text:
Tải bản đầy đủ
Kỹ thuật
Kiến trúc - Xây dựng
THIẾT kế bản vẽ THI CÔNG TUYẾN ĐƯỜNG QUA HAI điểm a5 b5
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
LỜI NÓI ĐẦU
Tại mỗi quốc gia, giao thông vận tải là luôn một bộ phận quan trọng trong kết
cấu hạ tầng kinh tế xã hội, là động lực thúc đẩy toàn bộ nền kinh tế phát triển, là cơ sở
trong việc tăng cường quốc phòng an ninh. Bởi vậy, cần ưu tiên đầu tư phát triển giao
thông vận tải đi trước một bước, với tốc độ nhanh và bền vững. Tuy nhiên ở nước ta
hiện nay thực trạng cơ sở hạ tầng giao thông vẫn còn rất yếu và thiếu, chưa đáp ứng
được yêu cầu của nền kinh tế đang phát triển rất nhanh. Do vậy, trong giai đoạn phát
triển kinh tế hiện nay của đất nước, nhu cầu về xây dựng hạ tầng cơ sở để phục vụ sự
tăng trưởng nhanh chóng và vững chắc trở nên rất thiết yếu, trong đó nổi bật lên là nhu
cầu xây dựng các công trình giao thông. Bên cạnh các công trình đang được xây dựng
mới còn có hàng loạt các dự án cải tạo và nâng cấp.
Xuất phát từ vai trò hết sức quan trọng đó, việc xây dựng cơ sở hạ tầng giao
thông vận tải có đủ năng lực phục vụ yêu cầu trong giai đoạn hiện tại và trong tương lai
đang là vấn đề hàng đầu được các ngành, các cấp rất quan tâm.
Nhận thức được điều đó, và muốn góp sức mình vào sự phát triển chung của đất
nước, bản thân em đã chọn và đi sâu nghiên cứu chuyên ngành xây dựng kỹ thuật cầu
đường thuộc Khoa Công Trình trường Đại học Hàng Hải Việt Nam
Đồ án tốt nghiệp là kết quả của quá trình tích luỹ kiến thức trong thời gian học
tập và nghiên cứu tại trường. Sau thời gian nghiên cứu, tích luỹ tại trường em đã được
thực hiện đồ án tốt nghiệp với đề tài:
“THIẾT KẾ BẢN VẼ THI CÔNG TUYẾN ĐƯỜNG QUA HAI ĐIỂM A5-B5”
Đây là công trình quan trọng với khối lượng công việc rất lớn bao gồm tất cả các
bước từ Thiết kế cơ sở, thiết kế kỹ thuật, và kỹ thuật thi công. Chính vì vậy mặc dù đã
cố gắng hết mình nhưng chắc chắn em không tránh khỏi sai sót. Em rất mong được sự
đóng góp ý kiến của các thầy giáo để em có được thêm nhiều điều bổ ích hơn.
Em xin vô cùng cảm ơn các thầy giáo trong ngành kỹ thuật xây dựng cầu đường,
các thầy cô giáo trong trường Đại Học Hàng Hải đã từng giảng dạy em trong suốt thời
gian học tập, nghiên cứu tại trường. Đặc biệt là thầy giáo TS. NGUYỄN PHAN ANH
người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ để em hoàn thành tốt Đồ án tốt nghiệp này.
Hải Phòng, ngày 1 tháng 03 năm 2016
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
PHẦN I
LẬP DỰ ÁN ĐẦU TƯ VÀ THIẾT KẾ CƠ SỞ
XÂY DỰNG TUYẾN ĐƯỜNG QUA HAI ĐIỂM A5 - B5
Tên dự án và chủ đầu tư :
Tên dự án: Thiết kế bản vẽ thi công tuyến đường qua 2 điểm A5 - B5
Chủ đầu tư: Sở GTVT Lâm Đồng
Địa chỉ : Xã Liên Trung - Huyện Lâm Hà – Tỉnh Lâm Đồng
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
2
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
CHƯƠNG 1
GIỚI THIỆU CHUNG
1.1. Tổng quan
Dự án xây dựng tuyến đường qua hai điểm A5-B5 là một dự án giao thông trọng
điểm. Trên địa bàn huyện có quốc lộ 27 đi qua, nối với quốc lộ 20 ở ngã ba Liên
Khương, chạy đến thành phố Buôn Ma Thuật, đoạn qua địa phận Lâm Hà dài 77 km.
Thông qua con đường này thúc đẩy phát triển kinh tế trong vùng, phát huy được thế
mạnh về du lịch… Việc xây dựng tuyến đường này sẽ đáp ứng được nhu cầu đi lại và
giao thương hang hóa trong vùng và với các vùng khác. Tuyến đường sẽ rút ngắn thời
gian đi lại, đảm bảo an toàn giao thông, tăng tuổi thọ phương tiện tham gia giao thông.
Để làm cơ sở kêu gọi các nhà đầu tư và tạo điều kiện thuận lợi cho công tác đầu tư thì
việc tiến hành quy hoạch xây dựng và lập dự án khả thi xây dựng tuyến đường A5-B5 là
hết sức quan trọng và cần thiết.
1.2. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu của dự án và tổ chức thực hiện dự án
1.2.1. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu của dự án
Đoạn tuyến qua 2 điểm A5-B5 thuộc địa phận Huyện Lâm Hà-Tỉnh Lâm Đồng
Đoạn tuyến có chiều dài khoảng 3.0 Km ( tính theo đường chim bay)
1.2.2. Tổ chức thực hiện dự án
Tên công ty : Công ty tư vấn thiết kế trường Đại Học Hàng Hải
Địa chỉ
: 484 Lạch tray,Phường Đằng Giang,Quận Ngô Quyền-Hải phòng
1.3. Cơ sở lập dự án
1.3.1. Cơ sở pháp lý
Căn cứ Luật Xây dựng số 16/2003/QH11 ngày 26/11/2003 của Quốc hội
Căn cứ Nghị định số 08/2005/NĐ-CP ngày 24/01/2005 của Chính Phủ về Quy
hoạch xây dựng
Căn cứ vào thông tư số 15/2005/TT-BXD ngày 19/8/2005 của Bộ Xây dựng
hướng dẫn lập, thẩm định phê duyệt quy hoạch xây dựng
Căn cứ vào Quyết định 06/2005/QĐ-BXD ngày 03/02/2005 của Bộ trưởng Bộ
Xây dựng về ban hành định mức chi phí quy hoạch xây dựng
Căn cứ vào thông tư số 16/2005/TT-BXD của Bộ Xây dựng hướng dẫn điều
chỉnh dự toán xây dựng công trình
Quy chuẩn Xây dựng Việt Nam và các quy chuẩn, quy phạm khác có liên quan,
v.v...
Quyết định số 5645/QĐ - UB ngày 02/05/2015 của UBND Tỉnh Lâm Đồng về
việc phê duyệt nhiệm vụ chuẩn bị đầu tư dự án xây dựng tuyến đường A5-B5
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
3
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
Các thông báo của UBND Tỉnh Lâm
Đồng trong quá trình thực hiện nhằm chỉ đạo việc đẩy nhanh tiến độ và giải quyết các
vướng mắc phát sinh
Đề cương khảo sát thiết kế về việc lập thiết kế cơ sở dự án xây dựng tuyến đường
A5 – B5 số 2196/ĐHHH của Công ty Tư vấn Đại học Hàng Hải.
1.3.2. Các nguôn tài liêu liên quan
Quy hoạch phát triển tổng thể.mạng lưới giao thông của địa phương đã được nhà
nước thông qua (trong khoảng thời gian 2000-2020), cần phải tiến hành xây dựng
tuyến đường qua hai điểm A5-B5 để phục vụ các nhu cầu phát triển văn hóa xã hội
,kinh tế của vùng.
Quy hoạch chuyên ngành: Quy hoạch sử dụng đất, quy hoạch hệ thống công
trình hạ tầng xã hội (trường học, y tế, v.v…) và hệ thống hạ tầng kỹ thuật (giao thông,
thuỷ lợi, điện, v.v…).
Các kết quả điều tra, khảo sát và các số liệu, tài liệu về khí tượng thuỷ văn, hải
văn, địa chất, hiện trạng kinh tế, xã hội và các số liệu tài liệu khác có liên quan...
1.3.3. Hệ thống quy trình quy phạm áp dụng
a. Quy trình khảo sát
- Quy trình khảo sát đường ô tô 22TCN27-263-2000 [12]
- Quy trình khảo sát thuỷ văn 22TCN220-95 [13]
- Quy trình khoan thăm dò địa chất 22TCN82-85 [14]
b. Quy trình thiết kế
- Tiêu chuẩn thiết kế đường ôtô TCVN 4054-2005 [1]
- Quy phạm thiết kế áo đường mềm 22TCN - 211 - 06[7]
- Quy trình thiết kế áo đường cứng 22TCN-223-95[8]
- Định hình cống tròn 533-01-01 [9]
- Điều lệ báo hiệu đường bộ 22TCN-237-01[10]
- Quy phạm thiết kế cầu cống theo trạng thái giới hạn : 22TCN18-79 [11]
1.4. Tình hình kinh tế xã hội trong khu vực có dự án
1.4.1. Dân số trong vùng
Lâm Hà là huyện nằm trên cao nguyên Di Linh và một phần cao nguyên Lang
Biang có độ cao trung bình 900m so với mực nước biển, là huyện nằm ở phía Tây Bắc
của tỉnh Lâm Đồng. Bắc giáp huyện Đam Rông. Nam giáp huyện Di Linh. Tây giáp tỉnh
Đắk Nông. Đông giáp TP Đà Lạt và huyện Đức Trọng. Diện tích 939,76km 2 (chiếm
khoảng 10% diện tích tỉnh Lâm Đồng) với dân số 137,638 người, mật độ dân số 146.4
người/km2
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
4
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
1.4.2.Lịch sử
Lâm Hà là huyện kinh tế mới của tỉnh Lâm Đồng, được thành lập 1987. Sở dĩ có
tên gọi như vậy vì sự ra đời của huyện gắn liền với sợi di dân của người Hà Tây vào
làm ăn sinh sống tại tỉnh Lâm Đồng. Khi mới thành lập, diện tích của huyện Lâm Hà
bao gồm cả phần phía Tây của huyện Đam Rông ngày nay. Trước khi thành lập, toàn
bộ diện tích của huyện Lâm Hà thuộc về hai huyện Lạc Dương và Đức Trọng. Phần lớn
diện tích thuộc khu vực vùng sâu vùng xa của tỉnh.
1.4.3 .Điều kiện tự nhiên
Địa hình huyện Lâm Hà có dạng cao nguyên mấp mô, gợn sóng, bị chia cắt bởi
nhiều sông suối, hồ đầm. Độ cao trung bình 1.000m so với mặt biển, cao nhất là dãy
Hòn Nga có 4 ngọn cao trên 1.900m, trong đó đỉnh Hòn Nga cao 1.998m. Từ dãy Hòn
Nga, địa hình thấp dần về 2 phía Đông Nam và Tây Bắc, thấp nhất là thôn Phi Có (xã
Rô Men) có độ cao 497m.
Sông Đa Dâng và sông Đa Nhim là 2 nhánh đầu nguồn của sông Đồng Nai đều
chảy qua địa phận Lâm Hà. Các dòng suối Cam Ly, Đa Mê, Đa Sê Đăng, Đạ K’Nàng
đều theo hướng BắcNam đổ vào sông Đa Dâng ở phía Nam của huyện. Lâm Hà có một
số hồ và đầm như: hồ Ka Ni, Đạ Sa, Đạ Tông, Ri Hin, Bãi Công; các đầm Voi, đầm
Đĩa.....
1.4.4.Tiềm năng
Lâm Hà là vùng đất mới khai hoang, tầng dầy canh tác lớn, độ phì cao, điều kiện
khí hậu thuận lợi, sản xuất nông nghiệp thực sự là thế mạnh, là động lực thúc đẩy phát
triển kinh tế của huyện. Diện tích canh tác năm 1997 của huyện là 27.700ha. Sản phẩm
nông nghiệp nổi tiếng như: gạo thơm Tân Văn, nếp Tân Hà, chè Lán Tranh, chuối La
Ba, cà phê Phú Sơn, rượu Cát Quế v.v… Bên cạnh đó, diện tích trồng cây
công nghiệp cũng không ngừng phát triển. Năm 1999 diện tích trồng cây công nghiệp
là 24.778ha, chủ yếu là cà phê, dâu tằm và chè. Toàn huyện có khoảng hơn 90.000ha
rừng, chiếm 57,34% diện tích tự nhiên. Độ che phủ của rừng còn lớn, trữ lượng gỗ đạt 7
triệu mét khối và 85 triệu cây tre nứa. Ngoài các loại gỗ thông dụng còn có nhiều loại
gỗ quý hiếm như cẩm lai, trắc, gõ, sao, xá xị. Đặc biệt trong rừng còn có nhiều loại
dược liệu tự nhiên và có khả năng trồng với diện tích lớn như: sâm Bố Chính, sâm cau,
sâm chân rết, tam thất, sa nhân, đỗ trọng, canh ki na, quế v.v…
Nguồn nước dồi dào, địa hình dốc và có nhiều vùng bị chia cắt mạnh tạo cho
huyện Lâm Hà có nhiều tiềm năng phát triển thủy điện, thuỷ lợi mà còn tạo ra nhiều
cảnh quan du lịch độc đáo. Nhiều thác nước đẹp và hùng vĩ là những cảnh quan du lịch
rất hấp dẫn như: Thác Voi ở Nam Ban, thác Liên Chi Nha ở Tân Thanh, thác Nếp ở
Phúc Thọ, thác Bảy Tầng ở Phi Liêng… là những thắng cảnh thu hút khách du lịch của
huyện.
Đập thủy nông Đạ Đờng bảo đảm nước tưới cho 1.800ha lúa 2 vụ và hàng ngàn
hecta vườn cây công nghiệp khác. Đập Cam Ly Thượng có thể đảm bảo nước tưới cho
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
5
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
vùng cây công nghiệp của thị trấn Nam Ban và 3 xã trong khu vực này. Hệ thống mặt
nước được phân bố đều khắp bảo đảm giữ ẩm, tăng mạch nước ngầm, điều hòa hệ sinh
thái, giúp cho rừng và tập đoàn cây trồng khá phong phú của huyện Lâm Hà phát triển
thuận lợi. Nhiều diện tích ao hồ nuôi cá đạt hiệu quả kinh tế cao.
1.5. Sự cần thiết phải đầu tư xây dựng tuyến đường
Trên địa bàn huyện có quốc lộ 27 đi qua, nối với quốc lộ 20 ở ngã ba Liên
Khương, chạy đến thành phố Buôn Ma Thuật, đoạn qua địa phận Lâm Hà dài 77 km.
Đây là tuyến đường quan trọng nối với các xã vùng sâu, vùng xa ở phía bắc, tạo điều
kiện để phát triển kinh tế - xã hội ở những vùng này. Tỉnh lộ 725 nối Lâm Hà với thành
phố Đà Lạt có 29km đi qua địa phận Lâm Hà, được chia làm 2 đoạn: nối với quốc lộ 27
ở N’Thôn Hạ đi Tà Nung và nối với quốc lộ 27 ở Đinh Văn đi Tân Hà. Đây là tuyến
đường nối liền trung tâm huyện với 2 vùng kinh tế quan trọng của huyện là Nam Ban và
Lán Tranh.Việc xây dựng tuyến đường tạo ra kinh tế vùng tăng nhanh kèm theo nhu cầu
đi lại thông thương hàng hóa (đa phần là bằng đường bộ ) cũng tăng theo. Người dân
yêu cầu tuyến đường đáp ứng được khả năng đi lại của họ. Hơn thế nữa không những
đáp ứng khả lăng đi lại tuyến đường còn phải đáp ứng thời gian đi tham gia giao thông
là ngắn nhất, đảm bảo an toàn cho người, hành chách và hàng hóa…. Ngoài ra tuyến
đường còn phải đáp ứng mỹ quan để phát triển du lịch.
Kết luận việc xây dựng tuyến đường là hết sức cần thiết.
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
6
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
CHƯƠNG 2
XÁC ĐỊNH QUY MÔ VÀ TIÊU CHUẨN KỸ THUẬT
2.1. Các căn cứ thiết kế
2.1.1. Các quy trình, quy phạm áp dụng
Đường ô tô - yêu cầu thiết kế: TCVN 4054 - 2005 [1]
2.1.2. Cơ sở xác định
- Chức năng của tuyến đường qua 2 điểm A5- B5: Đây là tuyến đường nối hai
trung tâm kinh tế, chính trị, văn hóa lớn của Tỉnh.
- Địa hình vùng đặt tuyến là địa hình đồi núi
- Số liệu về điều tra và dự báo giao thông.
Theo số liệu về dự báo và điều tra giao thông, lưu lượng xe trên tuyến qua hai điểm A5
– B5 vào năm thứ 15 là 840 xe/ng.đ, có thành phần dòng xe:
Xe tải nặng 3
: 5%
Xe tải nặng 2
: 4%
Xe tải nặng 1
: 5%
Xe tải trung
: 16%
Xe tải nhẹ
: 24%
Xe bus
:19%
Xe con
:27%
Công thức tính lưu lượng theo thời gian: Nt = N1.(1+q)t-1
2.2. Xác định cấp hạng, quy mô và các tiêu chuẩn kỹ thuật
2.2.1. Xác định cấp hạng của tuyến đường
Để xác định lưu lượng xe thiết kế ta quy đổi các loại xe ra xe con. Các loại xe tính
toán được sắp xếp vào các loại xe tương ứng, số lượng xe và hệ số quy đổi theo bảng
dưới đây (theo bảng 2 TCVN 4054 - 05)
STT
1
2
3
4
5
6
7
∑
Loại xe
Xe tải nặng 3
Xe tải nặng 2
Xe tải nặng 1
Xe tải trung
Xe tải nhẹ
Xe bus
Xe con
Số lượng xe
Hêê số quy đổi
Xe con quy đổi
840.5%
840.4%
840.5%
840.16%
840.24%
840.19%
840.27%
3
3
3
2.5
2.5
2,5
1
126
100.8
126
336
504
399
226.8
1818.6
Bảng 1.1. Quy đổi từ xe các loại về xe con
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
7
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
- Lưu lượng xe bình quân năm tại thời
điểm tính toán là:
N1 = ∑ n i a i = 1818.6 (Xcqđ/ngđ)
Trong đó:
N1: Lưu lượng xe con quy đổi tính cho năm thứ nhất (Xcqđ/ngđ)
a1: Hệ số quy đổi xe thứ I
;
ni: Số lượng xe thứ i
- Chọn năm tương lai: t = 15 năm
- Hệ số tăng trưởng xe hàng năm: q = 6%
- Lưu lượng xe con quy đổi năm tương lai
Nt = N1 (1 + q )t −1 = 1818, 6(1 + 0, 06)15−1 = 4112 (Xcqđ/ngđ)
Căn cứ vào:
- Chức năng của đường
- Điều kiện địa hình nơi đặt tuyến
- Lưu lượng xe thiết kế: Nxcqđ/ngđ
Dựa vào bảng 3 và bảng 4 tài liệu [1]
Kiến nghị lựa chọn:
+ Cấp thiết kế
: Đường cấp III miền núi
+ Tốc độ thiết kế : Vtk= 60Km/h
2.2.2. Xác định các đặc trưng của mặt cắt ngang đường
2.2.2.1. Phần xe chạy
a) Số làn xe
Đối với đường cấp III số làn xe tối thiểu là 2 (làn)
Tính toán hệ số sử dụng khả năng thông hành Z :
Z=
N cdg
n lx × N lth
Trong đó:
Z - là hệ số sử dụng năng lực thông hành của đường
Ncdg - là lưu lượng xe thiết kế giờ cao điểm của năm tính toán được quy đổi ra xe
con thông qua các hệ số quy đổi
Khi không có nghiên cứu đặc biệt có thể lấy: Ncdg = (0,10 ÷ 0,12)×Ntbnđ , do đó:
Ncdg = 0,11×4112≈ 452 (xcqđ/h)
nlx - là số làn xe yêu cầu, nlx= 2 (làn)
Nlth - là năng lực thông hành thực tế của một làn xe (xcqđ/h). Khi không có
nghiên cứu, tính toán có thể lấy như sau: trường hợp không có dải phân cách trái chiều
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
8
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
và ô tô chạy chung với xe thô sơ thì chọn
Nth = 1000 xcqđ/h/làn.
Thay số vào công thức:
452
Z=
= 0.226 < 0.77
2 ×1000
Z < 0.77 (Z= 0.77 là hệ số sử dụng năng lực thông hành giới hạn cho tuyến có
V= 60 Km/h ở vùng núi). Vậy tuyến thiết kế với 2 làn xe đảm bảo lưu thông được lượng
xe như đã dự báo.
Kiến nghị: chọn số làn xe là: nlx = 2 (làn)
b) Chiều rộng một làn xe
Sơ đồ tính bề rộng phần xe chạy: Tính toán được tiến hành theo 3 sơ đồ xếp xe và cho 2
loại xe:
+ Xe con có kích thước bé nhưng chạy với tốc độ cao, V= 60Km/h
+ Xe tải có kích thước lớn nhưng chạy với tốc độ thấp V= 40Km/h
Bề rộng 1 làn xe được xác định theo công thức:
B1làn=
b+c
+ x + y (m)
2
Trong đó:
b - là chiều rộng thùng xe
c - là cự ly giữa 2 bánh xe
x - là cự ly từ sườn thùng xe đến làn xe bên cạnh
y - là khoảng cách từ giữa vệt bánh xe đến mép phần xe chạy
Theo Zamakhaev đề nghị có thể tính: x = y = 0.5 + 0.005×V
Tính toán theo các sơ đồ:
Sơ đồ I
Hai xe tải đi ngược chiều nhau trên hai làn và gặp nhau:
s¬ ®å tÝnh bÒ réng phÇn xe ch¹y ( s¬ ®å I )
b2
x2
c2
y2
Hình 1.2.1
Tính cho xe tải với các thông số như sau:
b = 2.5m , c = 1.8m , V = 40 Km/h
Do đó:
x = y = 0.5 + 0.005×40 = 0.7 m
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
9
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
Vậy trong điều kiện bình thường ta có :
(1.8 + 2.5)
+ 0.7 + 0.7 = 3.55 m
B1= B2=
2
Bề rộng phần xe chạy B= B1+B2 = 3.55 + 3.55 = 7.1 m
Sơ đồ II
Hai xe con đi ngược chiều nhau và gặp nhau:
s¬ ®å tÝnh bÒ réng phÇn xe ch¹y ( s¬ ®å II )
Hình 1.2.2
Tính toán cho xe con với các thông số: b = 1.8m , c = 1.2m , V= 60Km/h
Do đó:
x = y = 0.5+ 0.005V = 0.5+0.005.60 = 0.8m
Vậy trong điều kiện bình thường ta có :
1.8 + 1.2
+ 0.8 + 0.8 = 3.1 m
B1= B2 =
2
Bề rộng phần xe chạy là
B= B1+B2 = 3.1 + 3.1= 6.2m.
Sơ đồ III
Xe tải và xe con đi ngược chiều nhau và gặp nhau
b2
b1
Y1
C1
X1
X2
C2
Y2
Hình 1.2.3
Dễ thấy bề rộng phần xe chạy là = 3.1 + 3.55 = 6.65 m
Theo TCVN 4054-05 [1]: Đối với đường loại này chiều rộng tối thiểu một làn
xe: B1làn = 3.0 m
Tuyến đường thiết kế là đường vùng núi do đó cần khắc phục những đoạn dốc
đọc nhất định, khi đó tốc độ của xe theo chiều lên dốc sẽ giảm đi đáng kể so với việc
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
chạy trên đường bằng, ngược lại xe xuống
dốc thường có xu hướng hãm phanh để đảm bảo an toàn. Khi 2 xe gặp nhau người lái
thường có xu hướng giảm tốc độ, ngoài ra người lái có thể lựa chọn giải pháp đi vào dải
an toàn được bố trí trên lề gia cố để tránh nhau.
Hơn nữa việc tính toán như trên là đúng nhưng chưa đủ vì còn nhiều yếu tố quan
trọng chưa được xét tới, đầu tiên là mặt an toàn giao thông, sau đó là về giá đầu tư xây
dựng (rõ ràng bề rộng càng nhỏ giá đầu tư xây dựng càng nhỏ). Muốn chọn được bề
rộng một cách chính xác nhất phải có luận chứng kỹ lưỡng về mặt an toàn giao thông và
giá đầu tư xây dựng. Do vậy sơ bộ có thể chọn bề rộng làn xe theo TCVN4054-05[1].
Kiến nghị chọn Blàn = 3.0 m.
2.2.2.2. Lề đường
Lấy theo bảng 7 [1] : đối với cấp hạng đường này thì:
Chiều rộng lề là 1.5 m trong đó lề gia cố là 1.0 m.
2.2.2.3. Dốc ngang phần xe chạy
Độ dốc ngang phần xe chạy của các bộ phận trên mặt cắt ngang ở các đoạn
đường thẳng được lấy như trong bảng 9 [1] phụ thuộc vào vật liệu làm lớp mặt và vùng
mưa (giả thiết trước mặt đường sẽ sử dụng là mặt đường bêtông nhựa).
Vậy: với đường cấp thiết kế III, V tk= 60 Km/h ta xác định được quy mô mặt cắt
ngang như sau:
Bảng 2.2 : Các yếu tố trên mặt cắt ngang
Vtk
nlx
B1làn
Bpxc
Blề
Bnền
Cấp thiết kế
(Km/h)
(làn)
(m)
(m)
(m)
(m)
III
60
2
3.0
6.0
1.5
9.0
2.2.3. Các chỉ tiêu kỹ thuật của tuyến
2.2.3.1. Xác định độ dốc dọc lớn nhất cho phép (idmax)
Độ dốc dọc idmax được xác định từ 2 điều kiện sau:
+ Điều kiện sức kéo của ô tô
+ Điều kiện sức bám của bánh ô tô với mặt đường
- Điều kiện sức kéo phải lớn hơn tổng sức cản của đường
- Khi xe chuyển động thì xe chịu các lực cản gồm:
+ Lực cản lăn Pf
+ Lực cản không khí Pw
+ Lực cản quán tính Pj
+ Lực cản leo dốc Pi
Pa ≥ Pf + Pw + Pj + Pi
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
11
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
Pa − Pw
, D là nhân tố
G
động lực của xe, được tra biểu đồ nhân tố động lực (D - là sức kéo trên một đơn vị trọng
lượng của xe, D = f(V, loại xe))
Khi xe chạy với vận tốc không đổi thì:
D = f ± i ⇒ id = D - f
Trong đó: f - là hệ số sức cản lăn. Với V > 50 Km/h thì hệ số sức cản lăn được
tính theo công thức:
fv = f0×[1+0.01× (V-50)]
V (Km/h) - là vận tốc tính toán
f0 - là hệ số sức cản lăn khi xe chạy với vận tốc nhỏ hơn 50 Km/h
Dự kiến mặt đường sau này thiết kế dùng là Bê tông nhựa, trong điều kiện
khô, sạch: lấy f0 = 0.02
Vậy idmax = D - fv
Đặt : D =
Ta có vận tốc thiết kế Vtk = 60km/h theo biểu đồ nhân tố động lực của xe
TOYOTA Camry 2.4 với D = 0,1
imax = 0,1 – 0,02 = 0,08
Theo (bảng 15) TCVN 4054 -05, đối với đường cấp III miền núi, vận tốc cần thiết
kế Vtk = 60km/h:
độ dốc dọc lớn nhất trên toàn tuyến imax = 7%
2.2.3.2. Xác định tầm nhìn xe chạy
Nhất thiết phải bảo đảm chiều dài tầm nhìn trên đường để nâng cao độ an toàn
chạy xe và độ tin cậy về tâm lý để chạy xe với tốc độ thiết kế.
Các tầm nhìn được tính từ mắt người lái xe có chiều cao 1.20m bên trên phần xe
chạy, xe ngược chiều có chiều cao 1.20 m, chướng ngại vật trên mặt đường có chiều cao
0.15m.
Tính toán 2 sơ đồ tầm nhìn:
1 - Dừng xe trước chướng ngại vật (Sơ đồ I - Tầm nhìn một chiều S1)
2 - Hai xe vượt nhau (Sơ đồ IV - Tầm nhìn vượt xe S4)
a. Tầm nhìn 1 chiều (S1)
Người lái phát hiện chướng ngại vật, hãm phanh và dừng xe trước chướng ngại
vật một khoảng cách an toàn.
Sơ đồ tính tầm nhìn S1
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
12
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
l P
Sh
lo
S1
S1 = lpư + Sh + lo (m)
Trong đó:
l1(m) - là quãng đường ứng với thời gian phản ứng tâm lý t = 1s
V
lpư = V×t = 3,6 (m) - là chiều dài đoạn phản ứng tâm lý
K × V2
Sh =
(m) - là chiều dài hãm xe
254 × (ϕ ± i)
l0 = 5 ÷ 10 m - là cự ly an toàn. Tính toán lấy l0 = 10m
V - là vận tốc xe chạy, Km/h
K - là hệ số sử dụng phanh K = 1.2 với xe con, K= 1.3 với xe tải, ở đây ta chọn
K= 1.2
ϕ = 0.5 - là hệ số bám
i (%) - là độ dốc dọc. Khi tính toán tầm nhìn lấy i = 0.00 %
60
1,2 × 60 2
+
+ 10 = 60.68 (m). Lấy tròn S1 = 61 m
S1 =
3,6 254 × (0,5 − 0,00)
Theo bảng 10 [1]: S1= 75 (m)
Vậy kiến nghị chọn S1 =75 (m).
b. Tầm nhìn vượt xe (S4)
Xe 1 chạy nhanh bám theo xe 2 chạy chậm với khoảng cách an toàn, khi quan sát
thấy làn xe trái chiều không có xe, xe 1 lợi dụng làn trái chiều để vượt.
Sơ đồ tính tầm nhìn vượt xe:
Tính toán với giả thiết sau: xe con chạy với vận tốc V 1= 60Km/h chạy sang làn
ngược chiều để vượt xe tải chạy chậm hơn với tốc độ là V2 = 45Km/h.
l1
S1-S2
l
l
l
S
Xét đoạn đường nằm ngang, và tốc độ của xe ngược chiều V 3 = V1 = 60Km/h
(đây là tình huống nguy hiểm nhất).
ϕ = 0.5 là hệ số bám ; l0 = 5 ÷ 10m là cự ly an toàn. Lấy l0 = 10 m
Tầm nhìn vượt xe được xác định theo công thức ::
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
13
S4 =
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
V1 × (V1 + V2 )
60 × (60 + 45)
+ l0 =
+ 10
63,5 × (ϕ ± i)
63,5 × 0,5
= 208.43 m
Lấy tròn S4 = 210 m
Tuy nhiên để đơn giản, người ta dùng thời gian vượt xe thống kê được:
Lúc bình thường S4 = 6×V= 360m
Lúc cưỡng bức S4 = 4×V = 240m
Theo [1] thì S4 = 350 m
Kiến nghị chọn: S4 = 360m.
2.2.3.3. Xác định bán kính đường cong nằm nhỏ nhất
a. Khi có siêu cao
Khi thiết kế đường cong nằm có thể phải dùng bán kính đường cong nằm nhỏ,
khi đó hệ số lực ngang là lớn nhất và siêu cao là tối đa.
R min
n»m =
V2
(m)
127( μ + i scmax )
Với : i scmax = 0.07 ; V = 60Km/h, µ là hệ số lực ngang: µ = 0.15
Suy ra : R
min
n»m
60 2
=
= 128.85 (m)
127 × (0.15 + 0.07)
Theo bảng 11 [1] ta có R min
n»m =125m
Thực tế khi xe chạy vào đường cong bán kính nhỏ xe phải giảm tốc độ (không đạt được
V = 60 Km/h)
Kiến nghị chọn R min
n»m = 125m.
b. Khi không có siêu cao
min
R osc
=
V2
(m)
127 × (μ − i n )
Trong đó:
µ = 0.08 - là hệ số áp lực ngang khi không làm siêu cao (hành khách không có
cảm giác khi đi vào đường cong)
in = 0.02 - là độ dốc ngang mặt đường
min
R osc
=
Theo bảng 11 [1] ta có:
min
R osc
60 2
= 473 m
127 × (0.08 − 0.02)
= 1500 m
min
Kiến nghị chọn R osc = 1500 (m).
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
14
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
c. Xác định bán kính đường cong nằm
đảm bảo tầm nhìn ban đêm
Rminbđ =
30 × S1
= 15×S1 = 1125m
α
S1 - là chiều dài tầm nhìn 1 chiều
α= 2º- là góc mở đèn pha
Khi Rminbđ < 1125m thì phải khắc phục bằng các biện pháp chiếu sáng, cắm biển hạn chế
tốc độ về ban đêm, hoặc bố trí gương cầu.
2.2.3.4. Xác định chiều dài đường cong chuyển tiếp và đoạn nối siêu cao
a. Đường cong chuyển tiếp
Khi V ≥ 60 Km/h phải bố trí đường cong chuyển tiếp để nối từ đường thẳng vào
đường cong tròn và ngược lại. Tuy nhiên trong phần thiết kế cơ sở, các đường cong
được bố trí là các đường cong tròn. Nên không tính chiều dài đường cong chuyển tiếp.
b. Đoạn nối siêu cao
Đoạn nối siêu cao, đoạn nối mở rộng đều được bố trí trùng với đường cong
chuyển tiếp. Trong phần thiết kế cơ sở các đường cong được bố trí là các đường cong
tròn, nên các đoạn nối này bố trí một nửa trên đường cong và một nửa trên đường thẳng.
Độ dốc siêu cao (isc) và chiều dài đoạn nối siêu cao (L) phụ thuộc vào bán kính
đường cong nằm (R) và tốc độ thiết kế (Vtk).
Bảng 2.3 : Độ dốc siêu cao (isc) và chiều dài đoạn nối siêu cao (Lnsc)
R (m)
1500 ÷ 300
300 ÷ 250
250 ÷ 200
200 ÷ 175
175 ÷ 150
150 ÷ 125
Isc
0.02
0.03
0.04
0.05
0.06
0.07
Lnsc(m)
50
50
50
55
60
70
2.2.3.5. Độ mở rộng phần xe chạy trong đường cong
Xe chạy trong đường cong yêu cầu phải mở rộng phần xe chạy. Độ mở rộng bố
trí cả ở hai bên, phía lưng và phía bụng đường cong, khi gặp khó khăn có thể bố trí một
bên, phía bụng hay phía lưng đường cong.
Tính toán cho hai loại xe là:
+ Xe có khổ xe dài nhất là xe tải nặng có 2 trục sau: khoảng cách từ trống
va đến trục sau: LA= 7.50m
+ Xe con: khoảng cách từ trống va đến trục sau là LA = 3.337m
Đường có 2 làn xe, độ mở rộng E được tính theo công thức
E=
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
L2A 0.1 × V
+
(m)
R
R
15
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
Kết quả tính toán:
Bảng 2.4 : Độ mở rộng phần xe chạy tính toán
R(m)
250
200
175
150
125
Exe tải(m)
0.60
0.71
0.77
0.86
0.99
Exe con (m)
0.42
0.48
0.52
0.56
0.63
Theo [1], độ mở rộng phần xe chạy trong đường cong nằm đối với đường 2 làn
xe và xe tải chiếm ưu thế lấy theo bảng sau:
Bảng 2.5 : Độ mở rộng phần xe chạy hai làn xe trong đường cong nằm
R
250 ÷ 200
<200 ÷ 150
<150 ÷ 100
<100 ÷ 70
<70 ÷ 50
<50 ÷ 30
Emr (m)
0.6
0.7
0.9
1.2
1.5
2.0
So sánh hai bảng tính toán ở trên ta có bảng 2.10 để tính toán mở rộng phần xe
chạy trong đường cong nằm như sau :
Bảng 2.6 : Độ mở rộng phần xe chạy hai làn xe trong đường cong nằm
R
250
200
175
150
125
Emr (m)
0.6
0.8
0.8
1.0
1.0
Độ mở rộng chọn trong bảng 2.10 được bố trí trên bụng và lưng đường cong. Trị
số độ mở rộng bố trí ở bụng và lưng đường cong lấy bằng 1/2 giá trị trong bảng 2.10
Bảng 2.10 được lấy sao cho đảm bảo giá trị độ mở rộng trên mỗi nửa là bội số
của 0.1m, nhằm tiện cho thi công.
Độ mở rộng được đặt trên diện tích phần lề gia cố. Dải dẫn hướng (và các cấu tạo
khác như làn phụ cho xe thô sơ…), phải bố trí phía tay phải của độ mở rộng. Nền đường
khi cần mở rộng, đảm bảo phần lề đất còn ít nhất là 0.5m
Đoạn nối mở rộng làm trùng với đoạn nối siêu cao và bố trí một nửa nằm trên
đường thẳng và một nửa nằm trên đường cong.
Trên đoạn nối, mở rộng đều (tuyến tính). Mở rộng 1m trên chiều dài tối thiểu
10m.
2.2.3.6. Chiều dài đoạn chêm giữa hai đường cong nằm
Đoạn thẳng tối thiểu cần chêm giữa hai đường cong có siêu cao là :
m≥
L1 L 2
+
(m)
2
2
Trong đó: L1. L2 (m) lần lượt là chiều dài chọn bố trí đoạn nối siêu cao ứng với
bán kính R1 , R2 (m)
Vì chưa cắm được tuyến cụ thể trên bình đồ nên chưa thể biết giá trị cụ thể của
bán kính R1 và R2 là bao nhiêu, do vậy để tiện dụng về sau, ở đây cho một nhóm bán
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
16
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
kính này (R1) ghép với bất kỳ một nhóm bán
kính khác (R2) từ đó tính ra trị số m tương ứng. Sau này trong giai đoạn thiết kế bình đồ
tuyến, tuỳ từng trường hợp cụ thể ta sẽ vận dụng bảng 2.11 để kiểm tra chiều dài các
đoạn chêm m xem có đủ không.
Bảng 2.7 : Trị số chiều dài tối thiểu đoạn chêm
1500 ÷ 300
R (m)
300 ÷ 250 250 ÷ 200 200 ÷ 175 175 ÷ 150 150 ÷ 125
L(m)
50
50
50
55
60
70
1500 ÷ 300
50
50
50
50
52.5
55
60
300 ÷ 250
50
50
50
50
52.5
55
60
250 ÷ 200
50
50
50
50
52.5
55
60
200 ÷ 175
55
52.5
52.5
52.5
55
57.5
62.5
175 ÷ 150
60
55
55
55
57.5
60
65
150 ÷ 125
70
60
60
60
62.5
65
70
2.2.3.7. Xác định bán kính tối thiểu đường cong đứng
Đường cong đứng được thiết kế tại những nơi đường đỏ đổi dốc có hiệu đại số 2
độ dốc dọc > 10‰ (do đường thiết kế là đường cấp III, tốc độ thiết kế 60Km/h)
a. Xác định Rlồimin
Theo điều kiện đảm bảo tầm nhìn 1 chiều: Rlồimin =
S12
2d
d là khoảng cách từ mắt người lái tới mặt đường, d = 1.2(m)
Thay số ta được Rlồimin = 2343,75. Làm tròn Rlồimin = 2345m
Theo bảng 19 [1] giá trị Rlồimin = 2500 (m)
Kiến nghị: Chọn: Rlồimin = 2500 m
b. Xác định bán kính đường cong lõm Rlõmmin
Theo điều kiện hạn chế về lực ly tâm nhằm đảm bảo sức khỏe cho hành khách và
nhíp xe không bị quá tải (gia tốc ly tâm lấy a= 0.5m/s2)
Rlõm=
V2
60 2
=
= 533.8 (m)
13 × a 6,5
Trên cơ sở bảo đảm tầm nhìn ban đêm :
2
S1
752
=
= 1366(m)
Rlõm=
2 × (h p + S1 × sinα ) 2 × (0.75 + 75 × sin10 )
Trong đó: hp - là chiều cao đèn pha xe con kể từ mặt đường lên, hp= 0.75m
S1 - là tầm nhìn một chiều, S1= 75m
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
17
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
α - là góc tỏa của chùm ánh sáng đèn
pha (theo chiều đứng) α = 1º
Đối chiếu với bảng 19 [1] giá trị Rlõmmin = 1000 m
Kiến nghị chọn: Rlõmmin = 1500 (m)
Bảng 2.8: Bảng tổng hợp các chỉ tiêu kỹ thuật
Theo
Theo
STT
Các chỉ tiêu kỹ thuật
Đơn vị
tính
TCVN
toán
4054-05
1
Cấp thiết kế
III
2
Vận tốc thiết kế
Km/h
3
Lưu lượng xe năm thứ 15
xcqđ/nđ
4
Bề rộng 1 làn xe
5
Kiến nghị
chọn TK
III
60
60
4111
> 3000
4111
m
3.55
3.0
3.0
Bề rộng phần xe chạy
m
7.1
6.0
6.0
6
Bề rộng nền đường
m
9
9
7
Bề rộng lề gia cố
m
2×1
2×1
8
Bề rộng lề đất
m
2×1.5
2×1.5
9
Số làn xe
Làn
0.462
2
2
10
Bán kính đường cong nằm min
m
128.85
125
125
11
Bán kính không siêu cao
m
473
1500
1500
12
Dốc ngang lề đất
‰
40
40
13
Dốc ngang mặt đường và lề gia cố
‰
20
20
14
Độ mở rộng trên đường cong nằm
m
Chỉ tiêu
bảng
2-4
15
Chiều dài đoạn nối siêu cao
m
Chỉ tiêu
bảng
2-3
16
Chiều dài đoạn thẳng chêm
m
Chỉ tiêu
bảng
2-7
17
Tầm nhìn 1 chiều
m
61
75
75
18
Tầm nhìn vượt xe
m
360
350
360
19
Bán kính đường cong đứng lồi min
m
2345
2500
2500
20
Bán kính đường cong lõm min
m
1366
1000
1500
21
Độ dốc dọc lớn nhất
‰
70
70
22
Độ dốc siêu cao lớn nhất
‰
70
70
23
Tần suất lũ thiết kế cống, rãnh
%
4
4
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
18
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
CHƯƠNG 3
THIẾT KẾ BÌNH ĐỒ
3.1. Nguyên tắc thiết kế
- Dựa vào các chỉ tiêu kỹ thuật đã chọn ở chương 2
- Tránh các khu vực dân cư, khu vực di tích lịch sử
- Bảo đảm các chỉ tiêu về kinh tế, giảm thiểu chiếm dụng đất canh tác và di dời
nhà cửa, tránh đền bù giải toả, giảm thiểu kinh phí xây dựng
- Hệ số triển tuyến hợp lý
- Qua các điểm nơi khống chế: các điểm khống chế có thể là các điểm sau:
+ Điểm đầu và điểm cuối tuyến
+ Vị trí vượt sông thuận lợi
+ Cao độ khu dân cư, thị trấn, thành phố
+ Nơi giao nhau với các tuyến giao thông khác
- Tránh qua các khu vực có địa chất phức tạp, đầm lầy, ao hồ, đại hình không ổn
định, mực nước ngầm cao
- Tại những vùng có khó khăn về bình đồ phải tiến hành đi bước compa:
λ=
Trong đó:
ΔH 1
×
id M
∆H - là chênh cao giữa hai đường đồng mức liên tiếp, ∆H = 5m
1
1
1
- là tỷ lệ bản đồ ( =
)
M
M 10000
id - là độ dốc dọc đều của tuyến, id = imax - 0.02= 0.05
Do đó:
λ=
5
1
×
= 1.0 cm (trên bình đồ)
0.05 10000
Các cọc ghi trên bình đồ cọc Km, cọc H, các cọc trong đường cong: P,TĐ,TC,
NĐ, NC và các cọc Cống, cọc địa hình.
Độ dốc dọc ảnh hưởng rất lớn tới tốc độ của xe chạy, thời gian xe chạy, năng lực
thông xe, an toàn xe chạy, giá thành vật tải... Vì thế độ dốc dọc lớn thì giảm giá thành
xây dựng nhưng trong mọi trường hợp ta cố gắng dùng các độ dốc bé và ít thay đổi độ
dốc.
Phối hợp các yếu tố trên trắc dọc, bình đồ và nằm trong địa hình cụ thể. Mục tiêu
là trong không gian có một tuyến đường hài hòa nội bộ không che lấp tầm nhìn, không
gây ảo giác có hại cho tâm lý người lái xe.
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
19
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
3.2. Các phương án tuyến đề xuất
Quan sát trên bình đồ, điểm đầu tuyến nằm gần thượng lưu con suối lớn, điểm
cuối tuyến nằm phía hạ lưu suối. Qua khảo sát sơ bộ, địa chất khu vực ven suối có địa
chất tương đối tốt để triển tuyến qua. Địa hình ven suối khá thoải và ít quanh co vì vậy
khi triển tuyến qua đây sẽ có thuận lợi là khối lượng xây dựng sẽ giảm đáng kể. Tuy
nhiên với lối đi ven suối này sẽ cắt qua nhiều suối nhánh và vị trí giao cắt thường gần
hạ lưu suối nhánh nên số công trình thoát nước sẽ nhiều.
Suối lớn có vị trí tương đối gần đường chim bay, hướng chảy cũng gần với
hướng tuyến. Do đó, có thể xem xét các phương án khác nhau trên cả hai bờ trái và bờ
phải của suối.
Các phương án triển tuyến trên bờ trái : do ngay từ đầu tuyến có thể triển tuyến
sang bờ trái luôn, mặc khác điểm cuối tuyến cũng nằm phía bờ trái. Vì thế, các phương
án này sẽ không phải cắt qua suối lớn và các công trình thoát nước chủ yếu là nhỏ và
thoát trên suối nhánh.
Các phương án triển tuyến trên bờ phải : các phương án này phải cắt qua suối lớn
ít nhất một lần để triển tuyến được về điểm cuối. Vì thế, cần xem xét vị trí thuận lợi
nhất để vượt qua suối.
Trên hướng tuyến nếu nhất quyết đi tuyến ven suối từ đầu về cuối thì một số
đoạn sẽ làm cho tuyến quanh co và tăng chiều dài tuyến lên đáng kể. Vì thế, cần xem
xét ở từng vị trí để kết hợp với lối đi men sườn núi và vượt đèo.
Với quan điểm triển tuyến như trên có thể vạch ra được khá nhiều các phương án
tuyến. Tuy nhiên trong số đó cần loại đi các phương án mà yếu điểm đã thấy rõ cũng
như các phương án kém hơn so các phương án được đề xuất. Qua so sánh lựa chọn, ở
đây xin đưa ra 2 phương án để đưa vào phân tích đánh giá:
* Phương án 1: lựa chọn lối đi tuyến ven suối (đi bờ bên phải suối lớn) kết hợp với
đi men sườn và vượt đèo ở một số vị trí: Kết quả thiết kế
Tổng chiều dài tuyến 2.81912Km, trên đó có 6 lần đổi hướng. Góc chuyển hướng
lớn nhất khoảng 7807’15’’. Bán kính đường cong nằm nhỏ nhất là 200m. Toàn tuyến
gồm có 5 cống và không có đoạn nào phải làm cầu.
* Phương án 2: cũng lựa chọn lối đi tuyến ven suối (nhưng men theo bờ bên trái
suối lớn) kết hợp với đi men sườn : Kết quả thiết kế
Tổng chiều dài tuyến 2.77720Km, trên đó có 6 lần đổi hướng. Góc chuyển
hướng lớn nhất khoảng 65033’55’’. Bán kính đường cong nằm nhỏ nhất là 200m. Toàn
tuyến gồm có 7 cống và không có đoạn nào phải làm cầu.
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
20
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
3.3. Tính toán các yếu tố của đường cong
nằm
Chọn Rnằm cố gắng bố trí Rnằm lớn để đảm bảo điều kiện xe chạy (nên chọn 2
đường cong liền kề có tỷ số giữa hai bán kính Ri và Ri+1 ≤ 2.0)
π×R×α
Chiều dài đường cong
:
K=
(m)
180
Phân cự
:
Chiều dài đoạn tiếp tuyến :
1
− 1 (m)
P = R×
cos α
2
T = R × tg α (m)
2
Kết quả tính toán :
+ Bảng yếu tố cong nằm phương án tuyến 1 thể hiện trong bảng 1.3.3 phụ lục
+ Bảng yếu tố cong nằm phương án tuyến 2 thể hiện trong bảng 1.3.4 phụ lục
3.4. Kết quả thiết kế
Bảng 3.1 : Bảng tổng hợp các yếu tố bình đồ 2 phương án
STT
Chỉ tiêu
1
Phương án tuyến
I
II
Chiều dài tuyến (m)
2819.12 m
2777.20 m
2
Hệ số triển tuyến
1.099
1.080
3
Số góc ngoặt
6
6
4
Rnằmmin (m)
200
200
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
21
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
CHƯƠNG 4
QUY HOẠCH VÀ THIẾT KẾ HỆ THỐNG THOÁT NƯỚC
4.1. Tổng quan
Tuyến A5-B5 được thiết kế mới, chạy qua vùng miền núi có điều kiện địa chất
thuỷ văn tương đối ổn định. Mực nước ngầm nằm khá sâu nên không phải thiết kế hệ
thống thoát nước ngầm cũng như ngăn chặn sự phá hoại của nó. Dọc theo tuyến có cắt
qua một số khe tụ thuỷ và một vài con suối. Tại những vị trí này thiết kế bố trí các cống
nhằm đảm bảo thoát nước từ lưu vực đổ về. Để thoát nước mặt đường và lưu vực lân
cận (từ hai taluy đổ xuống) thiết kế làm các rãnh dọc và cống cấu tạo (tối đa 500m phải
có một cống). Trong trường hợp dốc dọc lớn thì rãnh biên có thể thoát lưu lượng lớn
nên có thể bố trí 2 cống xa hơn 500m. Trường hợp lưu lượng từ lưu vực đổ về rãnh biên
lớn có thể chọn giải pháp tăng kích thước rãnh biên hoặc giải pháp làm rãnh đỉnh thu
nước.
4.2. Thiết kế thoát nước
4.2.1. Số liệu thiết kế
- Khu vực tuyến đi qua địa phận xã Liên Trung-Huyện Lâm Hà-Tỉnh Lâm Đồng
nằm trong vùng mưa XVI.
- Tần suất tính toán p% = 4%, lượng mưa ngày ứng với tần suất này là H 4% =
174mm.
- Đất á cát (cấp III).
4.2.2. Xác định lưu vực
- Xác định vị trí và lý trình của công trình thoát nước trên bình đồ và trắc dọc
- Xác định đường tụ thuỷ, phân thuỷ để phân chia lưu vực
- Nối các đường phân thuỷ, tụ thuỷ để xác định lưu vực của từng công trình
- Xác định diện tích lưu vực
Bình đồ khoanh vùng lưu vực được cho trong phần phụ lục.
4.2.3. Tính toán thuỷ văn
có Vtk = 60 Km/h
p= 4%
Xác định lưu lượng nước
Qmax= Ap α Hp F δ (m3/s)
Trong đó :
Hp = p% =4
Với Hp = H4% = 174 mm
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
22
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
φ LS =
1000 L
m LS I F 1 / 4 (αH 41%/ 4 )
1/ 3
ls
L - là chiều dài suối chính, Km
ILS - là độ dốc suối chính, tính theo phần nghìn
mLS - là hệ số nhám của lòng suối mLS, lấy theo bảng 9-3 [4], chọn m= 9
(1000bsd )1/ 2
ϕsd =
msd I1/sd4 (αH p% )1/ 2
Tsd=( φsd , vùng mưa)
Có Tsd , ϕLS tra được Ap%
bsd - là chiều dài trung bình sườn dốc lưu vực, ( m)
F
bsd =
0.9 × (∑ l + L)
Vậy
Qmax= Ap α Hp F δ (m3/s)
Kết quả tính toán thủy văn 2 phương án: xem phụ lục bảng 1.4.1 và 1.4.2
4.2.4. Xác định khẩu độ cống và bố trí cống
4.2.4.1. Xác định khẩu độ
- Dự kiến dùng cống tròn BTCT theo loại miệng thường, chế độ chảy không áp
- Căn cứ vào Qd đã tính sử dụng bảng tra sẵn có trong tài liệu [4], chọn các
phương án khẩu độ cống đảm bảo:
+ Số lỗ cống không nên quá 3 lỗ
+ Số đốt cống là chẵn và ít nhất
Bảng xác định khẩu độ cống 2 phương án : xem phụ lục bảng 1.4.1 và 1.4.2
4.2.4.2. Bố trí cống
a. Nguyên tắc bố trí
- Bố trí cửa ra của cống trùng với mặt đất tự nhiên.
- Khi dốc dọc của khe suối tại vị trí làm cống nhỏ hơn 10% khe suối thẳng
thường bố trí cống theo độ dốc của suối. Như vậy thì giảm được khối lượng đất đào ở
cửa vào của cống, và dòng chảy trong cống gần với dòng chảy tự nhiên của suối.
b. Xác định cao độ khống chế tại vị trí cống
Vì chế độ chảy là không áp nên cao độ nền đường với chiều cao đắp tối thiểu
theo cao độ đỉnh cống là 0.5 m (tính từ đỉnh cống).
Cao độ nền đường tối thiểu so với cao độ đặt cống xác định như sau:
Hnền min = max{Hn1; Hn2}
Hn1 = H+0.5 (m); Hn2 = CĐCcửa vào + (φ + δ)/cosα + 0.5 (m)
Trong đó: H - là cao độ nước dâng trước cống (m)
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
23
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
CĐCcửa vào - là cao độ đáy cống tại
cửa vào
φ - là khẩu độ cống (m)
δ - là bề dày thành cống (m)
α - là góc nghiêng của cống so với phương ngang
Các tính toán được lập thành bảng (xem phụ lục bảng 1.4.1 và 1.4.2)
Việc xác định cao độ khống chế trên cống và bố trí cống trên mặt cắt ngang được cho
trong phần phụ lục.
4.3. Kết quả thiết kế
Bảng 4.1 : Kết quả thiết kế cống phương án I
STT
Lý Trình
C1
C2
Cống cấu
tạo
C3
Cống cấu
tạo
Loại cống d (m)
Số lỗ cống
Tổng số đốt cống
Km0+225.04
Km0+718.10
1.0
2.0
1
3
12
39
Km1+100
0.75
1
12
Km2+316.10
1.0
1
12
Km2+669.88
0.75
1
12
Bảng 4.2 : Kết quả thiết kế cống phương án II
STT
Lý Trình
Loại cống d (m)
Số lỗ cống
Tổng số đốt cống
C1
C2
C3
C4
Cống cấu tạo
Cống cấu tạo
Cống cấu tạo
Km0+465.78
Km0+754.35
Km1+148.71
Km1+678.94
Km2+100.00
Km2+412.59
Km2+600.00
1.0
1.0
1.5
1.5
0.75
0.75
0.75
1
1
1
2
1
1
1
12
12
12
24
12
12
12
Bảng 4.3 : Tổng số đốt cống và chiều dài cống 2 phương án
Phương án 1
Loại
cống
Đường kính
d (m)
Số đốt
Cống
tròn
0.75
1.0
1.5
24
24
0
Phương án 2
Tổng chiều dài (m)
Số đốt
0
36
24
36
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
Tổng chiều dài (m)
24
TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÀNG HẢI VIỆT NAM
BỘ MÔN KỸ THUẬT XÂY DỰNG CẦU ĐƯỜNG
KHOA CÔNG TRÌNH
ĐỒ ÁN TỐT NGHIỆP – PHẦN THUYẾT MINH
2.0
39
0
0
CHƯƠNG 5
THIẾT KẾ TRẮC DỌC VÀ TRẮC NGANG
5.1. Thiết kế trắc dọc
5.1.1. Các căn cứ
- Dựa vào tiêu chuẩn thiết kế đường ô tô TCVN 4054-2005 [1]
- Dựa vào yêu cầu thiết kế của tuyến A5-B5
- Dựa vào bình đồ tỉ lệ 1/10000, trắc dọc tự nhiên, thiết kế thoát nước của tuyến
- Dựa vào số liệu địa chất, thuỷ văn
5.1.2. Nguyên tắc thiết kế đường đỏ
- Tuân thủ các tiêu chuẩn giới hạn cho phép như :
+ Độ dốc dọc lớn nhất imax = 7%
+ Bán kính đường cong đứng tối thiểu chỉ dùng cho những nơi khó khăn về địa hình
Việc chọn các tiêu chuẩn kỹ thuật cho thiết kế đường cho từng đoạn phải dựa trên cơ sở so
sánh chỉ tiêu kinh tế – kỹ thuật giữa các phương án.
+ Trong đường đào i dốc min ≥ 0.5% ( cá biệt là 0.3% nhưng chỉ được bố trí trên chiều
dài < 50 m )
+ Đảm bảo chiều dài tối thiểu đổi dốc L ≥ 150m
- Đảm bảo cao độ khống chế tại các vị trí như đầu tuyến, cuối tuyến, các nút giao, đường
ngang, đường ra vào các khu dân cư, cao độ mặt cầu, cao độ nền đường tối thiểu trên cống, cao
độ nền đường tối thiểu tại các đoạn nền đường đi dọc kênh mương, các đoạn qua cánh đồng
ngập nước;
- Khi vạch đường đỏ phải cố gắng bám sát địa hình để đảm bảo các yêu cầu về kinh tế
cũng như sự thuận lợi cho thi công
- Trắc dọc tuyến phải thoả mãn yêu cầu cho sự phát triển bền vững của khu vực, phù hợp với
sự phát triển quy hoạch của các khu đô thị và công nghiệp hai bên tuyến
- Kết hợp hài hoà với các yếu tố hình học của tuyến tạo điều kiện thuận tiện nhất cho phương
tiện và người điều khiển, giảm thiểu chi phí vận doanh trong quá trình khai thác
- Kết hợp hài hoà với các yếu tố cảnh quan, các công trình kiến trúc trong khu vực tuyến đi
qua.
5.1.3. Đề xuất đường đỏ các phương án tuyến
5.1.3.1. Các phương pháp thiết kế trắc dọc
a. Phương pháp đi bao
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN : TS. NGUYỄN PHAN ANH
SINH VIÊN THỰC HIỆN
: NGUYỄN THANH TÙNG
LỚP
: KCĐ52 - ĐH
25
Tài liệu liên quan
Kết quả thẩm định thiết kế bản vẽ thi công và dự toán
Tài liệu BIỂU MẪU "KẾT QUẢ THẨM ĐỊNH THIẾT KẾ BẢN VẼ THI CÔNG VÀ DỰ TOÁN CỦA CÔNG TRÌNH …Phụ lục số 4 " docx
Tài liệu Thủ tục Phê duyệt Thiết kế bản vẽ thi công pptx
Đề tài Tốt nghiệp Thiết kế bản vẽ thi công - Thiết kế tuyến đường đi qua 2 điểm C-D cho trước trên bình đồ thuộc tỉnh Bình Phước
thuyết minh thiết kế bản vẽ thi công đường sắt
Thẩm định thiết kế bản vẽ thi công, dự toán xây dựng công trình đối với công trình chỉ lập báo cáo kinh tế - kỹ thuật pps
Thẩm định thiết kế bản vẽ thi công, dự toán xây dựng công trình đối với công trình chỉ lập báo cáo kinh tế - kỹ thuật ppt
Thẩm định thiết kế bản vẽ thi công và dự toán các dự án lập báo cáo kinh tế kỹ thuật về thủy lợi và nước sinh hoạt; mã số hồ sơ 021912 ppt
Mẫu kết quả thẩm định thiết kế bản vẽ thi công và dự toán của công trình pdf
ĐỀ CƯƠNG KHẢO SÁT VÀ THIẾT KẾ BẢN VẼ THI CÔNG TUYẾN ĐƯỜNG QUẢN LỘ PHỤNG HIỆP GÓI THẦU SỐ 11 PHÂN ĐOẠN : KM77+200 – KM87+200 THUỘC ĐỊA PHẬN TỈNH BẠC LIÊU
Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về
(3.07 MB) - THIẾT kế bản vẽ THI CÔNG TUYẾN ĐƯỜNG QUA HAI điểm a5 b5
Tải bản đầy đủ ngay
×

Server: Apache


text:
Tải bản đầy đủ
Thạc sĩ - Cao học
Khoa học tự nhiên
ĐỀ TÀI: SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
————————–
VŨ THỊ HIỀN
SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TOÁN PHỔ THÔNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
————————–
VŨ THỊ HIỀN
SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TOÁN PHỔ THÔNG
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 60460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS.TS. Đặng Huy Ruận
Hà Nội - 2015
Mục lục
Mở đầu
1
1 Phương pháp quy nạp
2
1.1 Nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.1 Cơ sở quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2.2 Quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải một số bài toán . 4
2 Phương pháp chứng minh phản chứng
17
2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Nội dung của phương pháp phản chứng . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Trình bày lời giải của phương pháp phản chứng . . . . . . . . . . . 19
2.4 Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3 Phương pháp suy luận trực tiếp
28
3.1 Vài nét về phương pháp suy luận trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Các ví dụ về vận dụng phương pháp suy luận trực tiếp . . . . . . 29
4 Phương pháp đồ thị
35
4.1 Một số khái niệm và kết quả cơ bản của lí thuyết đồ thị . . . . . . 35
4.2 Phương pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2.1 Xây dựng đồ thị mô tả các quan hệ . . . . . . . . . . . . . 37
4.2.2 Dựa vào các kết quả của lý thuyết đồ thị hoặc lý luận trực
tiếp suy ra đáp án của bài toán D . . . . . . . . . . . . . . 37
4.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5 Phương pháp bảng
53
5.1 Giới thiệu về phương pháp bảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
i
MỤC LỤC
5.2 Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
6 Phương pháp sơ đồ
67
6.1 Các bước thực hiện phương pháp sơ đồ . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.1 Thiết lập sơ đồ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.2 Dựa vào cấu trúc của sơ đồ mô tả quan hệ và điều kiện
đã cho trong bài toán mà suy ra đáp án . . . . . . . . . . . 67
6.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
ii
Mở đầu
Toán phổ thông chẳng những nhiều về số lượng, còn phong phú về chủng
loại.
Mỗi chủng loại đòi hỏi một phương pháp giải thích hợp. Bởi vậy có nhiều
phương pháp giải toán phổ thông.
Với khối lượng có hạn, luận văn chỉ xin phép trình bày sáu trong những
phương pháp thường dùng nhất.
Luận văn gồm phần mở đầu và sáu chương:
Chương I trình bày về phương pháp quy nạp,
Chương II trình bày về phương pháp phản chứng,
Chương III trình bày về phương pháp suy luận trực tiếp,
Chương IV trình bày về phương pháp đồ thị,
Chương V trình bày về phương pháp bảng,
Chương V I trình bày về phương pháp sơ đồ.
Mỗi phương pháp đều có phần tóm tắt cơ sở lý thuyết và phần vận dụng
phương pháp để giải bài tập.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo GS. TS
Đặng Huy Ruận. Em xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán - Cơ - Tin học, khoa Sau
Đại học, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, các
Thầy, Cô giáo đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho chúng em trong thời gian
học tập tại đây. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các Đồng nghiệp tại trường
Phổ Thông Hồng Đức - Hà Nội, những người đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều
trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Luận văn khó tránh khỏi hạn chế và sơ xuất. Rất mong được sự chỉ bảo của
Quý thầy cô và Quý bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
1
Chương 1
Phương pháp quy nạp
Phương pháp quy nạp có vai trò vô cùng quan trọng trong toán học, khoa
học và cuộc sống. Đối với nhiều bài toán trong chương trình toán phổ thông là
những bài toán logic, tức những bài toán không mẫu mực phương pháp quy nạp
cho ta nhiều cách giải hữu hiệu.
Suy diễn là quá trình từ "tính chất" của tập thể suy ra tính chất của cá thể,
nên luôn luôn đúng, còn quá trình ngược lại, tức quá trình quy nạp: đi từ "tính
chất" của một số các thể suy ra "tính chất" của tập thể thì không phải lúc nào
cũng đúng, mà quá trình này chỉ đúng khi nó thỏa mãn một số điều kiện nào
đó, tức thỏa mãn nguyên lý quy nạp.
1.1 Nguyên lý quy nạp
Nếu khẳng định S(n) thỏa mãn hai điều kiện sau:
a) Đúng với n = k0 (số tự nhiên nhỏ nhất mà S(n) xác định).
b) Từ tính đúng đắn của S(n) đến n = t (hoặc đối với mọi giá trị của n (k0 ≤
n ≤ t)) (t ≥ k0), ta cần chứng minh tính đúng đắn của S(n) đối với n = t + 1, thì
khiØS(n) đúng với mọi n ≥ k0.
1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp
Giả sử khẳng định S(n) xác định với mọi n ≥ t0. Để chứng minh S(n) đúng
∀n ≥ t0 bằng quy nạp ta cần thực hiện theo hai bước sau:
2
Chương 1. Phương pháp quy nạp
1.2.1 Cơ sở quy nạp
Thực hiện bước này tức là ta thử xem sự đúng đắn của S(n) với n = t0 nghĩa
là xét S(t0) có đúng hay không?
1.2.2 Quy nạp
Giả sử khẳng định S(n) đã đúng đến n = t (hoặc đối với mọi n (t0 ≤ n ≤ t))
(t ≥ t0). Trên cơ sở giả thiết này ta chứng minh tính đúng đắn của S(n) đối với
n = t + 1, tức S(t + 1) đúng.
Nếu cả ba bước trên thỏa mãn, thì theo nguyên lý quy nạp S(n) đúng với
∀n ≥ t0.
Chú ý: Trong quá trình quy nạp nếu không thực hiện đầy đủ cả ba bước: Cơ
sở quy nạp, giả thiết quy nạp và chứng minh quy nạp, thì có thể dẫn đến kết
quả sai lầm, chẳng hạn:
- Do bỏ bước cơ sở quy nạp, ta đưa ra kết luận không đúng: Mọi số tự nhiên
đều bằng nhau! Bằng cách quy nạp như sau: Giả sử các số tự nhiên không vượt
quá k + 1 đã bằng nhau. Khi đó ta có
k = k +1
Thêm vào mỗi vế của đẳng thức trên một đơn vị ta có
k +1= k +1+1= k +2
Cứ như vậy suy ra mọi số tự nhiên không nhỏ hơn k đều bằng nhau. Kết hợp
với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt quá k đều bằng nhau, đi đến
kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!
- Do bỏ qua khâu quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601-1665) đã
n
cho rằng các số dạng 22 + 1 đều là số nguyên tố.
P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
0
Với n = 0 cho 22 + 1 = 21 + 1 = 3 là số nguyên tố.
1
n = 1 cho 22 + 1 = 22 + 1 = 5 là số nguyên tố.
2
n = 2 cho 22 + 1 = 24 + 1 = 17 là số nguyên tố.
3
n = 3 cho 22 + 1 = 28 + 1 = 257 là số nguyên tố.
4
n = 4 cho 22 + 1 = 216 + 1 = 65537 là số nguyên tố.
3
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Nhưng vào thế kỷ 18 Euler đã phát hiện với n = 5 khẳng định trên không
đúng, bởi vì:
5
22 + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417
là hợp số.
1.2.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải một số bài toán
Phương pháp quy nạp được sử dụng trong tính toán, trong chứng minh và
trong suy luận dưới nhiều dạng khác nhau, nhưng trong phần này chỉ trình bày
việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán logic, tức các bài toán
"không mẫu mực".
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng: Nếu trong túi có một số tiền nguyên (nghìn)
không ít hơn 8000đ, thì luôn luôn có thể mua vé sổ số loại 5000đ và 3000đ.
Lời giải: Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng phương pháp quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức 8000đ, thì ta mua một
vé sổ số loại 5000đ và một vé sổ số loại 3000đ. Khi đó
1 × 5000đ + 1 × 3000đ = 8000đ
và ta đã tiêu được hết số tiền có trong túi.
2) Quy nạp. Giả sử với k(k ≥ 8000) nghìn đồng ta đã tiêu hết bằng cách mua
các vé sổ số loại 5000đ và 3000đ. Nếu có thêm 1000đ nữa ta cũng có thể mua
được bằng cách sau đây:
a) Nếu trong các vé sổ số đã mua có ít nhất ba vé loại 3000đ, thì ta trả lại
ba vé loại 3000đ, đưa thêm 1000đ và lấy về hai vé loại 5000đ. Khi đó
3 × 3000đ + 1000đ = 2 × 5000đ.
b) Nếu trong các vé sổ số đã mua có không quá hai vé loại 3000đ, thì phải
có ít nhất một vé loại 5000đ. Bởi vì trong túi không ít hơn 8000đ, mà đã tiêu
hết. Khi đó đem trả lại một vé loại 5000đ, đưa thêm 1000đ và lấy về hai vé loại
3000đ, ta có
1 × 5000đ + 1000đ = 2 × 3000đ
Như vậy trong mọi trường hợp từ kết quả tiêu k nghìn đầu tiên đã suy ra
được cách tiêu nghìn thứ k + 1, nên bài toán đã được giải quyết xong.
4
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Ví dụ 1.2.2. Em An cầm một tờ giấy và lấy kéo cắt thành 7 mảnh. Sau đó nhặt
một trong những mảnh giấy đã cắt và lại cắt thành 7 mảnh. Và em An cứ tiếp
tục cắt giấy như vậy. Sau một hồi em An thu tất cả các mẩu giấy đã cắt ra và
đếm được 122 mảnh. Liệu em An đếm đúng hay sai?
Lời giải:
1) Mỗi lần cắt mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là đã tạo ra thêm 6 mảnh giấy,
nên công thức tính số mảnh giấy sau n bước thực hiện một mảnh giấy thành 7
mảnh có dạng: S(n) = 6n + 1.
2) Tính đúng đắn của công thức S(n) được khẳng định bằng quy nạp theo n.
10) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, em An cắt mảnh giấy có trong tay thành 7
mảnh, nên có
S(1) = 6.1 + 1 = 6 + 1 = 7
20) Quy nạp. Giả sử sau k bước em An đã nhận được số mảnh giấy là
S(k) = 6k + 1
Sang bước k + 1 em An lấy một trong những mảnh giấy nhận được trong k
bước trước và cắt thành 7 mảnh, tức em An đã lấy đi một trong S(k) mảnh và
thay vào đó 7 mảnh được cắt ra nên
S(k + 1) = S(k) − 1 + 7 = 6k + 1 − 1 + 7 = 6k + 7
= 6k + 6 + 1 = 6(k + 1) + 1
Vậy số mảnh giấy em An nhận được sau n bước cắt giấy là S(n).
3) Do S(n) = 6n + 1 ≡ 1 (mod 6), nhưng 122 = 6.20 + 2 ≡ 2 (mod 6), nên em
An đếm không đúng.
Ví dụ 1.2.3. (Chứng minh tính chất bằng quy nạp).
Cho x + x1 , x = 0 là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n, số
T (n, x) = xn + 1
xn
cũng là số nguyên.
Lời giải: Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1 có T (1, x) = x + x1 là số nguyên, theo giả thiết.
là
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên k(n ≥ k ≥ 1) nghĩa
T (k, x) = xk + 1
5
xk
Chương 1. Phương pháp quy nạp
là số nguyên.
Với n = k + 1 số
T (k + 1, x) = xk+1 + 1
=x+1
xk+1 =
x xk +
1
xk
− xk−1 +
1
xk−1
theo giả thiết quy nạp, các số x + x1 , xk−1 + xk1−1 và xk + x1k đều nguyên, nên
T (k + 1, x) là số nguyên và khẳng định đúng với mọi số nguyên dương n.
Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng mọi số nguyên lớn hơn 1 đều có thể viết dưới
dạng tích của các thừa số nguyên tố.
Lời giải: Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 2, ta có 2 = 2,
Với n = 3, ta có 3 = 3, n = 4, ta có 4 = 2 × 2
Vậy khẳng định đúng với n = 2, 3, 4.
2. Quy nạp. Giả sử với mọi số nguyên n đều phân tích được thành tích của
các thừa số nguyên tố. Ta chứng minh n + 1 cũng phân tích được thành tích của
các thừa số nguyên tố.
Thật vậy
· Nếu n + 1 là số nguyên tố thì nó bằng tích của chính n + 1.
· Nếu n + 1 là hợp số thì n + 1 = a.b với 2 ≤ a, b < n.
Theo giả thiết quy nạp, thì a, b đều phân tích được thành tích các thừa số
nguyên tố.
Suy ra, n + 1 cũng phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố.
Theo nguyên lý quy nạp, mọi số nguyên n > 1 đều phân tích được thành tích
các thừa số nguyên tố.
Ví dụ 1.2.5. (Chứng minh tính chia hết bằng quy nạp). Chứng minh rằng với
n
n
n
.
mọi số nguyên dương n số 23 + 1 chia hết cho 3n+1 23 + 1 ..3n+1 và số 23 + 1
n
không chia hết cho 3n+2 23 + 1 .. n+2 . .3
n
Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp. Kí hiệu 23 + 1 = An.
1) Cơ sở quy nạp.
1
.
.
Với n = 1 ta có A1 = 23 + 1 = 23 + 1 = 8 + 1 = 9, nên A1..32 và A1 ..33.
2
.
.
Với n = 2 ta có A2 = 23 + 1 = 513, nên A2..33 và A2 ..34.
6
Chương 1. Phương pháp quy nạp
.
2) Quy .nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với n = k ≥ 2, nghĩa là Ak..3k+1 và
Ak ..3k+2.
.
Vì Ak..3k+1, nên
.
∃M ∈ N (Ak = M.3k+1 và M ..3)
(1.1)
Xét n = k + 1
Ak+1 = 23
k+1
k
+ 1 = 23
k
= 3k+1.M. 23 + 1
.3
2
3
k
+ 1 = 23
k
+ 1 = 23 + 1 23
k
2
k
− 23 + 1
k
k
= 3k+1.M. 3k+1.M 2 − 3.23
− 3.23
k
k
= 3k+1.M. 32k+2.M 2 − 3.23
= 3k+2.M. 32k+1.M 2 − 23
n
10) Khi đó Ak+1..3k+2, nên với mọi số nguyên dương n đều có 23 + 1..3n+1.
..
.
20) Ak+1 ..3k+3.
.
a) Vì M ..3 (theo (1.1)), nên
.
3k+2.M ..3k+3
(1.2)
b) Do k ≥ 2, nên ∃t ∈ N (k = t + 2) và 32k+1.M 2 = 3k+3+t.M 2.
Bởi vậy
.
32k+1.M 2..3k+3
(1.3)
k
k. k. k
Giả sử 23 ..3k+3. Khi đó 23 ..9, nhưng 23 = 23
k
= 8k = ±1 (mod 9), nên
.
23 ..3k+3
(1.4)
Từ các quan hệ (1.3) và (1.4) ta suy ra
k
32k+1.M 2 − 23
...3k+3
.
Từ (1.2) và (1.5) suy ra: Ak+1 ..3k+3, nên với mọi số nguyên dương n số An không
chia hết cho 3n+2.
Ví dụ 1.2.6. (Chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp)
Cho n(n ≥ 1) số dương x1, x2, · · · , xn thỏa mãn điều kiện
x1.x2. · · · xn−1.xn = 1
Chứng minh rằng
x1 + x2 + · · · + xn−1 + xn ≥ n
và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn
7
(1.5)
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1 ta chỉ có số x1. Vì x1 = 1, nên x1 thỏa mãn bất
đẳng thức x1 ≥ 1.
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với k số dương tùy ý có tích bằng 1.
Xét k + 1 số dương tùy ý x1, x2, · · · , xk , xk+1 với x1.x2. · · · xk .xk+1 = 1. Có hai khả
năng đặt ra:
a) Nếu x1 = x2 = · · · = xk = xk+1, thì xi = 1 (1 ≤ i ≤ k + 1). Khi đó
x1 + x2 + · · · + xk + xk+1 = k + 1
và khẳng định được chứng minh.
b) Nếu k + 1 số được xét x1, x2, · · · , xk, xk+1 không đồng thời bằng nhau, thì do
tích của chúng bằng 1 và các số này đều dương, phải có ít nhất một số lớn hơn
1 và ít nhất một số nhỏ hơn 1. Không giảm tính tổng quát, giả sử xk < 1 và
xk+1 > 1. Khi đó
1 − xk > 0, xk+1 − 1 > 0 nên (1 − xk ) (xk+1 − 1) > 0
Bởi vậy
xk + xk+1 > xk .xk+1 + 1
(1.6)
Từ đẳng thức: x1.x2. · · · xk−1 (xk xk+1) = x1.x2. · · · .xk−1xk .xk+1 = 1 suy ra k số
dương x1, x2, · · · , xk−1, (xk xk+1) có tích bằng 1, nên theo giả thiết quy nạp, có
x1 + x2 + · · · + xkxk+1 ≥ k
Cộng cả hai vế của bất đẳng thức trên với 1 ta có bất đẳng thức
x1 + x2 + · · · + xkxk+1 + 1 ≥ k + 1
(1.7)
Từ bất đẳng thức (1.6) và (1.7) ta có
x1 + x2 + · · · + xk + xk+1 ≥ x1 + x2 + · · · + xk xk+1 + 1 ≥ k + 1
Khẳng định đã được chứng minh.
Với n số dương tùy ý x1 = x2 = · · · = xn và x1.x2. · · · xn = 1 suy ra xi = 1(1 ≤ i ≤
n), nên x1 + x2 + · · · + xn = n.
Ví dụ 1.2.7. (Tìm chữ số tận cùng bằng quy nạp)
k
Với mọi số nguyên dương k ≥ 2 hãy tìm chữ số tận cùng của số Ak = 22 + 1.
8
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
2
1) Cơ sở quy nạp. Với k = 2 số A2 = 22 + 1 = 24 + 1 = 17
2) Quy nạp. Giả sử với k = n ≥ 2 số An đã có tận cùng là 7.
Xét số An+1 = 22 + 1. -8n+1
Do An tận cùng số 7, nên tồn tại số nguyên dương m, để An = 10m + 7. Từ đó
n
An − 1 = 22 = 10m
+ 6.
+
1 = 22
An+1 = 22
n+1
n.2
+ 1 = 22
n
2
+1
= (10m + 6)2 + 1 = 100m2 + 120m + 36 + 1
= 10 10m2 + 12m + 37 = 10 10m2 + 12m + 3 + 7
nên An+1 tận cùng bằng chữ số 7.
Vậy với mọi số k ≥ 2, số Ak tận cùng bằng chữ số 7.
Ví dụ 1.2.8. Tính tổng sau
S(n) = 12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 ,
trong đó n là một số tự nhiên.
Lời giải: Ta sẽ đi dự đoán công thức tổng S(n). Ta thấy S(n) là tổng của các
lũy thừa bậc hai của các số 1, 3, · · · , (2n + 1), nên ta dự đoán S(n) phải là một
đa thức của n có bậc không nhỏ hơn ba. Giả sử S(n) = an3 + bn2 + cn + d. Vì
S(0) = 1 nên d = 1. Lần lượt thay n = 1, n = 2, n = 3, ta được hệ
a + b + c =9
8a + 4b + 2c = 34
27a + 9b + 3c = 83
Giải hệ này ta thu được a = 3 , b = 4, c = 3 . Khi đó,
11
S(n) = n3 + 4n2 + 11
4
3
3 n +1=
(n + 1) (2n +31) (2n + 3) (1.8)
Ta sẽ chứng minh công thức (1.8) bằng quy nạp theo n.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, ta dễ dàng kiểm tra được (1.8) đúng.
2) Quy nạp. Giả sử (1.8) đúng với n = k, ta chứng minh (1.8) đúng với
n = k + 1.
Thật vậy
S(k + 1) = 12 + 32 + · · · + (2k + 1)2 + (2k + 3)2
= S(k) + (2k + 3)2 .
9
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Theo giả thiết quy nạp thì S(k) =
Suy ra
(k+1)(2k+1)(2k+3)
3
.
S(k + 1) = (k + 1) (2k + 1) (2k + 3)
3
+ (2k + 3)2
= (k + 2) (2k + 3) (2k + 5)
3
Vậy công thức (1.8) đúng với n = k + 1, do đó theo nguyên lý quy nạp (1.8) đúng
với mọi n.
Ví dụ 1.2.9. Chứng minh rằng A(n) = 7n + 3n − 1 chia hết cho 9 với mọi số tự
nhiên n.
Lời giải: Đặt A(n) = 7n + 3n − 1. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 0, ta có A(0) = 0 chia hết cho 9.
2) Quy nạp. Giả sử A(k) chia hết cho 9 với mọi k ∈ N. Ta sẽ chứng minh
A(k + 1) cũng chia hết cho 9.
Thật vậy, ta có
A(k + 1) = 7k+1 + 3 (k + 1) − 1
(1.9)
= 7A(k) − 9. (2k − 1) .
Theo giả thiết quy nạp thì A(k) chia hết cho 9. Do đó từ (1.9) ta suy ra A(k + 1)
cũng chia hết cho 9.
Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 1.2.10. Gọi S(n) là tổng tất cả các ước số lẻ lớn nhất của các số tự nhiên
từ 1 đến 2n. Chứng minh rằng 3S(n) = 4n + 2.
Lời giải: Các số tự nhiên từ 1 đến 2n bao gồm các số lẻ từ 1 đến 2n và gấp đôi
của các số tự nhiên từ 1 đến 2n−1. Từ đó ta có
S(n) = S(n − 1) + 1 + 3 + · · · + (2n − 1)
hay
S(n) = S(n − 1) + 4n−1
(1.10)
Ta sẽ chứng minh bài toán đã cho bằng quy nạp theo n.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có 3S(1) = 3(1 + 1) = 6 = 41 + 2, khẳng định
đúng với n = 1
10
Chương 1. Phương pháp quy nạp
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là
(1.11)
3S(k) = 4k + 2
Ta cần chỉ ra khẳng định đúng với n = k + 1 hay 3S(k + 1) = 4k+1 + 2.
Thật vậy, theo (1.10) ta có
S(k + 1) = S(k) + 4k
⇔ 3S(k + 1) = 3S(k) + 3.4k
= 4k + 2 + 3.4k
= 4k+1 + 2.
theo giả thiết quy nạp. Vậy khẳng định đã cho đúng với mọi n ∈ N∗.
Ví dụ 1.2.11. Tìm bậc cao nhất k của 2007 sao cho 2007k là ước của số:
20082007
2006
+ 20062007
2008
.
Lời giải: Ta chứng minh hai bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.1. Với số tự nhiên lẻ a ≥ 3 và với mọi n nguyên dương không chia
hết cho a, ta có:
n
(1 + a)a = 1 + Snan+1,
trong đó Sn là số nguyên dương và không chia hết cho a.
Bổ đề 1.2.2. Với số tự nhiên lẻ b ≥ 3 và với mọi số n nguyên dương, ta có:
n
(b − 1)b = −1 + tnbn+1,
trong đó tn là số nguyên không chia hết cho b.
+, Chứng minh bổ đề 1: Ta sẽ chứng minh bổ đề 1 bằng quy nạp.
1. Cơ sơ quy nạp. Với n = 1, ta có
(1 + a)a = 1 + Ca1a + Ca2a2 + . . . + Caaaa =
= 1 + a2 1 + Ca2 + Ca3a + . . . + aa−2
= 1 + S1a2.
.
Vì a lẻ nên Ca2 = 2!(aa−! 2)! = a(a2−1) ..a.
Do vậy, S1 = 1 + Ca2 + Ca3a + . . . + aa−2 không chia hết cho a.
11
(1.12)
Chương 1. Phương pháp quy nạp
2. Quy nạp. Giả sử khẳng định trên đúng với n = k, tức là
k
(1 + a)a = 1 + Sk ak+1,
trong đó Sk là số nguyên dương và không chia hết cho a.
Ta có
(1 + a)a
k+1
= (1 + a)a
k
.a
= 1 + Skak+1
a
= 1 + Ca1Skak+1 + Ca2 Skak+1
2
+ . . . + Caa Sk ak+1
a
= 1 + ak+2 Sk + Ca2Sk2 + . . . + Skaaak+a−k−2
= 1 + Sk+1ak+2.
Vì Sk không chia hết cho a suy ra Sk+1 không chia hết cho a.
Vậy bổ đề được chứng minh.
+, Chứng minh bổ đề 2. Bổ đề 2 được chứng minh bằng phương pháp quy
nạp bằng cách lý luận tương tự như chứng minh bổ đề 1.
Áp dụng hai bổ đề trên với a = b = 2007, ta được
20082007
2006
+ 20062007
2008
= S200620072007 + t200820072009
= S2006 + t200820072 20072007.
Vì S2006 không chia hết cho 2007 nên số k lớn nhất thỏa mãn điều kiện bài toán
là 2007.
Ví dụ 1.2.12. Dãy số (un) xác định như sau:
u0 = u1 = 1
un+1 = un−1un + 1; n = 1, 2, . . .
.
Chứng minh rằng: u2008 − 3..4.
Lời giải: Từ cách xác định dãy số, ta có u2 = 2; u3 = 3; u4 = 7; u5 = 22; u6 =
155; . . . Nhận thấy:
u2 ≡ 2 (mod 4); u5 ≡ 2 (mod 4).
u3 ≡ 3 (mod 4); u4 ≡ 3 (mod 4).
Ta dự đoán:
(mod 4)
un ≡ 2
nếu n = 3k + 2, (k ∈ Z)
un ≡ 3 (mod 4) nếu n = 3k + 1 hoặc n = 3k, (k ∈ Z). (1.13)
12
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Ta sẽ chứng minh quan hệ (1.13) bằng quy nạp.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 2, 3, 4, 5, ta có quan hệ (1.13) đúng.
2. Quy nạp. Giả sử (1.13) đúng với n = t. Ta cần chứng minh (1.13) đúng với
n = t + 1.
+) Nếu t = 3k, khi đó
t − 1 = 3k − 1 = 3(k − 1) + 2
t + 1 = 3k + 1.
Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 3 (mod 4); ut−1 ≡ 2 (mod 4)
Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),
hay (1.13) đúng.
+) Nếu t = 3k + 1, suy ra
t − 1 = 3k
t + 1 = 3k + 2 .
Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 3 (mod 4); ut−1 ≡ 3 (mod 4)
Suy ra
ut+1 ≡ 3.3 + 1 ≡ 2 (mod 4),
hay (1.13) đúng.
+) Nếu t = 3k + 2, suy ra
t − 1 = 3k + 1
t + 1 = 3(k + 1) .
Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 2 (mod 4); ut−1 ≡ 3 (mod 4)
Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),
hay (1.13) đúng. Vậy (1.13)
. được chứng minh. Do 2008 = 3.669 + 1, nên u2008 ≡ 3
(mod 4), hay u2008 − 3..4.
13
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Ví dụ 1.2.13. Chứng minh rằng số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì
chia hết cho 3n, trong đó n là một số nguyên dương cho trước.
Lời giải: Gọi A(n) = aa . . . a, trong đó A(n) gồm 3n chữ số a và 1 ≤ a ≤ 9. Ta
chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có A(1) = aaa chia hết cho 31 = 3. Khẳng
định đúng với n = 1.
2. Quy nạp. Giả sử A(n) chia hết cho 3n, ta cần chứng minh A(n + 1) chia
hết cho 3n+1.
Thật vậy, ta có
n
A(n + 1) = A(n)A(n)A(n) = A.102.3 + A.103 + A
n
n
n
= A 102.3 + 103 + 1 .
n
n
Vì 10 ≡ 1 (mod 3) nên 102.3 + 103 + 1 ≡ 0 (mod 3).
Hơn nữa, theo giả thiết quy nạp, A(n) chia hết 3n.
Do đó, ta có A(n + 1) chia hết 3n.3 = 3n+1, hay khẳng định đúng với n + 1.
Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định đã cho đúng với mọi n ∈ Z+.
Ví dụ 1.2.14. Mỗi đầu của đường kính thuộc đường tròn tâm 0 ghi số 1. Sau
đó tại trung điểm của mỗi cung nhận được ghi số 2 (tổng của hai số được ghi ở
hai đầu của mỗi cung) (Bước 2). Coi bốn điểm ghi số là các điểm chia đường
tròn. Khi đó đường tròn được chia thành bốn cung bằng nhau. Giữa mỗi cung
này lại ghi số 3 (tổng của hai số được ghi ở hai đầu của cung tương ứng) (Bước
3). Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi sau n bước tổng các số được ghi trên đường tròn là
bao nhiêu?
2
3
1
3
1
0
3
3
2
14
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Lời giải: Sau n bước tổng các số trên đường tròn là Sn = 2.3n.
Ta sẽ chứng minh công thức trên bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Sau Bước 1, trên đường tròn có bốn (22) số 1, 2, 1, 2. Khi
đó
S1 = 1 + 2 + 1 + 2 = 6 = 2.31
2. Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = k(k ≥ 1), nghĩa là sau k bước
trên đường tròn đã có 2k+1 số
s1, s2, . . . , s2k +1, . . . , s2k+1 ,
(1.14)
với tổng là Sk = 2.3k.
2
3
3
1
1
3
3
2
Sang bước (k + 1), ta coi 2k+1 điểm đã ghi là các điểm chia, nên đường tròn
được thành 2k+1 cung bằng nhau. Do trung điểm của mỗi cung này lại ghi tổng
của hai số đã ghi ở đầu của mỗi cung, nên mỗi số thuộc dãy (1.14) được xuất
hiện đúng hai lần trong các tổng mới (các số được ghi tại bước k + 1). Do đó,
tổng các số được ghi trên đường tròn sau k + 1 bước là:
Sk+1 = tổng các số đã ghi sau bước k + tổng các số được ghi tại bước k+1
= Sk + 2Sk = 3Sk = 3.2.3k = 2.3k+1
Khẳng định được chứng minh.
Ví dụ 1.2.15. Chứng minh rằng trên mặt phẳng n đường thẳng khác nhau cùng
đi qua một điểm, chia mặt phẳng thành 2n phần khác nhau.
Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có một đường thẳng. Nó chia mặt phẳng
thành hai phần, nên khẳng định đúng.
15
Chương 1. Phương pháp quy nạp
2) Quy nạp. Giả sử với n = k khẳng định đã đúng, nghĩa là k đường thẳng
tùy ý cùng đi qua một điểm M đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
Xét n = k + 1 đường thẳng khác nhau tùy ý cùng đi qua một điểm. Kí
hiệu các đường này, một cách tương ứng bằng δ1, δ2, · · · , δk , δk+1. Theo giả thiết
quy nạp k đường thẳng δ1, δ2, · · · , δk đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
δs
M
δk+1
δt
Vì các đường thẳng đều khác nhau và cùng đi qua điểm M , nên tồn tại các
chỉ số s, t (1 ≤ s, t ≤ k) để δk+1 là đường thẳng duy nhất nằm trong góc được
lập nên bởi δs và δt. Khi đó δk+1 chia hai phần mặt phẳng được giới hạn bởi
δs và δt thành bốn phần. Bởi vậy k + 1 đường thẳng δ1, δ2, · · · , δk, δk+1 chia mặt
phẳng thành
2k − 2 + 4 = 2k + 2 = 2 (k + 1)
phần khác nhau. Khẳng định được chứng minh.
16
Chương 2
Phương pháp chứng minh phản
chứng
Chứng minh là một nét đặc trưng của toán học, tạo ra sự khác biệt giữa
toán học với các môn khoa học khác. Nắm bắt phương pháp và kĩ thuật chứng
minh cũng là yêu cầu bắt buộc đối với học sinh nói chung. Các phương pháp và
kĩ thuật chứng minh rất phong phú: Từ chứng minh trực tiếp đến gián tiếp, từ
chứng minh bằng quy nạp đến chứng minh bằng phản chứng, từ ví dụ đến phản
ví dụ, từ xây dựng đến không xây dựng.
Trong bài luận văn này xin được đề cập đến phép chứng minh phản chứng,
một trong những phương pháp chứng minh kinh điển và quan trọng nhất của
toán học. Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan
trọng nhất của toán học. Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không
thể của một tính chất nào đó. Nó cho phép chúng ta biến thuận thành đảo, biến
đảo thành thuận. Nó cho phép chúng ta lý luận trên những đối tượng mà không
rõ là có tồn tại hay không.
2.1 Cơ sở lý thuyết
Cơ sở lý thuyết của phương pháp phản chứng là các định luật trong logic:
Gọi p, q, r là các mệnh đề toán học nào đó, khi đó
Định lý 2.1.1. (Các định luật cơ bản)
1. (Phi mâu thuẫn): p ∧ p = 0
2. (Bài trung):p ∨ p = 1
Định lý 2.1.2. (Các định luật phản chứng)
1. (Phản chứng) (p ⇒ q) ⇔ (q ⇒ p).
17
Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng
2. (Phản chứng suy rộng):
(p ∧ q ⇒ r) ⇔ (p ∧ r ⇒ q)
(2.1)
3. (p ⇒ q ∧ q) ⇒ p.
4. (q ⇒ 0) ⇒ q.
Các định luật trên có thể được chứng minh chẳng hạn bằng phương pháp
lập bảng chân lý hoặc phương pháp biến đổi tương đương. Chẳng hạn, ta có thể
chứng minh (2.1) như sau:
(p ∧ q ⇒ r) ⇔ p ∧ q hoặc r (do a ⇒ b ⇔ a hoặc b)
⇔p hoặc q hoặc r (do a ∧ b ⇔ a hoặc b)
⇔(p hoặc r) hoặc q (giao hoán, kết hợp và r ⇔ r)
⇔p ∧ r hoặc q
⇔(p ∧ r ⇒ q) đpcm.
2.2 Nội dung của phương pháp phản chứng
Để chứng minh khẳng định p ⇒ q bằng phương pháp phản chứng ta giả sử q
sai, tức là q là mệnh đề đúng. Nếu từ đó thu được một điều vô lý (vl) thì điều
đó chứng tỏ giả sử của ta là sai, tức là q đúng. Điều vô lý (vl) có thể thuộc một
trong các dạng sau:
+) Điều trái với giả thiết p (vl ≡ p)
+) Điều trái với một trong các kiến thức đã biết (vl ≡ 0)
+) Điều trái với giả sử phản chứng (vl ≡ q).
Khi xây dựng mệnh đề phản chứng q ta cần nhớ
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
p ⇔ p.
p ∧ q ⇔ p hoặc q.
p ∨ q ⇔ p ∧ q.
∀x, p(x) ⇔ ∃x, p(x).
∃x, p(x) ⇔ ∀x, p(x).
∀x, p(x) ⇔ ∃x, p(x).
∃x, p(x) ⇔ ∀x, p(x).
8. Nếu p(x) := f (x)Rg(x), thì p(x) là : f (x)Rg(x) trong đó, R và R được xác
định như sau:
18
Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng
R
=
=
>
R
=
=
≤
≥
<
<
≥
≤
>
Ngoài ra còn có:
Định lý 2.2.1. (Định luật về âm bản). Cho A là một công thức logic mà trong
đó chỉ chứa các phép toán: Phủ định, ∧, hoặc đối với các mệnh đề: p1, p2, · · · , pn.
Âm bản của A, kí hiệu là Ad là một công thức thu được từ A bằng cách thay
pj ∼ pj ; pj ∼ pj , ∨ ∼ ∧; ∧ ∼ ∨. Khi đó:
A ⇔ Ad
Phương pháp phản chứng còn dựa trên nguyên lý Dirichlet do nhà toán học
Đức nổi tiếng Peter Dirichlet (1805-1859) đề xuất, mà dạng đơn giản nhất của
nguyên lý này được phát biểu như sau: "Không thể nhốt 7 chú thỏ vào 3 cái
lồng sao cho mỗi lồng không có quá hai chú thỏ". Nói cách khác "Nếu nhốt 7
chú thỏ vào 3 cái lồng, thì phải có ít nhất một lồng có không ít hơn 3 chú thỏ".
2.3 Trình bày lời giải của phương pháp phản chứng
Bài toán: Chứng minh p ⇒ q
Lời giải: Giả sử ngược lại, q sai, tức là q. Mà q ⇒ · · · ⇒ vl. Vậy giả sử của ta là
sai, tức là q đúng.
Ngoài ra, ta sẽ giải một số bài toán bằng phương pháp phản chứng dựa trên
nguyên lý Dirichlet.
2.4 Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 2.4.1. Cho f (x) = ax2 + bx + c. Giả sử
|a| + |b| + |c| > 17
(2.2)
∃x ∈ [0; 1], |f (x)| > 1
(2.3)
Chứng minh rằng
Lời giải: Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử (2.3) sai, tức
là
∀x ∈ [0; 1], |f (x)| ≤ 1
19
(2.4)
Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng
Chọn x = 0; 21 ; 1, từ (2.4) ta được |c| ≤ 1 và:
|a + b + c| ≤ 1
Suy ra
4
+2 + c ≤ 1
|a| + |b| + |c| ≤ 17
Đó là điều vô lý (trái với (2.2)). Vậy giả sử của ta là sai, tức là (2.3) đúng.
Ví dụ 2.4.2. Chứng minh tập các số nguyên tố P là tập vô hạn.
Lời giải: (phản chứng). Giả sử ngược lại, tập P là hữu hạn. Giả sử P =
{p1, p2, · · · , pn}. Khi đó, tồn tại số nguyên tố lớn nhất. Gọi đó là pn. Tức là:
pn ∈ P và ∀p ∈ P, p ≤ pn.
Xét số x =. p1.p2. . . .. .pn + 1. Ta có, x ∈ N; x không chia hết cho các số p1; p2; . . . ; pn
(vì nếu x..pj nào đó thì 1..pj : vô lý). Vậy x ∈ P . Mà hiển nhiên, x > pn. Đó là điều
vô lý (trái với cách chọn pn).
Vậy điều giả sử của ta là sai, tức là P là tập vô hạn.
Ví dụ 2.4.3. Có thể chia các số tự nhiên từ 1 đến 21 thành các nhóm đôi một rời
nhau, sao cho trong mỗi nhóm số lớn nhất bằng tổng các số còn lại hay không?
Lời giải:
Giả sử chia được. Khi đó tổng các số ở mỗi nhóm là một số chẵn (bằng hai
lần số lớn nhất). Vậy tổng của 21 số đã cho là một số chẵn (vì các nhóm đôi
một rời nhau và tổng của các số chẵn là số chẵn).
Nhưng tổng của 21 số đó là 21.11 = 231 là số lẻ. Điều vô lý này chứng tỏ giả
sử của ta là sai, tức là không chia được thành các nhóm thỏa mãn yêu cầu đề
bài.
Ví dụ 2.4.4. Có thể tìm được hay không 5 số nguyên, sao cho các tổng của hai
số một trong 5 số đó lập thành 10 số nguyên liên tiếp?
Lời giải:
Giả sử tìm được 5 số như vậy. Gọi s là tổng của 5 số đó và n là giá trị nhỏ
nhất của tổng các cặp hai số. Khi đó 10 số nguyên liên tiếp nói trong đề bài là
n, n + 1, . . . , n + 9
20
Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng
Ta tính tổng τ của 10 số đó theo hai cách khác nhau:
Một mặt, τ = n + (n + 1) + (n + 2) + . . . + (n + 9) = 5 (2n + 9)
Mặt khác τ = 4s (do trong τ mỗi số đã cho có mặt đúng 4 lần). Từ đó suy ra
4s = 5 (2n + 9) là điều vô lý.
Vậy giả sử ban đầu là sai, tức là không thể chọn được 5 số thỏa mãn yêu cầu
bài ra.
Ví dụ 2.4.5. Cho ba điểm A, B, C phân biệt trên mặt phẳng. Chứng minh rằng
nếu tồn tại điểm G thuộc mặt phẳng đó thỏa mãn:
GA
+ GB
−−→
−−→
GC+ −→
0 =→
thì điểm G đó là duy nhất.
Lời giải: Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử còn có điểm O = G thỏa mãn yêu cầu bài toán, tức là
OA
+ OB
−−→
−−→
OC+ −→
0 =→
Ta có
GA
+ GB
−−→
−−→
GC+ −→
0 =→
−→ −→ −→ −−→ −→ −→ →
⇔ GO + OA + GO + OB + GO + OC = 0
−→ −→ −−→ −→ →
−
⇔ 3GO + OA + OB + OC = 0
−
Do OA
+ −−→
+ −→
−−→
OB OC
0 = →, suy ra
3−→
−GO= →
0
−→ → −
⇔ GO = 0
⇔G≡O
Vậy G là duy nhất.
Ví dụ 2.4.6. (IMO 1982) Cho phương trình
x3 − 3xy 2 + y 3 = n, n ∈ N∗
(2.5)
1) Chứng minh rằng nếu (2.5) có nghiệm nguyên thì nó không có nghiệm
nguyên duy nhất.
2) Tìm nghiệm nguyên của (2.5) khi n = 2005.
21
Tài liệu liên quan
“ Phương pháp giải các bài toán liên quan đến quy luật phân li độc lập Menđen
Đề tài phương pháp giải các bài toán liên quan đến quy luật phân li độc lập menđen
Đề tài phương pháp giải các bài toán liên quan đến quy luật phân li độc lập menđen
SKKN Phương pháp giải các bài toán liên quan đến đồ thị hàm số
Phương pháp giải các bài toán chia hết ở lớp 6 docx
Báo cáo chuyên đề Phương pháp giải các bài toán phóng xạ phản ứng hạt nhân
đề tài phương pháp giải các bài toán cực trị
Phương pháp giải các bài toán động lực học vật rắn khóa luận tốt nghiệp
Phương pháp giải các bài toán chuyển động cho học sinh giỏi Toán 5
Phân loại và phương pháp giải các bài toán chuyển động cho học sinh khá, giỏi toán lớp 5
Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về
(1.68 MB) - ĐỀ TÀI: SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG
Tải bản đầy đủ ngay
×

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Identified-Payload-Type: text/html

Connection: close

Vary: Accept-Encoding

Content-Type: text/html; charset=UTF-8


text:
Michael Phelps đến xem Spieth thi đấu ở PGA Championship
Kình ngư từng đoạt 23 HC vàng Olympic xuất hiện ở sân Quail Hollow hôm 10/8.
Michael Phelps và Jordan Spieth là bạn thân của nhau. Khi Spieth đánh vòng một PGA Championship, Phelps đến xem và cổ vũ. Anh thu hút sự chú ý không kém các golfer thi đấu trên sân.
Bản thân Phelps cũng là một golfer nghiệp dư. Anh đến sân Quail Hollow cùng vợ - Nicole.
Spieth nhận được rất nhiều sự quan tâm vì anh sẽ trở thành người trẻ nhất vô địch trọn bộ bốn major nếu đăng quang cuối tuần này.
Hồi đầu năm nay, Spieth chia sẻ trên mạng tấm ảnh đi nghỉ cùng nhóm bạn thân tại Cabo San Lucas, trong đó có Phelps. Khi đoạt danh hiệu British Open tại Royal Birkdale, Spieth cũng tiết lộ kình ngư đồng hương đã cho anh một số lời khuyên quý báu.
Spieth xem Phelps là bạn và cũng là người tư vấn tâm lý cho anh mỗi khi bước vào những vòng đấu căng thẳng. Số hai thế giới chia sẻ: "Anh ấy đã theo chúng tôi vài vòng. Anh ấy trở thành một người bạn tốt và là một người tư vấn tâm lý tuyệt vời. Thật tốt khi có một người tư vấn tâm lý như thế. Anh ấy đã nhắn tin cho tôi đầu tuần này, hẹn sẽ đến đây chơi và rời đi sau ngày hôm nay".
Spieth kết thúc vòng một với thành tích +1, cách vị trí dẫn đầu năm gậy.
Vĩnh San
-
Việt Nam giành huy chương đầu tiên ở SEA Games 2017
-
Những điều rút ra từ các giải major trong năm 2017
-
Quang Liêm hạ 'Beckham của Armenia' ở St Louis GCT 2017
-
McGregor muốn trở thành 'vị thánh của quyền Anh'
-
Usain Bolt: ‘Một thất bại không thể thay đổi những gì tôi đã làm’
-
Hôm nay Quang Liêm tranh tài ở giải cờ hấp dẫn nhất hành tinh
-
Cơ thủ số 10 Việt Nam đánh bại bốn nhà vô địch thế giới
-
Justin Thomas vô địch PGA Championship
-
McIlroy có thể nghỉ thi đấu hết năm 2017

markdown:
# Michael Phelps đến xem Spieth thi đấu ở PGA Championship
### Kình ngư từng đoạt 23 HC vàng Olympic xuất hiện ở sân Quail Hollow hôm 10/8.
Michael Phelps và Jordan Spieth là bạn thân của nhau. Khi Spieth đánh vòng một PGA Championship, Phelps đến xem và cổ vũ. Anh thu hút sự chú ý không kém các golfer thi đấu trên sân.
|
|![]()
|
|
Phelps góp mặt tại sân Quail Hollow. Ảnh:
Bản thân Phelps cũng là một golfer nghiệp dư. Anh đến sân Quail Hollow cùng vợ - Nicole.
Spieth nhận được rất nhiều sự quan tâm vì anh sẽ trở thành người trẻ nhất vô địch trọn bộ bốn major nếu đăng quang cuối tuần này.
Hồi đầu năm nay, Spieth chia sẻ trên mạng tấm ảnh đi nghỉ cùng nhóm bạn thân tại Cabo San Lucas, trong đó có Phelps. Khi đoạt danh hiệu British Open tại Royal Birkdale, Spieth cũng tiết lộ kình ngư đồng hương đã cho anh một số lời khuyên quý báu.
Spieth xem Phelps là bạn và cũng là người tư vấn tâm lý cho anh mỗi khi bước vào những vòng đấu căng thẳng. Số hai thế giới chia sẻ: "Anh ấy đã theo chúng tôi vài vòng. Anh ấy trở thành một người bạn tốt và là một người tư vấn tâm lý tuyệt vời. Thật tốt khi có một người tư vấn tâm lý như thế. Anh ấy đã nhắn tin cho tôi đầu tuần này, hẹn sẽ đến đây chơi và rời đi sau ngày hôm nay".
Spieth kết thúc vòng một với thành tích +1, cách vị trí dẫn đầu năm gậy.
**Vĩnh San**
-
[Việt Nam giành huy chương đầu tiên ở SEA Games 2017](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/cac-mon-khac/viet-nam-gianh-huy-chuong-dau-tien-o-sea-games-2017-3628291.html)
-
[Những điều rút ra từ các giải major trong năm 2017](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/golf/nhung-dieu-rut-ra-tu-cac-giai-major-trong-nam-2017-3627502.html)
-
[Quang Liêm hạ 'Beckham của Armenia' ở St Louis GCT 2017](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/co-vua/quang-liem-ha-beckham-cua-armenia-o-st-louis-gct-2017-3628027.html)
-
[McGregor muốn trở thành 'vị thánh của quyền Anh'](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/cac-mon-khac/mcgregor-muon-tro-thanh-vi-thanh-cua-quyen-anh-3627304.html)
-
[Usain Bolt: ‘Một thất bại không thể thay đổi những gì tôi đã làm’](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/dien-kinh/usain-bolt-mot-that-bai-khong-the-thay-doi-nhung-gi-toi-da-lam-3627187.html)
-
[Hôm nay Quang Liêm tranh tài ở giải cờ hấp dẫn nhất hành tinh](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/co-vua/hom-nay-quang-liem-tranh-tai-o-giai-co-hap-dan-nhat-hanh-tinh-3627050.html)
-
[Cơ thủ số 10 Việt Nam đánh bại bốn nhà vô địch thế giới](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/cac-mon-khac/co-thu-so-10-viet-nam-danh-bai-bon-nha-vo-dich-the-gioi-3626965.html)
-
[Justin Thomas vô địch PGA Championship](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/golf/justin-thomas-vo-dich-pga-championship-3626947.html)
-
[McIlroy có thể nghỉ thi đấu hết năm 2017](http://thethao.vnexpress.net/tin-tuc/golf/mcilroy-co-the-nghi-thi-dau-het-nam-2017-3627155.html)

WARC-Truncated: length

WARC-Identified-Payload-Type: application/xhtml+xml

server: Fengine

Cache-Control: max-age=120, stale-while-revalidate=6, stale-if-error=864000, private

Set-Cookie: device_env=4; expires=Wed, 23-Aug-2017 15:05:08 GMT; path=/; domain=vnexpress.net

Content-Type: text/html


text:
Lưu ý: Ban biên tập website THVL hoan nghênh ý kiến của bạn đọc. Ban biên tập sẽ biên tập các ý kiến trước khi đăng tải và từ chối bất cứ lời bình nào không hợp thuần phong mỹ tục, các ý kiến cực đoan, không tôn trọng người khác. Các quảng cáo, ngôn ngữ html và đường link đều không được đăng. Các ý kiến phải được viết bằng tiếng Việt có dấu đầy đủ. Cám ơn sự đóng góp của bạn đọc!
©
Copyright 2007 thvl.vn
Trang thông tin chính thức của Đài PT-TH Vĩnh Long - http://www.thvl.vn
Giấy phép: Số 12/GP-TTĐT ngày 26/02/2015 - Tổng biên tập: Lê Quang Nguyên
Địa chỉ: Số 50, Đường Phạm Thái Bường, Phường 4, Thành phố Vĩnh Long, Tỉnh Vĩnh Long
Điện thoại: +84270.3822345 - FAX: +84270.3827194 - Email: banbientap@thvl.vn
Phản hồi (0)
Viết phản hồi
Lưu ý: Ban biên tập website THVL hoan nghênh ý kiến của bạn đọc. Ban biên tập sẽ biên tập các ý kiến trước khi đăng tải và từ chối bất cứ lời bình nào không hợp thuần phong mỹ tục, các ý kiến cực đoan, không tôn trọng người khác. Các quảng cáo, ngôn ngữ html và đường link đều không được đăng. Các ý kiến phải được viết bằng tiếng Việt có dấu đầy đủ. Cám ơn sự đóng góp của bạn đọc!

markdown:
Lưu ý: Ban biên tập website THVL hoan nghênh ý kiến của bạn đọc. Ban biên tập sẽ biên tập các ý kiến trước khi đăng tải và từ chối bất cứ lời bình nào không hợp thuần phong mỹ tục, các ý kiến cực đoan, không tôn trọng người khác. Các quảng cáo, ngôn ngữ html và đường link đều không được đăng. Các ý kiến phải được viết bằng tiếng Việt có dấu đầy đủ. Cám ơn sự đóng góp của bạn đọc!
©
Copyright 2007 thvl.vn
Trang thông tin chính thức của Đài PT-TH Vĩnh Long - http://www.thvl.vn
Giấy phép: Số 12/GP-TTĐT ngày 26/02/2015 - Tổng biên tập: Lê Quang Nguyên
Địa chỉ: Số 50, Đường Phạm Thái Bường, Phường 4, Thành phố Vĩnh Long, Tỉnh Vĩnh Long
Điện thoại: +84270.3822345 - FAX: +84270.3827194 - Email: banbientap@thvl.vn
## Phản hồi (0)
## Viết phản hồi
Lưu ý: Ban biên tập website THVL hoan nghênh ý kiến của bạn đọc. Ban biên tập sẽ biên tập các ý kiến trước khi đăng tải và từ chối bất cứ lời bình nào không hợp thuần phong mỹ tục, các ý kiến cực đoan, không tôn trọng người khác. Các quảng cáo, ngôn ngữ html và đường link đều không được đăng. Các ý kiến phải được viết bằng tiếng Việt có dấu đầy đủ. Cám ơn sự đóng góp của bạn đọc!

Pragma: no-cache

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Set-Cookie: wphc_seen=1; expires=Thu, 17-Aug-2017 15:21:16 GMT

Vary: Accept-Encoding,User-Agent


text:
My out (của riêng tôi)
Dùng own để chỉ cái gì đó của riêng mình, không chia sẻ và không vay mượn của ai, như:
my own house (ngôi nhà của riêng tôi)
his own car (chiếc xe của riêng anh ấy)
her own room (phòng riêng của cô ấy)…
Own luôn đi trước danh từ và sau đại tính từ sở hữu. Và do ý nghĩa của nó ta chỉ có thể nói my own…, his own…, your own…,… chứ không nói an own…
Ví dụ:
Many people in England have their own house.
(không nói an own house)
(Nhiều người ở nước Anh có nhà riêng).
I don’t want to share with anyone. I want my own room.
(Tôi không muốn chia sẻ với ai hết. Tôi muốn căn phòng của riêng tôi)
Why do you want to borrow my car? Why can’t you use your own car?
(Sao anh lại muốn mượn xe tôi? Sao anh không dùng xe của mình?)
Chúng ta cũng có thể dùng own để nói tự mình làm điều gì đó thay vì người khác làm cho mình. Ví dụ:
Ann always cut her own hair.
(Ann luôn luôn tự cắt tóc cho mình)
Do you grow your own vegetables?
(Tự anh trồng rau lấy à?)
ON MY OWN, BY MYSELF
Các thành ngữ on+tính từ sở hữu+own như on my own, on your own, on his own,… và by+reflexive pronoun như by myself, by yourself, by himself,… đều có nghĩa là một mình.
Ví dụ:
I like to live on my own
I like to live by myself
(Tôi muốn sống một mình)
He’s sitting on his own in a cafe
He’s sitting in a cafe by himself.
(Anh ta ngồi một mình trong quán cà phê)
She went to church on her own.
She went to church by herself.
(Cô ta đi nhà thờ một mình)

markdown:
## My out (của riêng tôi)
**Dùng own để chỉ cái gì đó của riêng mình, không chia sẻ và không vay mượn của ai, như:**
my own house (ngôi nhà của riêng tôi)
his own car (chiếc xe của riêng anh ấy)
her own room (phòng riêng của cô ấy)…
**Own luôn đi trước danh từ và sau đại tính từ sở hữu. Và do ý nghĩa của nó ta chỉ có thể nói my own…, his own…, your own…,… chứ không nói an own…**
**Ví dụ:**
Many people in England have their own house.
(không nói an own house)
(Nhiều người ở nước Anh có nhà riêng).
I don’t want to share with anyone. I want my own room.
(Tôi không muốn chia sẻ với ai hết. Tôi muốn căn phòng của riêng tôi)
Why do you want to borrow my car? Why can’t you use your own car?
(Sao anh lại muốn mượn xe tôi? Sao anh không dùng xe của mình?)
**Chúng ta cũng có thể dùng own để nói tự mình làm điều gì đó thay vì người khác làm cho mình. Ví dụ:**
Ann always cut her own hair.
(Ann luôn luôn tự cắt tóc cho mình)
Do you grow your own vegetables?
(Tự anh trồng rau lấy à?)
ON MY OWN, BY MYSELF
**Các thành ngữ on+tính từ sở hữu+own như on my own, on your own, on his own,… và by+reflexive pronoun như by myself, by yourself, by himself,… đều có nghĩa là một mình.**
**Ví dụ:**
I like to live on my own
I like to live by myself
(Tôi muốn sống một mình)
He’s sitting on his own in a cafe
He’s sitting in a cafe by himself.
(Anh ta ngồi một mình trong quán cà phê)
She went to church on her own.
She went to church by herself.
(Cô ta đi nhà thờ một mình)

Set-Cookie: wordpress_logged_in_0b98e9813fdcc2939205de6d8162e6d7=deleted; expires=Thu, 01-Jan-1970 00:00:01 GMT; Max-Age=0; path=/; httponly