài toán nhƣ sau:

Lời giải:

Từ kết quả trên ta có: Với n điểm (n4) và khơng có 3 điểm nào thẳng hàng thì số tứ giác lồi ít nhất tạo thành từ n điểm là: 5  3 2 1

4 5! n n n n n C n     

(do mỗi tứ giác lồi đƣợc tạo ra từ 5 điểm bất kì đƣợc tính n4 lần) Ta cần chứng minh:                 3 2 1 3 4 2 1 60 4 5! 2 5 6 8 0 n n n n n n n n n n n n n                

Đến đây, học sinh thấy bất đẳng thức trên luôn đúng với mọi n nguyên dƣơng và

5.

n

Hoạt động 4

Bài toán 4: Xét đa thức ( ) 2 5 8 2 ... 3k 2 k

n n n n n P x C C x C x  C  x với n2 là một số tự nhiên và 2 3 n k      . a, Chứng minh: Pn3( ) 3x  Pn2( ) 3x  Pn1( ) (x  x 1) ( )P xn . b, Tìm tất cả các số tự nhiên a sao cho  3

n

P a chia hết cho 3k với

1 2

n k   

   n2

a, Giáo viên đƣa ra các câu hỏi gợi ý.

Câu hỏi 1: Nhìn vào hai vế của đẳng thức cần chứng minh, các em có nhận xét gì?

Học sinh trả lời: Bản chất hai về của đẳng thức cần phải chứng minh là các đa thức với hệ số nguyên.

Câu hỏi 2: Vậy để chứng minh hai đa thức bằng nhau, chúng ta làm thế nào? Học sinh trả lời: Để chứng minh hai đa thức bằng nhau, ta cần chỉ ra các hệ số của lũy thừa tƣơng ứng (các lũy thừa có cùng số mũ) bằng nhau.

Đến đây, có 5 em học sinh đƣa ra lời giải cho ý a, của bài toán. Ta cần chứng minh hệ số của xk trong hai vế bằng nhau tức:

      3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 3 2 1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 3 2 2 1 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 3 3 1 2 1 1 3 3 2 2 0 k k k k k n n n n n k k k k k k k n n n n n n n k k k k k k k n n n n n n n C C C C C C C C C C C C C C C C C C C                                               

từ 1, 2, 3… thì hệ số của các lũy thừa tƣơng ứng vẫn bằng nhau. Ta có đƣợc điều phải chứng minh.

b, Giáo viên đƣa ra gợi ý: Giả sử số a thỏa mãn điều kiện bài toán, bằng việc thay n1, 2, 3... các em có thể dự đốn đƣợc số a cần phải thỏa mãn điều kiện nào để  3

n

P a chia hết cho 3k với 1

2

n k   

  .

Với gợi ý trên, cả 6 học sinh đều đƣa ra đƣợc kết quả là a 1 mod 3 .  Dựa vào đẳng thức ý a, bằng quy nạp thì cả 6 em đều đƣa ra đƣợc lời giải tối ƣu cho ý b, của bài toán.

Hoạt động 5

Bài tốn 5: Tìm tất cả các tập hợp A gồm hữu hạn các số thực không âm khác nhau sao cho:

i, A chứa ít nhất 4 phần tử

ii, Với 4 phần tử bất kì khác nhau , , ,a b c d thuộcA, ta có ab cd A 

Giáo viên đƣa ra câu hỏi 1: Trong các số tự nhiên ta có những số nào là các số

đặc biệt? Từ đó các em hãy tìm những tập A thỏa mãn u cầu bài tốn.

Có 3 học sinh đƣa đƣợc ra câu trả lời: Trong tập các số tự nhiên thì số 0 và sơ 1

là hai số đặc biệt vì 0 a a và 1.a a với mọi số tự nhiên a. Từ đó, ta chỉ ra đƣợc có các tập 1   0, 1, , A a a a       

  thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Giáo viên đƣa ra câu hỏi 2: Nếu nhƣ mọi phần tử của tập A đều nhỏ hơn 1 (hoặc lớn hơn 1) thì tập A có thể có hữu hạn phần tử đƣợc hay không?

Bằng thực nghiệm, cả 6 học sinh đều đƣa ra câu trả lời là khơng. Từ đó, giáo viên đƣa ra bổ đề:

Bổ đề: Giả sử tập A gồm các số thực không âm khác nhau sao cho i, A chứa ít nhất 4 phần tử.

ii, Mọi phần tử thuộc A đều nhỏ hơn 1.

iii, Với 4 phần tử bất kì khác nhau , , ,a b c d thuộc A, ta có ab cd A  . Giáo viên hƣớng dẫn học sinh chứng minh bổ đề trên bằng cách đƣa ra các câu hỏi và gợi ý.

Câu hỏi 3: Với bổ đề này, để chứng minh tập A có vơ hạn phần tử, ta nên dùng phƣơng pháp gì để chứng minh?

Có 2 học sinh trả lời: Ta nên dùng phƣơng pháp phản chứng.

Giả sử tập hợp A là tập hợp hữu hạn, ta đặt Aa a1, 2, ... , an với

1 2

1 a a  ... an0.

Câu hỏi 4: an 0 đƣợc hay không?

Trả lời: Ta sẽ chứng minh an 0. Thật vậy giả sử an 0. Khi đó, ta có:

1 n n 1 n 2

a a a a  A hay a an1 n2Amà 0a an1 n2 an1 do đó có 1 phần tử nằm giữa an và an1 thuộc A (Vô lý). Vậy an 0.

Gợi ý: Do tập A có ít nhất 4 phần tử, nên ta xét 4 phần tử đầu tiên thuộc A rồi từ giả thiết, ta chỉ ra sẽ xuất hiện phần tử thứ 5, thứ 6,… Từ đó sẽ chứng minh đƣợc tập A có vơ hạn phần tử.

Có một học sinh đƣa ra đƣợc chứng minh:

Tiếp theo, do A có ít nhất 4 phần tử nên ta có a a a a1, 2, ,3 4A. Xét 3 số sau: a a a 1 2a a b a a3 4;  1 3a a c a a2 4;  1 4a a2 3

Khi đó , ,a b c thuộc A và a b c  . Để chứng minh giả sử trên là sai, ta chứng minh c a 4, khi đó, sẽ xuất hiện a5c thuộc A. Với bộ 4 số a a a a2, ,3 4, 5Asẽ lại xuất hiện a6A. Cứ tiếp tục quá trình trên ta dẫn đến tập A vơ hạn.

Giả sử c a 4, do đó a a b a c a 1,  2,  3. Từ phƣơng trình thứ nhất và thứ ba ta có:     1 1 2 3 4; 3 1 2 1 4 a a a a a a a a suy ra:  2 2 1 3 1 2 1 3 4 a a a a a a Mặt khác do a a1, 3 0 nên 1a2 a4. Ta cũng có a4 0 từ đó suy ra a1a3 dẫn đến mâu thuẫn. Vậy c a 4 hay a a1 4a a2 3a4 a41a1a a2 3. Từ a3 a4 suy ra a31a1a a2 3  1 a1a2  1 a1 a2. Do đó 2 1 2 a  và 1 3 1 2 3 4 1. 2 2 a a a a a a a   a