Cập nhật thông tin chi tiết về Ứng Dụng Một Số Phương Pháp “Sơ Đồ Đoạn Thẳng Để Giải Các Bài Toán Đơn Cho Học Sinh Lớp 2” mới nhất trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
phần bằng nhau? (Có 8 phần bằng nhau) Mỗi phần bằng nhau biểu thị mấy học sinh (3 học sinh) ® Như vậy 3 học sinh được lấy mấy lần? (8 lần) Từ đó ta dễ dàng tìm được số học sinh lớp 2A bằng cách nào? (lấy số học sinh mỗi hàng nhân với 8) Bước 3: Trình bày bài giải Giải Lớp 2A có số học sinh là 3 x 8 = 24 (em) Đáp số: 24 em Bước 4: Kiểm tra kết quả Thiết lập tương ứng các phép tính giữa số đã tìm được với các số đã cho của bài toán. 24 : 3 = 8 Hoặc 24 : 8 = 3 Đáp số đúng ® Ghi đáp số Ghi chú: Khi thực hiện phép nhận ở bước 3, học sinh không nên đặt phép tính là: 8 ´ 3 = 24 (em) Ví dụ 2: Đặt đề toán theo sơ đồ sau rồi giải bài toán đó ? ? * Hướng dẫn học sinh nhận dạng đề toán qua sơ đồ trên. (Đây là dạng toán tìm tích) Dựa vào sơ đồ trên, học sinh tự đặt đề toán theo nhiều tình huống khác nhau. Sau đó giáo viên sửa lại thành các đề hoàn chỉnh rồi cho học sinh giải. Chẳng hạn: Đề 1: Lớp 2B có 3 tổ học sinh, mỗi tổ có 6em học sinh. Hỏi lớp 2B có bao nhiêu học sinh? Bước 2: Tìm cách giải bài toán 6 học sinh Lúc này đối với bài toán trên (đề 1) có tóm tắt ở dạng sơ đồ cụ thể sau: ? học sinh Các bước còn lại để giải toán thực hiện tương tự như ở ví dụ 1 d/ Các bài toán đơn giản bằng phép tính chia 1/ Bài toán: "Chia thành ba phần bằng nhau" Các bài toán loại này có sơ đồ có dạng sau: ? ? Ví dụ 1: Có 27 bút chì màu, chia đều cho 3 nhóm. Hỏi mối nhóm có mấy bút chì màu? (Bài 3 trang 173 sách giáo khoa toán 2) * Hướng dẫn học sinh giải bài toán theo các bước sau: Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề + Bài toán cho biết gì? Có 27 bút chì Được chia thành 3 nhóm + Bài toán yêu cầu tìm gì? (Mỗi nhóm có mấy bút chì màu) Bước 2: Tìm cách giải 27 bút chì ? bút - Lập kế hoạch giải: Nhìn vào sơ đồ ta thấy 27 bút được chia làm mấy phần bằng nhau? (3 phần bằng nhau - tức 3 nhóm bằng nhau). Muốn biết mỗi phần là mấy cái bút ta làm thế nào? (Lấy 27 chia cho tổng số phần bằng nhau tức (27 : 3). Bước 3: Trình bày bài giải Giải Mỗi nhóm có số bút chì màu là 27 : 3 = 9 (Bút) Đáp số: 9 bút chì màu Bước 4: Kiểm tra kết quả Thiết lập phép tính tương ứng giữa các số đã cho, số đã tìm được để kiểm tra. 9 x 3 = 27 Hoặc 27 : 9 = 3 Đáp số đúng I V/ Lưu ý khi dạy giải toán bằng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng: - Khi dạy giải toán bằng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng những bài toán mẫu yêu cầu giáo viên phải vẽ sơ đồ trực quan một cách chính xác, biểu thị các số liệu của bài toán rõ ràng để học sinh dễ hiểu và học tập. - Khi hướng dẫn các bước giải, giáo viên chỉ yêu cầu học sinh trình bày ở phần tóm tắt bài toán bằng sơ đồ đoạn thẳng và trình bày bài giải rõ ràng. Còn các phần khác ta thực hiện ngoài giấy nháp. CHƯƠNG III: THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY GIẢI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐOẠN THẲNG Ở LỚP 2 HIỆN NAY. Qua thời gian công tác giảng dạy tại trường và đi dự giờ thăm lớp, trao đổi kinh nghiệm, tôi đã tìm hiểu thực trạng dạy học giải toán nói chung và giải toán lớp 2 nói riêng bằng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng tôi nhận thấy như sau: I - Thực trạng của giáo viên: 1/ Ưu điểm: Hiện nay trong giờ dạy, giáo viên đã biết kết hợp nhiều phương pháp dạy học để học sinh hoạt động tích cực, tự tìm ra kiến thức mới. Nói chung giáo viên nói ít, chủ yếu là tổ chức cho học sinh tự hoạt động. Giáo viên đã sắp xếp dành nhiều thời gian trên lớp cho học sinh được làm việc với sách giáo khoa, vở bài tập. Trong những hoạt động giải toán, giáo viên đã hướng dẫn học sinh tìm tòi ra nhiều cách và cách giải toán bằng sơ đồ đoạn thẳng chiếm phần nhiều. 2/ Nhược điểm: Trong quá trình dạy bên cạnh những ưu điểm trên còn có những tồn tại sau: -Khi hướng dẫn giải toán,giáo viên thường tóm tắt hộ học sinh, nhất là Cách tóm tắt bằng sơ đồ đoạn thẳng, chưa chú trọng đến kỹ năng nhận dạng các bài toán và cách giải từng dạng toán đặc biệt là dạng toán được giải bằng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng. II - Thực trạng của học sinh: 1/ Ưu điểm: Học sinh ngoan ngoãn có ý thức tốt trong giờ học.Một số học sinh rất thích thú với việc tóm tắt bằng sơ đồ đoạn thẳng khi giải toán có lời văn. 2/ Nhược điểm: Qua việc tìm hiểu, điều tra ở một số lớp cụ thể là lớp 2C ,và lớp 2D cho thấy các em làm bài tập vận dụng kiến thức, cũng như qua các bài kiểm tra về phần giải toán có lời văn, học sinh có làm được nhưng kết quả chưa cao. Nhiều học sinh trong quá trình đọc bài toán cho đến tóm tắt đều gặp rất nhiều khó khăn. Đặc biệt đối với cách tóm tắt bằng sơ đồ đoạn thẳng thì đa số các em làm chưa tốt, các em chưa thạo cách biểu diễn đó cũng chưa chính xác nên nhìn vào sơ đồ chưa toát được nội dung cần biểu đạt. Về kỹ năng phân tích đề, đặt lời giải còn hạn chế, đôi khi lời giải không phù hợp với phép tính, chưa chính xác của bài toán.Học sinh chưa có kỹ năng, kỹ xảo về đặt đề toán và giải toán theo sơ đồ tóm tắt cho sẵn. Nhìn chung là học sinh giải toán có lời văn theo phương pháp sơ đồ đoạn thẳng chưa cao so với giải các bài tập khác. Qua tiết dạy dự giờ thăm lớp 2C.Lớp2D do tôi dạy tôi thu được kết quả như sau: Điểm Lớp 9 - 10 7 - 8 5 - 6 <5 Thực nghiệm Lớp 2D 27hs 6 (22,2%) 6 (22,2%) 8 (26,7%) 7 (25,9%) Đối chứng lớp 2C 19 hs 2 (10,5%) 3 (15,8%) 9 (47,4%) 5 (26,3%) III - Thực nghiệm sư phạm: 1 - Mục đích thực nghiệm: Xuất phát từ mục đích đưa ra phương pháp, hình thức tổ chức dạy học thích hợp, khắc phục một số tồn tại của giáo viên và thiếu sót của học sinh khi tiến hành phương pháp giải toán lớp 2 bằng sơ đồ đoạn thẳng.Tôi đã tiến hành thực nghiệm nhằm kiểm nghiệm tính khả thi và hiệu quả của các phương pháp dạy học, cũng như giúp học sinh hiểu và vận dụng nhằm nâng cao chất lượng dạy học, phát triển năng lực tư duy, kỹ năng thực hành luyện giải toán cho học sinh. 2 - Nội dung thực nghiệm: Vì điều kiện không cho phép nên phần thực nghiệm này mới chỉ dạy được 2 tiết trong đó có sử dụng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán đơn lớp 2.Tiết dạy thực nghiệm này với mục đích kiểm chứng tính khả thi của việc sử dụng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng. 3 - Giáo án thực nghiệm: Gồm có 1 giáo án về môn Toán lớp 2 Bài luyện tập tuần 26. Tiết 151: BÀI LUYỆN TẬP I. MỤC TIÊU: - Biết cách làm tính cộng( không nhớ ) các số trong phạm vi 1000 , cộng có nhớ trong phạm vi 100 - Biết giải bài toán về nhiều hơn.- Biết tính chu vi hình tam giác. * BT1; BT2(cột 1,3); BT4; BT5 - HS có ý thức trong học tập II. ĐỒ DÙNG DẠY VÀ HỌC : -Bảng phụ ghi sẵn một số bài tập. III.CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY VÀ HỌC : TG Hoạt động của GV Hoạt động của HS 1' 4' 30' 3' 2' 1.Ổn định tổ chức: 2. Kiểm tra bài cũ : Bài 2 :Đặt tính và tính : 724 + 215 806 + 172 263 + 720 624 + 55 Bài 3 : Tính nhẩm . - Cả lớp làm giấy nháp. -GV nhận xét ghi điểm . - Nhận xét chung. 3. Bài mới : Giới thiệu bài * HD luyện tập : Bài 1 :Tính . - GV yêu cầu HS nêu cách tính 2 phép tính - GV nhận xét sửa sai . Bài 2 :Đặt tính rồi tính . - GV yêu cầu HS tự đặt tính và thực hiện phép tính. - Gọi HS lên bảng làm cả lớp làm vào bảng con. - GV Nhận xét - Ghi điểm. Bài 4 :Gọi HS nêu yêu cầu BT + Bài toán cho biết gì ? + Bài tóan hỏi gì ? + Để tính được sư tử nặng bao nhiêu kg ta làm tính gì ? Tóm tắt : 210 kg .? kg Bài 5:Tính chu vi của hình tam giác ? A 300cm 200cm B C 400 cm - GV nhận xét sửa sai . 4. Củng cố: - Nêu nội dung luyện tập . 5.Dặn dò: Về nhà xem trước bài: Phép trừ (không nhớ) trong phạm vi 1000- Nhận xét tiết học. -HS hát - 2 HS làm bảng lớp bt 2. -HS nhận xét -HS lần lượt nêu miệng kết quả. 500+200 = 700 800+100 = 900 600+300 = 900 300+300 = 600 400+400 = 800 200+200 = 400 -1 HS lên bảng -Cả lớp làm bảng con - HS nêu cách đặt tính và thực hiện phép tính 225 362 683 502 634 425 204 256 859 787 887 758 + + + + -HS nhận xét. -Hs nêu yc bài toán. - Con gấu nặng 210 kg, con sư tử nặng hơn con gấu 18 kg . -Hỏi con sư tử nặng bao nhiêu kg? - 1 HS lên bảng giải bài 4. Bài giải Sư tử nặng là : 210 + 18 = 228 (kg) Đáp số : 228 kg - Nêu cách tính chu vi tam giác. -Nêu độ dài các cạnh của hình tam giác ABC. - Bằng tổng độ dài các cạnh của hình tam giác đó. -HS nêu. Bài giải Chu vi tam giác ABC là : 300 + 400 + 200 = 900 (cm) Đáp số : 900cm - Luyện tập. - 3 HS làm -Lớp tính bảng -Hs nêu.-Hs về thực hiện. IV-Kết quả thực nghiệm: Qua hai tiết dạy và bài kiểm tra thực nghiệm ở lớp 2D do tôi dạy và lớp 2C do cô giáo Nghiêm Thị Tuyết dạy .Tôi đã thu được kết quả như sau: Qua quá trình giảng dạy, tôi đã áp dụng và dùng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán đơn cho học sinh lớp 2 . Tôi nhận thấy học sinh lớp tôi rất hứng thú học tập. Các em mạnh dạn phát biểu ý kiến xây dựng bài, dùng sơ đồ đoạn thẳng để tóm tắt ,tính toán nhanh, chính xác. Học sinh ham học, tự tin, chất lượng học tập được nâng lên một cách rõ rệt. Trong quá trình học Toán, học sinh dần dần chiếm lĩnh kiến thức mới và giải quyết các vấn đề gần gũi với đời sống. Sự tiến bộ của các em biểu hiện cụ thể qua kết quả như sau: Điểm Lớp 9 - 10 7 - 8 5 - 6 <5 Thực nghiệm Lớp 2D 27hs 12(44,5%) 11 (40,7%) 4 (14,8%) Đối chứng lớp 2C 19 hs 6 (31,6%) 4 (21,0%) 8 (42,2%) 1 (5,2%) Qua số liệu tổng hợp trên ta thấy tỷ lệ học sinh lớp 2D đạt kết quả cao hơn lớp 2C. Quả thực trong thực tế giảng dạy tôi thấy học sinh trong lớp đă nắm bắt kiến thức nhanh và vận dụng vào làm bài một cách vững vàng. Vì vậy, tôi đã cùng với các giáo viên trong tổ khối 2,3 trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm, đồng thời xây dựng chuyên đề về môn học này để cùng nhau nâng cao chất lượng về Ứng dụng một số phương pháp sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán đơn cho học sinh trong chương trình học tập ở Tiêủ học nói chung và khối lớp 2 nói riêng. Mặc dù chưa được hoàn thiện, nhưng cũng chứng tỏ trong các môn học, môn Toán cần có sự đổi mới về phương pháp dạy học, giúp học sinh phát huy cao tính tích cực trong học tập. Từ đó giúp các em có tri thức trong học tập, để các em tiến tới các bậc học cao hơn. Sau khi kiểm tra kết quả học tập của học sinh ở lớp thực nghiệm và lớp đối chứng ở trên tôi nhận thấy: + Ở lớp đối chứng: Hoạt động chính là giáo viên truyền thụ tri thức và đưa ra một hệ thống các bài toán yêu cầu học sinh đưa vào ngữ liệu và kết quả phân tích của sách giáo khoa để trả lời và tóm tắt bằng sơ đồ đoạn thẳng. Vì vậy học sinh tham gia hoạt động học tập một cách thụ động, máy móc và chỉ tập trung vào nhóm học sinh khá giỏi và Ứng dụng một số phương pháp sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán đơn cho học sinh lớp 2 còn hạn chế nên hiệu quả chưa được cao. + Ở lớp thực nghiệm: Mức độ hoạt động tích cực của học sinh trong giờ học được biểu hiện khá rõ ràng. Bằng việc sử dụng áp dụng và dùng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán đơn cho học sinh lớp 2. Các phương pháp và hình thức tổ chức lớp học linh hoạt lấy học sinh làm trung tâm, trong giờ học hầu hết học sinh được tham gia quá trình chiếm lĩnh tri thức và rèn luyện kỹ năng tóm tắt bài toán có lời văn bằng sơ đồ đoạn thẳng. Học sinh nhút nhát, học sinh yếu được chú ý một cách đúng mức, khuyến khích, động viên kịp thời. Vì vậy, kết quả học tập, rèn luyện được nâng cao. Trong giờ thực nghiệm không có hiện tượng làm việc riêng các em đều bị cuốn hút vào các hoạt động học tập. Qua đó ta thấy rõ sự khác biệt giữa hai lớp thực nghiệm và đối chứng. Giáo viên biết kết hợp hài hoà giữa phương pháp dạy học truyền thống và hiện đại, sử dụng linh hoạt nhiều hình thức dạy học phù hợp để thu hút vào hoạt động gải toán bằng sơ đồ đoạn thẳng. Có như vậy giờ học mới đạt hiệu quả cao. C - KÕt LUẬN I.Kết luận Phương pháp sơ đồ đoạn thẳng áp dụng trong giải toán, sẽ giúp học sinh phát huy được óc thẩm mỹ, sáng tạo, phân tích, tổng hợp, suy luận lôgíc, phối hợp nhuần nhuyễn giữa cái cụ thể với các trừu tượng thể hiện được trên sơ đồ. Khi áp dụng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng áp dụng trong giải toán, tôi thấy học sinh rất hứng thú trong học sinh giải toán và đạt được kết quả cao hơn so với nhiều phương pháp khác. Khi học sinh đã vẽ được sơ đồ đoạn thẳng biểu thị nội dung bài toán nghĩa là các em đã: - Nắm được dạng toán - Đọc kỹ và phân tích được nội dung bài toán. - Thiết lập được các mối quan hệ của các đại lượng có trong bài toán.Từ đó các em có hướng giải được bài toán một cách dễ dàng. Tuy nhiên, để thực hiện tốt được phương pháp này tôi đã rút ra cho mình và đồng nghiệp những bài học như sau: II. Bài học kinh nghiệm: - Giáo viên phải nắm chắc các dạng toán, những biến dạng của từng dạng nắm được cách giải của từng dạng cụ thể, nắm được những dạng toán nào giải được bằng sơ đồ đoạn thẳng. - Giáo viên phải có trình độ chuyên môn tốt, nhiệt tình trong công tác, đặc biệt phải có năng lực tổ chức lớp học, tổ chức các hoạt động học tập của học sinh. - Phải nắm chắc từng đối tượng học sinh để có biện pháp dạy - giao bài phù hợp, nhằm bồi dưỡng được học sinh giỏi và quan tâm được đối tượng học sinh cá biệt. - Giáo viên phải biết kết hợp hài hoà giữa phương pháp dạy học truyền thống và hiện đại, sử dụng linh hoạt nhiều hình thức dạy học phù hợp để thu hút vào hoạt động gải toán bằng sơ đồ đoạn thẳng. Có như vậy giờ học mới đạt hiệu quả. Căn cứ vào thực trạng việc giải toán của học sinh đã nêu ở trên cho ta thấy hiệu quả của việc giaỉ toán bằng phương pháp dùng sơ đồ đoạn thẳng còn hạn chế rất nhiều. Trên cơ sở khắc phục những hạn chế của giáo viên và những thiếu sót của học sinh khi học về giải toán dùng tóm tắt bằng phương pháp dùng sơ đồ đoạn thẳng. Tuy nhiên việc mô tả tóm tắt bài toán bằng sơ đồ đoạn thẳng cũng đòi hỏi người giáo viên phải hiểu sâu, hiểu kỹ về nội dung chương trình, phương pháp sơ đồ đoạn thẳng. Đồng thời phải biết sắp xếp sao cho khi nhìn vào sơ đồ các em thấy rõ các dự kiện của bài toán. Để từ đó các em rút kinh nghiệm và học tập cách trình bày của thầy cô. Do khả năng ước lượng độ dài đoạn thẳng của các em còn hạn chế, nhận thức của các em thường dựa vào trực giác. Vì vậy khi dạy giáo viên cần: - Thường xuyên cho học sinh luyện tập ước lượng độ dài đoạn thẳng. - Khi dùng các đoạn thẳng để biểu thị nội dung bài toán, cần hướng dẫn học sinh chọn độ dài thích hợp như: + Số lớn dùng đoạn thẳng dài, số bé dùng đoạn thẳng ngắn, cần hướng dẫn học sinh chọn độ dài thích hợp như: + Số lớn dùng đoạn thẳng dài, số bé dùng đoạn thẳng ngắn. Sự hơn kém, tỷ lệ giữa các đoạn thẳng phải cân đối, không dài quá hoặc ngắn quá. - Khi học sinh thực hiện giải toán giáo viên cần khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải khác nhau để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. + Các cấp lãnh đạo cần tăng cường tổ chức các chuyên đề Toán, đây chính là hình thức học tập, bồi dưỡng, trao đổi kinh nghiệm dạy học. Tạo điều kiện cho giáo viên từng bước nâng cao trình độ, năng lực chuyên môn nghiệp vụ và mở rộng tầm hiểu biết của mình. * Triển vọng đề tài:Từ những kết quả thu được, tôi nhận thấy phương pháp giải toán bằng sơ đồ đoạn thẳng không chỉ áp dụng tốt đối với giải toán cho học sinh lớp 2 mà còn có thể áp dụng trên phương diện rộng cho nhiều khối lớp ở bậc tiểu học và THCS.Để hoàn thành đề tài, bản thân tôi đã có nhiều cố gắng, song do trình độ và kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế, thời gian thì hạn hẹp nên chắc chắn rằng trang đề tài này không thể tránh khỏi những những thiếu sót.Vì vậy tôi rất mong được sự góp ý, chỉ bảo giúp đỡ của thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài này được hoàn thiện hơn, giúp tôi áp dụng vào giảng dạy có hiệu quả.Tuy nhiên trong quá trình nghiên cứu và thực hiện đề tài này sẽ không tránh khỏi những mặt hạn chế,thiếu sót.Vì vậy tôi rất mong được sự giúp đỡ,đóng góp ý kiến quý báu của cấp trên và đồng nghiệp để đề tài này được hoàn thiện và đạt kết quả cao hơn,đồng thời được áp dụng rộng rãi trong việc dạy học môn toán ở Tiểu học.Đặc biệt là ở khối lớp 2. III. Ý kiến khuyến nghị: Việc dạy Ứng dụng dùng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng không phải là việc làm một sớm một chiều. Song thông qua tất cả các môn học trong trường tiểu học, giáo viên đều có áp dụng phương pháp này cho học sinh. Phân môn Toán có tác dụng và vai trò quan trọng đối với học sinh Tiểu học, là nền móng để các em đi vào kho tàng tri thức tính toán sau này và tiếp theo bậc học trên của mình. Khi nghiên cứu, viết bản sáng kiến kinh nghiệm này, không chỉ mong muốn của riêng tôi mà mọi giáo viên đều sẽ hiểu rõ vai trò và tầm quan trọng của môn Toán để trong quá trình giảng dạy cho học sinh biết Ứng dụng dùng phương pháp sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán đơn cho học sinh. Ở bài viết này chỉ đáp ứng được một phần nhỏ khía cạnh của việc dạy môn toán. Trong đề tài này, còn nhiều vấn đề mà tôi chưa đề cập tới. Vì vậy, rất mong nhận được sự chỉ bảo tận tình của các cấp lãnh đạo và của đồng nghiệp để bản sáng kiến kinh nghiệm của tôi được đầy đủ và hoàn thiện hơn, được áp dụng một phần nhỏ bé của mình vào giảng dạy cho học sinh. Song bên cạnh đó, tôi cũng mạnh dạn nêu một số ý kiến khuyến nghị sau để việc giảng dạy phân môn Toán đạt hiệu quả cao hơn: + Các cấp lãnh đạo cần tăng cường tổ chức các chuyên đề Toán, đây chính là hình thức học tập, bồi dưỡng, trao đổi kinh nghiệm dạy học. Tạo điều kiện cho giáo viên từng bước nâng cao trình độ, năng lực chuyên môn nghiệp vụ và mở rộng tầm hiểu biết của mình. + Cung cấp đầy đủ thiết bị, đồ dùng dạy học như tranh ảnh, băng đĩa hình, ti vi, đầu đĩa phục vụ bài dạy. Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ ......................................................... ......................................................... ............................................................................................................................................................................................................................................................................................ Khai Thái, ngày 28 tháng 4năm 2014 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình tự viết , không sao chép nội dung của người khác. Người viết sáng kiến Nguyễn Thúy Hà XẾP LOẠI: ............................................................ TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách Giáo viên Toán 2 tập 1+2. 2. Sách thiết kế Toán 2 tập 1, 2. 3.Sách Toán 2 tập 1+2 4. Yêu cầu kiến thức, kĩ năng cơ bản môn Toán. 5. Đổi mới phương pháp dạy học ở Tiểu học - NXB Giáo dục, 1996. 6. Báo giáo dục thời đại. 7. Tạp chí Thế giới trong ta. Toán tuổi thơ. 8. Tập san giáo dục (năm 2007 - 2008) 9. Sách toán nâng cao lớp 2 (tập 1+ 2) (Nhà xuất bản giáo dục) 10. Một số tài liệu khác. :.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................Một Số Phương Pháp Cân Bằng Phản Ứng Oxi Hóa Khử
Nguyên tắc chung để cân bằng phản ứng oxi hóa khử là số điện tử cho của chất khử phải bằng số điện tử nhận của chất oxi hóa hay số oxi hóa tăng của chất khử phải bằng số oxi hóa giảm của chất oxi hóa. Bài viết hướng dẫn bạn đọc một số cách cân bằng phản ứng oxi hóa khử phổ biến.
1. Phương pháp nguyên tử nguyên tố
Để tạo thành 1 phân tử P 2O 5 cần 2 nguyên tử P và 5 nguyên tử O:
2. Phương pháp hóa trị tác dụng
Hóa trị tác dụng là hóa trị của nhóm nguyên tử hay nguyên tử của các nguyên tố trong chất tham gia và tạo thành trong PUHH.
Áp dụng phương pháp này cần tiến hành các bước sau:
+ Xác định hóa trị tác dụng:
II – I III – II II-II III – I
Hóa trị tác dụng lần lượt từ trái qua phải là:
II – I – III – II – II – II – III – I
Tìm bội số chung nhỏ nhất của các hóa trị tác dụng:
+ Lấy BSCNN chia cho các hóa trị ta được các hệ số:
6/II = 3, 6/III = 2, 6/I = 6
Thay vào phản ứng:
Dùng phương pháp này sẽ củng cố được khái niệm hóa trị, cách tính hóa trị, nhớ hóa trị của các nguyên tố thường gặp.
3. Phương pháp dùng hệ số phân số
Đặt các hệ số vào các công thức của các chất tham gia phản ứng, không phân biệt số nguyên hay phân số sao cho số nguyên tử của mỗi nguyên tố ở hai vế bằng nhau. Sau đó khử mẫu số chung của tất cả các hệ số.
+ Nhân các hệ số với mẫu số chung nhỏ nhất để khử các phân số. Ỏ đây nhân 2.
4. Phương pháp “chẵn – lẻ”
Một phản ứng sau khi đã cân bằng thì số nguyên tử của một nguyên tố ở vế trái bằng số nguyên tử nguyên tố đó ở vế phải. Vì vậy nếu số nguyên tử của một nguyên tố ở một vế là số chẵn thì số nguyên tử nguyên tố đó ở vế kia phải chẵn. Nếu ở một công thức nào đó số nguyên tử nguyên tố đó còn lẻ thì phải nhân đôi.
Đó là thứ tự suy ra các hệ số của các chất. Thay vào PTPU ta được:
5. Phương pháp xuất phát từ nguyên tố chung nhất
Chọn nguyên tố có mặt ở nhiều hợp chất nhất trong phản ứng để bắt đầu cân bằng hệ số các phân tử.
Nguyên tố có mặt nhiều nhất là nguyên tố oxi, ở vế phải có 8 nguyên tử, vế trái có 3. Bội số chung nhỏ nhất của 8 và 3 là 24, vậy hệ số của HNO 3 là 24 /3 = 8
Vậy phản ứng cân bằng là:
6. Phương pháp cân bằng electron
Cân bằng qua ba bước:
a. Xác định sự thay đổi số oxi hóa.
b. Lập thăng bằng electron.
c. Đặt các hệ số tìm được vào phản ứng và tính các hệ số còn lại.
Ví dụ. Cân bằng phản ứng:
a. Xác định sự thay đổi số oxi hóa:
(Viết số oxi hóa này phía trên các nguyên tố tương ứng)
b. Lập thăng bằng electron:
c. Đặt các hệ số tìm được vào phản ứng và tính các hệ số còn lại:
Ví dụ 2. Phản ứng trong dung dịch bazo:
Phương trình ion:
Phương trình phản ứng phân tử:
Ví dụ 3. Phản ứng trong dung dịch có H 2 O tham gia:
Phương trình ion:
Phương trình phản ứng phân tử:
7. Phương pháp cân bằng đại số
Dùng để xác định hệ số phân tử của chất tham gia và thu được sau phản ứng hoá học, ta coi hệ số là các ẩn số và kí hiệu bằng các chữ cái a, b, c, d… rồi dựa vào mối tương quan giữa các nguyên tử của các nguyên tố theo định luật bảo toàn khối lượng để lập ra một hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn số. Giải hệ phương trình này và chọn các nghiệm là các số nguyên dương nhỏ nhất ta sẽ xác định được hệ số phân tử của các chất trong phương trình phản ứng hoá học.
Ví dụ: Cân bằng phản ứng:
Kí hiều các hệ số phải tìm là các chữ a, b, c, d, e và ghi vào phương trình ta thu được:
+ Xét số nguyên tử Cu: a = c (1)
+ Xét số nguyên tử H: b = 2e (2)
+ Xét số nguyên tử N: b = 2c + d (3)
+ Xét số nguyên tử O: 3b = 6c + d + e (4)
Ta được hệ phương trình 5 ẩn và giải như sau:
Rút e = b/2 từ phương trình (2) và d = b – 2c từ phương trình (3) và thay vào phương trình (4):
3b = 6c + b – 2c + b/2
Ta thấy để b nguyên thì c phải chia hết cho 3. Trong trường hợp này để hệ số của phương trình hoá học là nhỏ nhất ta cần lấy c = 3. Khi đó: a = 3, b = 8, d = 2, e = 4
Vậy phương trình phản ứng trên có dạng:
Như vậy khi lập một hệ phương trình đại số để cân bằng một phương trình hoá học, nếu có bao nhiêu chất trong phương trình hoá học thì có bấy nhiêu ẩn số và nếu có bao nhiêu nguyên tố tạo nên các hợp chất đó thì có bấy nhiêu phương trình.
Phương Trình Pell Và Một Số Áp Dụng
Phương trình Pell và một số áp dụng Trần Văn Trung Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận Phương trình Pell được trình bày trong nhiều tài liệu khác nhau . Bài viết này tôi kết hợp lại và giới thiệu hết sức cô đọng phù hợp thời lượng học và trình độ của các học sinh chuyên toán và hướng dẫn áp dụng qua các bài giãi của một số đề thi học sinh giõi có ứng dụng phương trình Pell.Các định lý chỉ giới thiệu, chứng minh xem ở các tài liệu [2], [3]. 1 Phương trình Pell loại I Phương trình Pell loại I là phương trình Diophante có dạng x2 − dy2 = 1 (I) trong đó d là số nguyên dương. Định lý 1. 1) Nếu d là số chính phương thì (I) không có nghiệm nguyên dương. 2) Nếu d là số nguyên âm, thì (I) không có nghiệm nguyên dương. 3) Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d là số nguyên dương và không phải là số chính phương. Định lý 2. Giả sử (a, b) là nghiệm nhỏ nhất cùa phương trình x2− dy2 = 1 nghĩa là b là số nguyên bé nhất để 1 + db2 là số chính phương. Xét dãy (xn) và (yn) cho bởi hệ thức truy hồi sau: { x0 = 1;x1 = a;xn+2 = 2axn+1 − xn, n = 0, 1, ... (1) y0 = 0; y1 = b; yn+2 = 2ayn+1 − yn,, n = 0, 1, ... (2) . Khi đó (xn, yn) là tất cả các nghiệm của phương trình Pell x 2 − dy2 = 1. Định lý 3. Cho phương trình Pell x2 − dy2 = 1. Gọi r là chu kỳ của biểu diễn liên phân số của √ d,pk qk là giản phân thứ k của √ d. * Nếu r chẵn thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell là x = pkr−1, y = qkr−1 * Nếu r lẻ thì tất cả các nghiệm của phương trình Pell là x = p2tr−1, y = q2tr−1 , t ∈ N∗ 123 Lưu ý: Nếu r là số chẵn thì (pr−1,qr−1)là nghiệm nhỏ nhất. Nếu r là số lẻ thì (p2r−1,q2r−1) là nghiệm nhỏ nhất. Thường khi thực hành ta sử dụng định 1.3 để tìm nghiệm nhỏ nhất và dùng định lý 1.2 để viết công thức truy hồi nghiệm. Ví dụ 4. Giải phương trinh nghiệm nguyên: x2 − 7y2 = 1 Lời giải. Ta có √ 7 = [ 2; 1, 1, 1, 4 ] . Chu kỳ r = 4 là số chẵn. Vậy ta có nghiệm nhỏ nhất là (8; 3). Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) được xác định theo công thức:{ x0 = 1;x1 = 8;xn+2 = 16xn+1 − xn y0 = 0; y1 = 3; yn+2 = 16yn+1 − yn 2 Phương trình Pell loại II Phương trình Pell loại II có dạng: x2 − dy2 = −1 (II) ở đây d là số nguyên dương. Cũng giống như khi xét phương trình Pell loại I, ở đây ta chỉ quan tâm đến việc tìm nghiệm nguyên dương của phương trình này. Định lý 4. Phương trình Pell loại II không có nghiệm nguyên dương khi d = m2,m ∈ Z (tức khi d là số chính phương). Định lý 5. Phương trình Pell loại II không có nghiệm khi d có ước nguyên tố p = 4k+ 3. Định lý 6. Nếu d là số nguyên tố, thì phương trình Pell loại II x2 − dy2 = −1 (II) có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi d không có dạng 4k + 3. Định lý 7. (Điều kiện để phương trình Pell loại II có nghiệm). Gọi (a, b) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình Pell liên kết với phương trình Pell loại II. Khi đó phương trình Pell loại II x2 − dy2 = −1 (II) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau : { a = x2 + dy2 (2) b = 2xy (3) có nghiệm nguyên dương. 124 Định lý 8. (Công thức nghiêm của phương trinh Pell loạIii). Xét phương trình Pell loại II: x2 − dy2 = −1 (1) Cùng với nó ,xét phương trình Pell loại I liên kết với nó: x2 − dy2 = 1 (2) Giả sử (a, b) nghiệm nguyên bé nhất của (2). Xét hệ phương trình:{ x2 + dy2 = a, (3) 2xy = b. (4) Giả thiết rằng hệ (3) − (4) có nghiệm và (u, v) là nghiệm duy nhất của nó. Xét hai dãy số nguyên dương {xn} , {yn} sau đây:{ x0 = u;x1 = u 3 + 3duv2;xn+2 = 2axn+1 − xn, n = 0, 1, 2, ... y0 = v; y1 = dv 3 + 3u2v; yn+2 = 2ayn+1 − yn, n = 0, 1, 2, ... Khi đó (xn, yn) là tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình Pell loại II. Sau đây ta đưa ra một định lý sử dụng lý thuyết liên phân số để giải phương trình pell loại II: Định lý 9. Phương trình x2− dy2 = −1 có nghiệm khi và chỉ khi chu kỳ r của biểu diễn liên phân số của √ d là số lẻ. Trong trường hợp ấy các nghiệm của nó là x = p(2tr−r−1), y = q(2tr−r−1) với t = 1, 2, 3... Ví dụ 7. Xét phương trình x2 − 34y2 = −1. Ta có √ 34 = [5; 1, 4, 1, 10]. Chu kỳ n = 4 là sô chẵn. Vậy phương trình vô nghiệm. Ví dụ 8. Giải phương trình: x2˘2y2 = −1. Lời giải. Phương trình Pell liên kết x2˘2y2 = 1. Ta có √ 2 = [ 1; 2 ] . Có chu kỳ r = 1. Có nghiệm nhỏ nhất (3; 2). Xét hệ phương trình: { u2 + 2v2 = 3 2uv = 2 Dễ dàng thấy (u, v) = (1; 1) là nghiệm dương bé nhất của nó. Theo lý thuyết xây dựng nghiệm, thì phương trình Pell loại II x2˘2y2 = −1 có nghiệm là:{ x0 = 1;x1 = 7;xn+2 = 6xn+1 − xn y0 = 1; y1 = 5; yn+2 = 6yn+1 − yn 125 3 Phương trình Pell với tham số n Xét phương trình: x2 − dy2 = n, ở đây d là số nguyên dương và không phải là số chính phương, còn n là số nguyên. Phương trình này gọi là phương trình Pell với tham số n. Dĩ nhiên, nếu n = 1 hoặc n = −1 thì tương ứng ta có phương trình Pell loại I và loại II. Định lý 10. Xét phương trình Pell với tham số n x2 − dy2 = n (1) Phương trình (1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm. Vậy để tìm ra công thức vét tất cả các nghiệm của phương trình Pell có tham số n ta cần có các kết quả sau: Định lý 11. Xét phương trình Pell với tham số n x2 − dy2 = n (1) Gọi (x0,y0) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (1).Ta có: y0 ≤ max { nb2; −na2 d } Định lý 12. Xét phương trình Pell với tham số n: x2 − dy2 = n (1) Giả sử (1) có nghiệm và (α1, β1);(α2, β2);. . . ;(αm, βm) là tất cả các nghiệm của (1) thỏa mãn bất đẳng thức βi 2 ≤ max { nb2; −na2 d } Xét m dãy sau đây. Dãy thứ i:{xn,i; yn,i}, với i = 1,m được xác định như sau: x0,i = αi, y0,i = βi xn+1,i = xn,ia+ dyn,ib yn+1,i = xn,ib+ yn.ia ở đây (a, b) là nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I ứng với (1): x2 − dy2 = 1 (2) Khi đó các dãy nghiệm {xn,i, yn,i} sẽ vét cạn hết nghiệm phương trình Pell với tham số n. Ví dụ 4. Giải phương trình Pell: x2 − 5y2 = −4 126 Lời giải. Xét phương trình Pell với tham số n = −4 sau đây. x2 − 5y2 = −4 (1) Phương trình Pell loại I liên kết với nó có dạng x2 − 5y2 = 1 (2) Phương trình (2) có nghiệm nguyên dương nhỏ nhất là (a, b) = (9, 4). Khi đó: max { nb2; −na2 d } = max { −4.42; 4.9 2 5 } = 4.81 5 Số nguyên dương β lớn nhất thỏa mãn β2 ≤ 4.81 5 là β = 8. Xét phương trình (1): x2 − 5y2 = −4 Nếu y = 1⇒ x = 1; y = 2⇒ x = 4; y = 3; 4; 7; 8 thì (1) không dẫn đến x nguyên; y = 5⇒ x = 11. Như thế bằng cách thử trực tiếp nói trên, ta thấy có 3 nghiệm (1, 1); (4, 2); (11, 5) của phương trình (1) mà thỏa điều kiện: β2 ≤ max { nb2; −na2 d } Theo định lý 3.3, phương trình Pell ứng với n = −4: x2 − 5y2 = −4 có 3 dãy nghiệm: x0,1 = 1; y0,1 = 1;xn+1,1 = 9xn,1 + 20yn,1; yn+1,1 = 4xn,1 + 9yn,1 x0,2 = 4; y0,2 = 2;xn+1, 2 = 9xn,2 + 20yn,2; yn+1,2 = 4xn,2 + 9yn,2 x0,3 = 11; y0,3 = 5;xn+1, 3 = 9xn,3 + 20yn,3; yn+1,3 = 4xn,3 + 9yn,3 Ba dãy này viết hết tất cả các nghiệm của phương trình (1). 4 Một số bài toán trong các đề thi học sinh giỏi Bài toán 1: (CANADA). Cho hai dãy số {xn} va` {yn}xác định như sau : x0 = 0;x1 = 1;xn+1 = 4xn − xn−1 y0 = 1; y1 = 2; yn+1 = 4yn − yn−1 Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta có y2n = 3x 2 n + 1. Lời giải. Xét phương trình Pell loại I:X2−3Y 2 = 1 phương trình này có nghiệm nhỏ nhất là (2; 1) nên tất cả các nghiệm của phương trình là (Xn;Yn) sao cho: X0 = 1;X1 = 2;Xn+1 = 4Xn −Xn−1 Y0 = 0;Y1 = 1;Yn+1 = 4Yn − Yn−1 127 Do đó Xn = yn;Yn = xnhay (xn; yn) là nghiệm của phương trình Pell loại I trên. Vậy y2n = 3x 2 n + 1. Bài toán 2: (VMO 1999) Cho hai dãy số {xn} và {yn} xác định như sau: x0 = 1;x1 = 4;xn+2 = 3xn+1 − xn y0 = 1; y1 = 2; yn+2 = 3yn+1 − yn Giả sử a, b là các số nguyên dương thoả mãn a2 − 5b2 + 4 = 0, chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k để xk = a, yk = b. Lời giải. Xét phương trình Pell x2˘5y2 = −4 (1). Như ta đã biết (ví dụ 3.4), ba dãy số sau đây vét hết tất cả các nghiệm của phương trình (1) x0,1 = 1; y0,1 = 1;xn+1,1 = 9xn,1 + 20yn,1; yn+1,1 = 4xn,1 + 9yn,1 x0,2 = 4; y0,2 = 2;xn+1,2 = 9xn,2 + 20yn,2; yn+1,2 = 4xn,2 + 9yn,2 x0,3 = 11; y0,3 = 5;xn+1,3 = 9xn,3 + 20yn,3; yn+1,3 = 4xn,3 + 9yn,3 Ta chứng minh (xn; yn) cũng vét hết tất các nghiệm nguyên dương của (1). Với mọi số tự nhiên n thì n = 3m+ r với r = 0; 1; 2. Ta chứng minh(xn, yn) = (xm,r+1; ym,r+1). Ta có: (x0; y0) = (x0,1; y0,1) = (1; 1), (x1; y1) = (x0,2; yo,2) = (4; 2), (x2; y2) = (x0,3; y0,3) = (11; 5). Phương trình đặc trưng của dãy {xn} va` {yn} là X2 − 3X + 1 = 0 có hai nghiệm X = 3± √ 5 2 . Nên: xn = x3m+r = α ( 3−√5 2 )3m+r + β ( 3 + √ 5 2 )3m+r = = α ( 3−√5 2 )r( 9− 4 √ 5 )m + β ( 3 + √ 5 2 )r( 9 + 4 √ 5 )m Đặt um = x3m+r Ta có dãy {um} có phương trình đặc trưng có 2 nghiệm là 9± 4 √ 5 nên : um+1 = 18um − um−1. Suy ra: x3(m+1)+r = 18x3m+r − x3(m−1)+r (∗) Tương rự: y3(m+1)+r = 18y3m+r − y3(m−1)+r (∗∗) Việc còn lại là ta chứng minh {xm, i; ym, i} cũng thoã mãn (*) và (**) với i = 1; 2; 3. Ta có: { xm+1,i = 9xm,i + 20ym,i ym+1,i = 4xm,i + 4ym,i ⇒ ym,i = xm+1,i − 9xm,i 20 (a) ym−1,i = xm,i − 9xm−1,i 20 (b) ym,i = 4xm−1,i + 9ym−1,i (c) 128 Thế (a), (b) vào (c) suy ra: xm+1,i = 18xm,i − xm−1,i và ym+1,i = 18ym,i − ym−1,i. Vậy {xn}; {yn} vét hết tất cả các nghiệm của (1). Do đó luôn tồn tại k để xk = a; yk = b. Bài toán 3: (VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước số của b2 + 2 và b là ước số của a2 + 2. Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (vn) xác định bởi:v1 = v2 = 1 và vn = 4vn−1 − vn−2, n ≥ 2. Lời giải. Giả sử (a, b) là cặp số tự nhiên lẻ mà a là ước số của b2 + 2 và b là ước số của a2 + 2. Trước hết ta chứng minh (a, b) = 1. Thật vậy, đặt d = (a, b) thì do d ước của a và a là ước của b2 + 2 nên d ước của b2 + 2 suy ra d là ước của 2. Mà a, b lẻ nên d lẻ, suy ra d = 1. Xét số N = a2 + b2 + 2 thì do a2 + 2 chia hết cho b nên N chia hết cho b. Tương tự, N chia hết cho a. Vì (a, b) = 1 nên từ đây suy ra N chia hết cho ab. Vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho a2 + b2 + 2 = kab (1). Theo giả sử ở trên thì A 6= ∅ . Do tính sắp thứ tự tốt của N,A có phần tử nhỏ nhất. Giả sử a0, b0 là cặp số thỏa mãn điều kiện (1) với a0 + b0 nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a0 ≥ b0. Xét phương trình a2− kb0a+ b20 + 2 = 0 có nghiệm a0. Theo định lý Viet thì phương trình trên còn có 1 nghiệm nữa là a1 = kb0 − a0 = b 2 o + 2 a0 . Theo công thức nghiệm thì rõ ràng a1 nguyên dương. Như vậy (a1, b0) cũng là một nghiệm của (1). Do tính nhỏ nhất của a0 + b0, ta có a0 + b0 ≤ a1 + b0, tức là a0 ≤ kb0 − a0 suy ra a0 b0 ≤ k 2 . Ta có: a20 + b 2 0 + 2 = ka0b0. Suy ra a0 b0 + b0 a0 + 2 a0b0 = k (2). Do a0 b0 ≤ k 2 và a0 ≥ bo ≥ 1 nên từ đây ta có k ≤ k 2 + 1 + 2. Nên k ≤ 6. Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, a20 + b 2 0 ≥ 2a0b0. Nên k ≥ 2. Nếu k 6= 4 thì (a0, b0) 6= (1, 1), do đó a0b0 ≥ 2. Lại dùng (2) để đánh giá, ta có k ≤ k 2 + 1 + 2, suy ra k ≤ 4. Vậy các giá trị k = 5, 6 bị loại. Nếu k = 3 thì do a20 + b 2 0 + 2 = 3a0b0, nên suy ra a 2 0 + b 2 0 + 2 chia hết cho 3, suy ra một trong hai số a0, b0 chia hết cho 3, số còn lại không chia hết cho 3. Nếu b0 = 1 thì a0 chia hết cho 3, khi đó vế trái không chia hết cho 9 còn vế phải chia hết Lại sử dụng (2) để đánh giá, ta có k ≤ k 2 + 1 + 2 6 ⇒ k < 8 3 .Mà k nguyên suy ra k ≤ 2, mâu thuẫn. Như vậy ta đã chứng minh được nếu a, b là các số tự nhiên lẻ thỏa mãn điều kiện đề bài thì: a2 + b2 + 2 = 4ab (3) Đặt ẩn phụ z = a− 2b. Phương trình (3) trở thành : z2 − 3b2 = −2 (4). Giải phương trình Pell (4) với tham số n = −2 ta sẽ chứng minh được hoàn toàn bài toán. Bài toán 4: (IMO Short List) Chứng minh rằng tồn vô số các số nguyên dương n sao cho p = nr, trong đó p, r lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp một tam giác với độ dài các các cạnh là các số nguyên. 129 Lời giải. Gọi a, b, c và S lần lượt là độ dài các cạnh và diện tích tam giác thoả mãn điều kiện bài toán. Ta có: p = nr ⇔ p4 = n2p2r2 ⇔ p4 = n2S2 ⇔ p4 = n2p(p− a)(p− b)(p− c)⇔ (a+ b+ c)3 = n2(a+ b− c)(b+ c− a)(c+ a− b) ⇔ (x+ y + z)3 = n2xyz (1) với x = a+ b− c; y = b+ c− a; z = c+ a− b. Nếu ∃n ∈ N∗ sao cho tồn tại các số nguyên dương (x0, y0, z0) thoả mãn (1) thì (2x0, 2y0, 2z0) cũng là nghiệm của (1) và các độ dài a = x0 + y0; y = y0 + z0; c = x0 + z0 sẽ xác định một tam giác thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô hạn n sao cho phương trình (1) có nghiệm nguyên dương (x, y, z). Nếu chọnz = k(x+ y) với k ∈ N∗ thì (1) trở thành (k + 1)3(x+ y)2 = n2kxy (2). Chọn n = 3k + 3. Khi đó (2) trở thành: (k + 1)(x+ y)2 = 9kxy Hệ số (k+ 1) ở vế trái gây khó khăn cho việc giải phương trình. Vì phương trình vẫn còn nhiều ẩn nên ta tiếp tục chọn y = k + 1 thì được: (x+ k + 1)2 = 9kx⇔ x2 − (11k + 2)x+ (k + 1)2 = 0 (3) Bây giờ ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho phương trình (3) có nghiệm nguyên dương. Điều này tương đương với tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho biệt thức của phương trình (3) là số chính phương. Ta có: ∆ = (11k + 2)2 − 4(k + 1)2 = 9(13k2 + 4k). Như vậy ta cần chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho 13k2 + 4k là số chính phương. Nói cách khác, ta cần chứng minh phương trình sau vô số nghiệm nguyên dương: 13k2 + 4k = y2 (4) Nhân hai vế của (4) với 13 ta được 132k2 + 13.4k = 13y2 ⇔ (13k + 2)2 − 13y2 = 4 Tiếp tục đặt k = 2s; y = 2t thì ta được phương trình: (13s+ 1)2 − 13t2 = 1 Nếu đặt u = 13s+ 1 thì ta được phương trình : u2 − 13t2 = 1 (5) Phương trình (5) là phương trình Pell loại 1, do đó nó có vô số nghiệm. Vấn đề ở đây là sau khi tìm được nghiệm u, t, ta tính s bằng công thức s = u− 1 13 Do đó, để hoàn tất phép chứng minh, ta cần chứng minh phương trình (5) có vô số nghiệm 130 (u, t) với u ≡ 1(mod13). Nghiệm nhỏ nhất của (5) là u = 649, t = 180 Từ đó ta có dãy nghiệm (un, tn) được xác định bởi: u1 = 649; t1 = 180 u1 = 649; t1 = 180, un+1 = 649un + 2340tn, tn+1 = 180un + 469tn. Vì 649 ≡ −1(mod13) và 2340 ≡ 0(mod13), Nên ta có un+1 ≡ −un(mod13). Từ đó ta suy ra un ≡ 1(mod13) với mọi n chẵn. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. 5 Bài tập cũng cố Bài 1. (IMO Shorthist) Xét hệ phương trình { x+ y = z + u 2xy = zu Tìm giá trị lớn nhất của hằng số thực m sao cho m≤ x y với mọi nghiệm nguyên dương (x,y,z,u) của hệ mà x ≥ y. Bài 2. Chứng minh rằng nếu 5x2 + 4 hoặc 5x2− 4 là số chính phương khi và chỉ khi x là số hạng của dãy Fibonacci. Bài 3. (Bulgaria 1999). Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 + z2 + t2 = 1999 Có vô số nghiệm ngyên dương. Bài 4. (IMO Shorthist) Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số nguyên dương tăng (an), (bn) sao cho an(an + 1) là ước của bn 2 + 1 với mọi n ≥ 1. Tài liệu [1] Tài liệu bồi dưỡng chuyên môn giáo viên trường trung học phổ thông chuyên. [2] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề Số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. [3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội. [4] Đàm Văn Nhỉ, Lưu Bá Thắng, Nguyễn Việt Hải (2006), Số học, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm, Hà Nội. [5] Lại Đức Thịnh (1977), Giáo trình Số học, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. [6] D. M. Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi. [7] S. G. Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company, New Delhi. 131
Tóm Lược Một Số Kiến Thức Về Đại Số Tổ Hợp Ứng Dụng Trong Tin Học
Toán học tổ hợp (hay giải tích tổ hợp, đại số tổ hợp, lý thuyết tổ hợp) là một ngành toán học rời rạc, nghiên cứu về các cấu hình kết hợp các phần tử của một tập hợp có hữu hạn phần tử. Các cấu hình đó là các hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp,… các phần tử của một tập hợp.
Toán học tổ hợp được dùng nhiều trong khoa học máy tính với các bài toán cơ bản như:
Bài toán đếm: Đếm các cấu hình thỏa mãn những tính chất nào đó
Bài toán liệt kê tổ hợp: Liệt kê tất cả các cấu hình thỏa mãn một tính chất nào đó
Bài toán tìm kiếm: Tìm kiếm một hoặc một số cấu hình thỏa mãn một tính chất nào đó
Bài toán tồn tại: Chỉ ra sự tồn tại/không tồn tại một cấu hình tổ hợp thoả mãn một tính chất nào đó
Bài toán sinh ngẫu nhiên
Bài viết nêu tóm tt khái niệm và một số ví dụ, cũng như công thức đếm cho một số loại cấu hình phổ biến trên một tập hợp hữu hạn các số. Trong bài viết này, ta xét tập hợp gồm n phần tử A = {a₁, a₂, a₃,...,aₙ}.
Mỗi cách sắp xếp n phần tử của A theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị của n phần tử đó.
Ví dụ: với tập A = {1, 2, 3}, có tất cả 6 hoán vị của 3 phần tử này là:
Gọi Pₙ là số lượng hoán vị của n phần tử. Dễ thấy:
Giải thích: có n cách chọn phần tử thứ nhất của hoán vị, n-1 cách chọn phần tử thứ 2 (phải khác phần tử đầu), n-2 cách chọn phần tử thứ 3 (khác hai phần tử đầu tiên)… đến phần tử cuối cùng chỉ còn 1 cách chọn (khác tất cả n-1 phần tử đầu).
Bài toán 1
Có bao nhiêu cách xếp 5 người thành một hàng?
Đáp án: P(5) = 5! = 120 cách
Bài toán 2
Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau
Lời giải: có 4 cách để chọn ra chữ số hàng chục ngàn (do chứ số này phải khác 0). Vậy còn 4 chữ số và có 4!=24 hoán vị của chúng. Vậy có 4 × 4! = 96 số.
Mỗi cách sắp xếp n phần tử của A thành một vòng khép kín theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử. Ở đây ta phân biệt thứ tự theo chiều kim đồng hồ và ngược chiều kim đồng hồ và không phân biệt điểm bắt đầu của vòng.
Ví dụ với tập A = {1, 2, 3}, chỉ có 2 hoán vị vòng quanh là {1, 2, 3} và {1, 3, 2}. Các hoán vị như {2, 3, 1} và {3, 1, 2} cũng chính là hoán vị {1, 2, 3} với điểm bắt đầu khác.
Số lượng các hoán vị vòng quanh của n phần tử được ký hiệu là .
Do n hoán vị bình thường sẽ cho ra cùng 1 hoán vị vòng quanh (với điểm bắt đầu khác nhau), nên dễ thấy:
Bài toán
Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 người vào một bàn tròn có 5 chỗ, biết hai cách sắp xếp là khác nhau nếu từ cách sắp xêp thứ nhất ta không thể thu được cách xếp thứ hai khi xoay cùng chiều tất cả mọi người theo cùng một khoảng cách?
Đáp án: đây chính là số hoán vị vòng quanh của 5 phần tử, tức là 4! = 24 cách.
Để dễ hình dung, ta bắt đầu từ một bài toán: có bao nhiêu hoán vị của các chữ cái trong chuỗi AABC.
Nhận xét: chuỗi có 4 phần tử, nếu 4 phần tử này khác nhau, ta sẽ có P(4) = 4! = 24 hoán vị. Tuy nhiên do chữ A xuất hiện 2 lần, nên các hoán vị của 2 chữ A này ( 2!=2 hoán vị) sẽ không được tính, vậy số lượng hoán vị trong trường hợp này sẽ là 4! ÷ 2! = 12 hoán vị.
Hoán vị của n phần tử, trong đó một số giá trị có thể lặp lại được gọi là hoán vị lặp của n phần tử đó.
Tổng quát: cho n phần tử, trong đó có k giá trị khác nhau. Giá trị thứ nhất xuất hiện n₁ lần, giá trị thứ 2 xuất hiện n₂ lần…, giá trị thứ k xuất hiện nₖ lần ( n₁ + n₂ + ... + nₖ = n).
Khi đó, số lượng các hoán vị lặp của n phần tử này sẽ là:
Bài toán
Có bao nhiêu hoán vị của chuỗi MISSISSIPPI?
Mỗi cách chọn ra k ( n ≥ k ≥ 0) phần tử của A và sắp xếp theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.
Ví dụ, với tập A = {1, 2, 3, 4}, các chỉnh hợp chập 2 của A sẽ là:
Do vậy, số lượng các chỉnh hợp chập k của n phần tử:
Lưu ý: với k = n, các chỉnh hợp trở thành các hoán vị:
Bài toán 1
Có bao nhiêu cách xếp 5 người vào một băng ghế có 7 chỗ?
Đáp án: đây chính là mô hình của bài toán chỉnh hợp, đáp số chính là số lượng chỉnh hợp chập 5 của 7, tức là: 7! ÷ (7-5)! = 2520 cách.
Bài toán 2
Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau, được tạo thành bởi các chữ số {0, 1, 2, 3, 4, 5}?
Lời giải: có 5 cách chọn chữ số đầu tiên (chữ số này phải khác 0). Còn lại 3 vị trí và 5 chữ số, số cách chọn cho 3 vị trí này chính là số chỉnh hợp chập 3 của 5 chữ số còn lại. Kết quả: 5 × A(3, 5) = 5 × 5! ÷ (5-3)! = 300 số.
Một dãy bao gồm k phần tử của A, trong đó mỗi phần tử có thể được lặp lại nhiều lần, sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử.
Ví dụ, với tập A = {1, 2, 3}, các chỉnh hợp lặp chập 2 của A sẽ là:
Mỗi phần tử trong số k phần tử của chỉnh hợp lặp đểu có thể nhận n giá trị khác nhau (do các giá trị có thể lặp lại). Vì vậy, số lượng các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử sẽ là:
Bài toán
Biển đăng kí ô tô có 6 chữ số và 2 chữ cái tiếng Anh, không dùng chữ O và I . Hỏi số lượng ô tô có thể được đăng kí nhiều nhất là bao nhiêu?
Lời giải: Có F(6,10) cách chọn ra 6 chữ số, và F(2, 24) cách chọn ra 2 chữ cái (bảng chữ cái tiếng Anh có 26 chữ cái, trừ đi 2 chữ O và I do dễ nhầm với số 0 và 1). Vậy kết quả là: 10⁶ × 24² = 576.000.000 ôtô.
Mỗi cách chọn ra k ( n ≥ k ≥ 0) phần tử của A (không tính đến thứ tự của chúng) được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử.
Ví dụ, với tập A = {1, 2, 3, 4}, các tổ hợp chập 2 của A sẽ là:
Nhận xét: mỗi tổ hợp chập k phần tử có thể tạo ra k! chỉnh hợp chập k phần tử bằng cách hoán vị k phần tử của tổ hợp này. Do vậy, số lượng tổ hợp chập k có thể dễ tính tính được thông qua số lượng chỉnh hợp như sau:
Bài toán 1
Có bao nhiêu cách chọn ra 4 cuốn sách trong số 10 cuốn sách cho trước.
Đáp án: C(4, 10) = 10! ÷ 4! ÷ (10-4)! = 210 cách chọn.
Bài toán 2
Một nhóm có 5 nam và 3 nữ. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 người sao cho trong đó có ít nhất 1 nữ?
Lời giải:
Tổng cộng: 30 + 15 + 1 = 46 cách.
Bài toán 3
Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau mà các chữ số giảm dần theo chiều từ trái qua phải.
Lời giải:
Với mỗi cách chọn 4 chữ số khác nhau (từ 10 chữ số 0, 1, …, 9), ta tạo được thành đúng 1 số có 4 chữ số thỏa mãn yêu cầu. Vậy số lượng các số như vậy sẽ là C(4, 10) = 10! ÷ 4! ÷ (10-4)! = 210 số.
Một dãy bao gồm k phần tử ( k có thể lớn hơn n) của A, trong đó mỗi phần tử có thể được lặp lại nhiều lần (không tính đến thứ tự sắp xếp của chúng) được gọi là một tổ hợp lặp chập k của n phần tử.
Ví dụ, với tập A = {1, 2, 3}, các tổ hợp lặp chập 2 của A sẽ là:
Phần tính toán số lượng các tổ hợp lặp chập k của n phần tử sẽ khó hơn một chút so với các loại cấu hình ở trên.
Bài toán 1
a) Số cách xếp khác nhau n viên bi vào m cái hộp là C(n, m+n-1)
b) Trong C(n, m+n-1) cách xếp đó cóC(m-1, n-1) cách xếp cho tất cả các hộp đều có bi.
Hệ quả: Từ bài toán trên ta suy ra hai hệ quả thú vị sau:
a) Số nghiệm nguyên không âm của phương trình x₁ + x₂ + x₃ + ... + xₘ = n là C(n, m+n-1).
b) Số nghiệm nguyên dương của phương trình x₁ + x₂ + x₃ + ... + xₘ = n (m≤n) là C(m-1, n-1).
Bài toán 2
Lời giải:
Viết lại 3 điều kiện trên thành: x₁ ≤ 3; x₂ ≥ 2; x₃ ≥ 5.
Ta sẽ tính số nghiệm của phương trình với điều kiện x₂ ≥ 2; x₃ ≥ 5 (1) và trừ đi số nghiệm của cùng phương trình đó với điều ngược của điều kiện thứ nhất, tức là: x₁ ≥ 4; x₂ ≥ 2; x₃ ≥ 5 (2).
(1). Đặt y₁=x₁; y₂=x₂-2; y₃=x₃-5; y₄=x₄, bài toàn trở thành tính số nghiệm nguyên không âm của phương trình: y₁ + y₂ + y₃ + y₄ = 13. Theo hệ quả ở trên, số nghiệm là: C(4-1, 4+13-1) = C(3,16) = 560.
(2). Đặt y₁=x₁-4; y₂=x₂-2; y₃=x₃-5; y₄=x₄, bài toàn trở thành tính số nghiệm nguyên không âm của phương trình: y₁ + y₂ + y₃ + y₄ = 9. Theo hệ quả ở trên, số nghiệm là: C(4-1, 9+4+-1) = C(3,12) = 220.
Kết quả cuổi cùng: (1) - (2) = 560 - 220 = 340.
Trong lập trình, một lớp bài toán phổ biến là bài toán liệt kê tất cả các cấu hình của một loại tổ hợp nào đó. Ví dụ: liệt kê các tập hợp con của một tập hợp, liệt kê tất cả các cách xếp hàng, liệt kê các hoán vị của một xâu để tìm hoán vị phù hợp…
Các bài toán liệt kê có thể được giải bằng phương pháp sinh lần lượt tất cả các cấu hình như vậy. Để làm được điều này, bài toán cần thỏa mãn hai điều kiện sau:
Có thể xác định được một thứ tự trên tập các cấu hình tổ hợp cần liệt kê (thứ tự từ điển). Từ đó có thể biết được cấu hình đầu tiên và cấu hình cuối cùng trong thứ tự đó.
Xây dựng được thuật toán từ một cấu hình chưa phải cấu hình cuối, sinh ra được cấu hình kế tiếp nó.
Bạn đang xem bài viết Ứng Dụng Một Số Phương Pháp “Sơ Đồ Đoạn Thẳng Để Giải Các Bài Toán Đơn Cho Học Sinh Lớp 2” trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!