CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP
QUI TẮC ĐẾM
QUI TẮC CỘNG ( The Addition Priciples- AP) :
"Nếu có đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ nhất , đối "
"tượng khác nhau trong tập hợp thứ hai ,…… đối tượng khác nhau "
"trong tập hợp thứ m, Thế thì số cách để chọn 1 đối tượng từ 1 trong m "
"tập hợp là . "
Cách phát biểu khác:
"Cho là m tập hợp hữu hạn , k 1.Nếu các tập hợp này đôi một rời "
"nhau , nghĩa là thì :. "
QUI TẮC NHÂN (The Multiplication – MP)
"Giả sử có 1 quá trình có thể chia thành m giai đoạn liên tiếp nhau có "
"thứ tự , Với kế quả khác nhau trong giai đoạn thứ nhất , "
"kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ hai ,…… kết quả khác nhau "
"trong giai đoạn thứ m, nếu các kết quả kết hợp lại là phân biệt Thế thì"
"số kết quả kết hợp lại của toàn bộ quá trình là . "
Cách phát biểu khác :
"Cho là tích Decarste của các tập hợp hữu hạn . Khi đó , ta "
"có. "
MỘT SỐ VÍ DỤ :
"Có bao nhiêu cách để chọn ra 4 số nguyên dương từ tập hợp "
"S={1 ;2 ;…. ;499 ;500} sao cho là 1 cấp số nhân tăng và công bội "
"của chúng là một số nguyên dương . "
GIẢI :
Gọi là 4 số cần chọn , thế thì ta có :
Cho nên : .Điều đó có nghĩa là số cấp số nhân với công bội q là
. Theo qui tắc cộng , số cấp số nhân thỏa điều kiện là :
.
"Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 4 chữ số phân biệt ? "
GIẢI :
Một số có 4 chữ số là một bộ sắp thứ tự của 4 chữ số ( chữ số 0 không
đứng đầu). Vì các số cần đếm là các số lẻ nên chữ số đơn vị có thể là
1,3,5,7,9. Chữ số hàng chục và trăm có là 0,1,2,….9 và chữ số hàng
ngàn là 1,2,….9.Vì các chữ số là phân biệt nên :
-Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị .
-Có 8 cách chọn chữ số hàng ngàn.( khác 0 và khác chữ số đơn vị ).
- Có 8 cách chọn chữ số hàng chục ( khác chữ số đơn vị và hàng ngàn).
-Có 7 cách chọn chữ số hàng trăm .
Vậy có 5.8.8.7= 2240 số cần chọn.
"Tìm số cặp có thứ tự (x ;y) của các số nguyên x,y sao cho . "
GIẢI :
Ta phân chia bài toán thành 6 trường hợp riêng biệt :
Với mỗi i=0 ;1 ;2 ;3 ;4 ;5 ta đặt .
Dễ kiểm tra :
Vậy .
"Tìm số ước số dương của 600 , bao gồm cả 1 và 600 "
GIẢI :
Trước hết ta chú ý rằng 600= . Khi đó 1 số nguyên dương m là ước
số của 600 nếu và chỉ nếu m có dạng : với a,b,c Z :0 a 3 ;
0 b 1 ; 0 c 2. Như vậy số ước số là 4.2.3= 24.
MỞ RỘNG:
Nếu một số tự nhiên n có dạng phân tích thừa số nguyên tố( The
prime decomposition) là : trong đó là các số nguyên tố
phân biệt và . Thế thì số các ước số dương của n là .
"(AIME 1988)Tính xác suất để chọn được ngẩu nhiên 1 ước số nguyên "
"dương của là một bội số của . "
GIẢI :
Ước số của có dạng .Có 100 cách chọn a , 100 cách chọn b,
nên có 100×100 ước số của .Tương tự , bội số của phải thỏa
mãn bất đẳng thức 88 a ;b 99, a,b Z ; Nên có 12 cách chọn a, và 12
cách chọn b. Do đó xác suất sẽ là : .
"Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) sao cho bội chung nhỏ nhất "
"của a và b là . "
GIẢI :
Cả a,b đều là ước của nên
Vì là BCNN của a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max
{z ;u}=13.
Bằng cách liệt kê ta có 7 cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ;
27 cách chọn (z ;u). Theo qui tắc nhân , ta được 7×15×27=2835 cặp số
(a ;b) thỏa điều kiện .
MỞ RỘNG :
Nếu n là số nguyên dương và là phân tích thành thừa số nguyên tố
của n.Thì sẽ có cặp số nguyên (a ;b) phân biệt có thứ tự sao cho
BCNN(a ;b) là n.
"Cho X={1 ;2….. ;100} và đặt S= . Tính . "
GIẢI:
Bài toán có thể chia thành các trường hợp phân biệt khi xét
a=1;2;….;99.
Với a=k {1;2;….;99} thì số cách chọn b là 100-k và c cũng là 100-k ,
Thế thì số bộ số (a;b;c) cần tìm là . Vì k lấy giá trị 1,2,….,99
nên ta có :
"Hãy xác định số hình vuông mà các đỉnh của nó là các điểm trong lưới"
"vuông 10×10 sau (10 điểm , 9 ô). "
GIẢI:
Ta nói rằng 4 điểm n×n quartet ( nhóm 4 ) nếu chúng là các đỉnh của
hình vuông n×n mà các cạnh của nó song song với đường biên của lưới.
Ta cũng nói rằng 1 hình vuông với các đỉnh của 1 quartet là một
quartet square.
Ta có 81= quartet 1×1.
Ta có : 8 quartet 2×2 trong lưới 3×10 và có 8 lưới 3×10 trong lưới
10×10 .
Vậy , có quartet 2×2 trong lưới 10×10.
Tương tự ta có : quartet 3×3 trong lưới đó .
Nghĩa là , khi k {1 ;2 ;… ;9} có quartet k×k .
Nhưng phần khó khăn là các hình vuông có cạnh không song song với
đường biên của lưới .Mỗi hình vuông này sẽ nội tiếp bên trong 1
quartet. Cho nên ta chỉ cần đếm tất cả các quartet và các hình vuông
nội tiếp nó. Không khó khăn gì ta được trong 1 k×k quartet có k hình
vuông nội tiếp , kể cả nó . Ví dụ khi k=4 ta được hình vẽ bên.
Như vậy ta được :
"Có n que có độ dài là 1,2,….n. Có bao nhiêu tam giác không cân được "
"tạo thành từ 3 trong số các que đó ? "
GIẢI :
Gọi x,y,z là độ dài 3 que đó . Không mất tính tổng quát , ta giả sử
rằng x
3 que này tạo thành 1 tam giác nếu và chỉ nếu x,y,z thỏa bất đẳng thức
tam giác tức là x+y>z. Ta sắp xếp các tam giác không cân theo độ dài
cạnh lớn nhất của nó. Với 1 k n , ta đặt
Do đó theo qui tắc cộng , ta cần tính : .
Ta có : . Nếu z=3 thì x=1 và y=2 , do đó không tồn tại tam
giác.Vậy . Bây giờ ta giả sử rằng .
Ta xét 2 trường hợp :
Trường hợp 1 : Trong trường hợp này , ta giả sử rằng k chẳn, tức là
k=2m ; m Z ; m 2. Bởi vì x2x . Chú ý rằng x+y> z . Ta xét
2x z và 2x> z nghĩa là 1 x m ; và m
Khi 1 x m ta cần y> z-x= k-x . Vì k=2m 2x nên ta được k-x x(
thỏa điều kiện y>x). Cho nên bất kỳ y nằm giữa k-x+1 và z-1= k-1 như
vậy ta có (k-1)-(k-x+1) +1 =x-1 giá trị mà y có thể nhận được .
Khi m2x >2m=z ( thỏa điều
kiện), Bất kỳ y nằm giữa x+1 và k-1 như thế sẽ có(k-1)-(x+1)+1= k-x-
1= =2m-x-1 giá trị mà y có thể nhân được. Bởi vậy cho nên ; khi k=2m
nghĩa là :
Chú ý rằng công thức này vẫn đúng khi m=1 nghĩa là khi k=2.
Trường hợp 2 : Trong trường hợp này ta giả sử k lẻ , nghĩa là k=2m+1
với k là số nguyên , m 2.
Khi 1 x m , ta cũng cần có y> z-x = k-x. Lúc này , k=2m+1>2x như
thế k-x >x . Như trước đó , y có thể lấy các giá trị nguyên nằm giữa k-
x+1 và k-1 , như thế sẽ có (k-1)- (k-x+1) + 1= x-1 giá trị mà y có thể
nhận .
Khi m < x . Như thế sẽ có (k-1)- (x-1)+ 1= k-x-1= 2m-x giá trị
mà y có thể nhận được . Bởi vậy , cho nên khi k= 2m+1
.
Chú ý rằng công thức vẫn đúng khi m=0 và m=1 tức là k=1 và k=3.
Bây giờ ta bắt đầu giải bài toán .
Nếu n lẻ : n=2p+1. ( với p là số nguyên không âm nào đó )> Ta có :
Nếu n chẳn : n=2p với p là số nguyên dương . Thì ta có :
Một cách giải khác khi ta giải được n=2p+1 thì trường hợp n=2p ta có
thể tích như sau :
"Trước khi Rick mở một tủ đựng đồ thể thao của mính , thì Rick phải"
"nhớ mật mã khóa của tủ , Hai trong các bộ 3 cặp số của mật mã là "
"17 và 24 , nhưng anh ta không nhớ được cặp số thứ ba. Và không "
"nhớ được thứ tự của 3 cặp số . Có 40 khả năng của cặp số thứ ba. "
"Trong 10 giây , thì có thể nhớ được tất cả các khả năng xảy "
"không ? "
GIẢI :
Ta xét 6 tập con của các khả năng của mã khóa .
Mỗi tập con có 40 phần tử nhưng phải trừ đi các phần tử chung của 2
tập hợp như (17 ;17 ;24) ; (17 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;17) ;
(17 ;24 ;24) ; (24 ;24 ;17) ;(24 ;17 ;24). Vậy có tất cả 40×6-6= 234.
"Một bằng lái xe chứa 1dãy 3 ký tự alphbet theo sau là một dãy 3 chữ"
"số. Có bao nhiêu bằng lái xe được tạo thành nếu o và 0 không dùng "
"cùng 1 lúc . "
GIẢI :
Gọi là tập hợp các bằng lái không có số 0.
là tập hợp các bằng lái không có chữ o.
là tập hợp các bằng lái không có số 0và không có chữ o.
Ta có :
"Xác định số số nguyên dương nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất một chữ số 1 "
"trong cách viết thập phân. "
GIẢI :
CÁCH 1 :
Gọi S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000.
Gọi là tập hợp các số nguyên dương có 1 , 2, 3 chữ số.
Với i=1 ;2 ;3 đặt chứa đúng các chữ số đó và có ít nhất 1 chữ số
1.
Ta chỉ cần tinh .
Ta dễ dàng thấy rằng .
Ta có thể chia thành 3 tập hợp : .
Ta có thể chia
. Với a,b,c 1 ;a 0.
Do đó : .
Như vậy ta có =271.
CÁCH 2:
Ta có thể phân chia tập hợp như sau : Gọi S' là tập hợp những số
nguyên không âm nhỏ hơn 1000. Gọi là tập hợp các số nguyên không
âm nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất 1 chữ số 1, và Gọi là tập hợp các
số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 không chứa chữ số 1. Nghĩa là
Ta có Nên .
"Có 15 lỗ thông hơi máy lạnh trong 1 rạp hát . Để giữ cho nhiệt độ "
"mát mẻ , phải có ít nhất 1 lỗ thông hơi làm việc suốt thời gian. Hỏi"
"có bao nhiêu cách thực hiện. "
GIẢI:
Ta gọi các lỗ thông hơi là Ta có mỗi lỗ thông hơi có 2b lựa chọn
là on hay off . Ta sử dụng ký tự n cho on, và f cho off. Ta đánh dấu 1
mã gồm 15 kí tự cho một tình huống. Như vậy theo qui tắc nhân có
tính huống , nhưng tình huống fffff….f bị loại vì tất cả các lỗ thông
hơi đều đóng . Do đó có =32767 tình huống xảy ra.
Gọi A và B là 2 tập hợp . Một ánh xạ f ( map- mapping – function) từ
tập hợp A đến tập B ( viết là f:A B). đánh dấu mỗi phần tử a A với
đúng một phần tử b B ( viết là f(a)=b). b là ảnh của a. Với A'A ,
Gọi f(A') ( ảnh của A') xác định tập hợp các ảnh của phần tử a A'. Nếu
f(A)= B thì f được gọi là toàn ánh (surjective- onto)nghĩa là , với
mỗi b B sẽ là ảnh của a A. Với mỗi 2 phần tử phân biệt có ảnh
khác nhau thì f được gọi là đơn ánh ( injective- one to one) . Nếu f
vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh( bijective– one-to-
one correspondence)
HOÁN VỊ : ( PERMUTATION)(khái niệm mở rộng):tương đương với khái niệm
chỉnh hợp của sgk)
Một cách sắp xếp thứ tự m phần tử phân biệt của n phần tử phân biệt
cho trước ( m n) được gọi là 1 hoán vị lấy m phần tử của n phần tử .
Vì các phần tử là không lặp lại nên nên hoán vị cùng là không lặp và
số hoán vị lấy m phần tử của n phần tử phân biệt được ký hiệu là
.Khi đó ta có :.( m n).
Đặc biệt là khi m=n thì được gọi là hoán vị của n phần tử, Số hoán vị
của n phần tử là
"Cho tập hợp E={a;b;c;…;x,y,z} là tập hợp 26 chữ cái tiếng Anh. Tìm "
"số từ có 5 ký tự sao cho các ký tự được tạo thành từ tập E; và ký tự"
"đầu và cuối là các nguyên âm phân biệt , các ký tự còn lại là các "
"phụ âm phân biệt. "
GIẢI:
Đáp số : .
"Trong 1 cuộc họp có 7 nam và 3 nữ . Có bao nhiêu cách sắp xếp họ "
"thành 1 hàng sao cho : "
"a/ 3 người nữ tạo thành 1 nhóm ( nghĩa là không có người nam nào "
"ngồi giữa 2 người nữ ) "
"b/ Hai vị trí ở hai đầu là nam và không có nữ nào ngồi kề nhau. "
GIẢI:
A/ Đáp số : 8!.3!.
B/ Trước hết ta sắp xếp 7 nam : có 7! cách xếp.
Với mỗi cách xếp cố định đó , vì vị trí ở 2 đầu là nam , nên chỉ có 6
chỗ cho 3 nữ . Vậy số cách xếp là 7!×6×5×4.
"Giữa các số 20000 và 70000 , tìm số các số nguyên chẳn mà các chữ số"
"không lặp lại. "
GIẢI:
Gọi abcde là số cần tìm , Chữ số a có thể chọn từ {2;3;4;5;6} và chữ
số e có thể chọn từ {0;2;4;6;8} . Vì {2;3;4;5;6}
{0;2;4;6;8}={2;4;6} nên ta chia thành 2 trường hợp rời nhau:
Trường hợp 1: a {2;4;6} : a có 3 cách chọn , e có 5-1=4 cách chọn , và
bcd có cách chọn .Vậy có số chẳn.
Trường hợp 2: a {3;5} a có 2 cách chọn , e có 5 cách chọn và còn lại
bcd có cách chọn . Vậy có số chẳn.
Vậy có tất cả 7392 số chẳn.
"Cho S là tập hợp các số tự nhiên mà các chữ số được chọn từ "
"{1;3;5;7}. Sao cho không có chữ số nào lặp lại. Tìm "
"a/ "
"b/ "
GIẢI:
CÁCH 1:
a/ Ta chia S thành 4 tập hợp con rời nhau:
(1) các số có 1 chữ số: 1;3;5;7.
(2) các số có 2 chữ số : 13;15;17;……
(3) các số có 2 chữ số : 135;137;……
(4) các số có 4 chữ số: 1357;1375;…..
Ta có : .
b/ Gọi xác định tổng của các chữ số hàng đơn vị của các số trong
S,
xác định tổng của các chữ số hàng chục của các số trong S;
xác định tổng của các chữ số hàng trăm của các số trong S
xác định tổng của các chữ số hàng ngàn của. các số trong S.
Do đó ;
Trước hết , ta xác định ; Rỏ ràng , tổng của các chữ số hàng đơn
vị trong là 1+3+5+7 =16. Trong có số mà các chữ số
đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị của các số
trong , là .
Trong có số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên
tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong , là .
Trong có số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên
tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong , là .
Cho nên :
Tương tự , ta có :
Vậy
.
CÁCH 2:
Rõ ràng 4 số trong có thể chia thành 2 cặp {1;7} và {3;5} và tổng
của 2 số trong mỗi cặp này là 8.
12 số trong có thể chia thành cặp
{13;75};{15;73};{17;71};{35;53}… và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là
88.
Tương tự ; 24 số trong có thể chia thành cặp và tổng của 2 số
trong mỗi cặp này là 888.
24 số trong có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp
này là 8888.
Như vậy :
TỔ HỢP ( COMBINATION)
"Chứng minh công thức : (n,r N; r n). "
GIẢI:
Cách 1: Dùng công thức.
Cách 2: Dùng Tổ hợp .
Gọi A={1;2;…;n} có cách lấy r phần tử từ A.
Mỗi cách lấy đó sẽ có phần tử "1" hoặc không có phần tử "1".
Số cách lấy có phần tử "1" là . ( chỉ cần lấy thêm r-1 phần
tử)
Số cách lấy không có phần tử "1" là .
Từ đó suy ra đpcm.
Một dãy các số được gọi là xâu k-aray , với n,k , nếu
với mỗi i=1 ;2 ;…… ;n. Độ dài của xâu là n , chính là số số hạng trong
xâu .Đôi khi một xâu như thế có thể viết là . Một xâu k-aray có
thể được gọi là xâu nhị phân ( binary) , Xâu tam phân ( ternary) hay
tứ phân ( quarternary) khi k=2 , 3, 4.
Ví dụ :
{(0 ;0 ;0) ;
(0 ;0 ;1) ;(0 ;1 ;0) ;(1 ;0 ;0) ;(0 ;1 ;1) ;(1 ;0 ;1) ;(1 ;1 ;0) ;(1 ;1
;1) }
là tập hợp tất cả 8 xâu nhị phân có độ dài là 3.
Để tạo ra 1 xâu k-aray có độ dài n : trước hết ta chọn từ
tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} kế đến chọn từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-
1} ; và cho đến cuối cùng chọn từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1},Vì có
k cách chọn trong mỗi bước , nên số xâu k-ary phân biệt có độ dài n là
"Cho dãy nhị phân có chiều dài là 7.Hỏi có bao nhiêu dãy chứa 3 số 0"
"và 4 số 1. "
GIẢI:
Trước hết ta xếp 3 số 0 vào 3 trong 7 vị trí của chuỗi .
Sau đó xếp 4 số 1 vào 4 vị trí còn lại.
Vậy có chuỗi thỏa điều kiện .
"Có bao nhiêu cách lập ra 1 Ủy Ban gồm 5 người từ 11 người bao gồm 4 "
"thầy giáo và 7 học sinh, nếu : "
"a/ Không có yêu cầu về cách lựa chọn . "
"b/Ủy ban phải bao gồm đúng 2 thầy giáo . "
"c/ Ủy ban phải bao gồm ít nhất 3 thầy giáo. "
"d/ Đặc biệt 1 thầy giáo và 1 học sinh không thể cùng nằm trong ủy "
"ban. "
GIẢI:
a/
b/ .
c/.
d/ Gọi T là người thầy đặc biệt, S là học sinh đặc biệt. Ta tìm số
cách lập ra ủy ban bao gồm cả T và S. Như vậy có cách lập . Vậy
số cách lập thỏa điều kiện là
"Giả sử có 8 người chơi a;b;c;d;e;f;g;h tham dự 1 giải tennis đơn . Ở"
"vòng đầu tiên, họ chia thành 4 cặp để thi đấu. Hỏi số cách sắp xếp. "
Gọi A là 1 tập hợp gồm 2n phần tử . Một ghép đôi của A ( A pairing )
là 1 sự phân chia tập hợp A thành các tập con 2 phần tử rời nhau tức
là 1 hợp của các tập con 2 phần tử rời nhau tạo thành A. Thí dụ : Nếu
A={a;b;c;d;e;f;g;h} thì
{{a;b};{c;f};{d;h};{e;g}} và {{a;h};{c;f};{d;h};{b;g}} là 2 ghép
đôi khác nhau của A.Chú ý rằng thứ tự của các tập con và thứ tự của 2
phần tử trong mỗi tập con là không quan trọng .
"Cho A là tập hợp gồm 2n phần tử ( n 1) Tìm số sự ghép đôi khác nhau "
"của A. "
GIẢI:
Ta xét 3 cách khác nhau để giải bài tập này :
Cách 1: Ta chọn một phần tử bất kỳ là x trong A. Số cách để chọn
người cùng cặp với x , gọi là y, là 2n-1 cách . ( và {x;y} là 1 tập
con 2 phần tử).Chọn một phần tử bất kỳ khác là z, từ 2n-2 phần tử còn
lại của tập hợp A\{x;y} . Số cách để chọn người cùng cặp với z là 2n-
3. Tiếp tục quá trình đó .Số cách cần tìm là :
(2n-1)(2n-3)…..5.3.1.
Cách 2:
Trước hết ta tạo ra 1 tập con có 2 phần tử của A và đặt vào vị trí (1)
như hình vẽ .Có cách là như thế .
Kế tiếp , lại tạo ra 1 tập con có 2 phần tử từ phần còn lại của A và
đặt chúng vào vị trí (2) . Có cách làm như thế . Và cứ tiếp tục
như vậy.
Do đó số cách cần tìm là :vì các phân chia không quan tâm đến thứ
tự.
Cách 3:
Trước hết ta sắp xếp 2n phần tử của A thành 1 hàng và đặt chúng vào 2n
khoảng trống sau:
{ ; };{ ; };………………….{
; };
(1) (2) (3) (4)
(2n-1) (2n)
Có (2n)! cách sắp xếp . Vì thứ tự của các phần tử trong mỗi tập con 2
phần tử và thứ tự các phần tử trong n tập con là không quan trọng nên
số cách theo yêu cầu là : .
CHÚ Ý:
Bài toán trên có thể mở rộng theo cách sau: Cho A là một tập hợp có kn
phần tử phân biệt (k,n N) . 1 sự ghép k-phần tử của A là một phân
hoạch A thành các tập con k phần tử tức là phân chia A thành các tập
con k phần tử đôi một rời nhau.
"Có bao nhiêu số có 5 chữ số lớn hơn 21300 sao cho các chữ số của nó "
"là phân biệt và lấy từ các chữ số {1;2;3;4;5} "
GIẢI:
Cách 1:
Ta chia thành các loại:
- Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 1 trong các
số 3,4,5:
là.
- Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là số 2 và chũ
số hàng nghìn là 1 trong các số 3,4,5 là .
-Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 2 và chữ số
hàng nghìn là 1 là .
Vậy tổng số các số là .
Cách 2:
Vì số các số có 5 chữ số mà các chữ số phân biệt là và chỉ có các
số mà chữ số hàng chục ngàn là 1 thì mới không vượt quá 21300 ( số các
số này là ) nên số các số cần tìm là .
"Cho n,k là các số nguyên dương và S là tập hợp n điểm trong mp sao "
"cho: "
"(i) không có 3 điểm nào của S là thẳng hàng , "
"(ii) Với bất kỳ điểm P thuộc S , có ít nhất k điểm thuộc S cách đều "
"P. "
"Chứng minh rằng "
"IMO 1989. "
GIẢI:
Để thuận lợi , ta gọi 1 đoạn thẳng nối 2 điểm bất kỳ của S là cạnh .
Gọi l là số cạnh trong mp. Trước hết , vì có n điểm phân biệt và bất
kỳ 2 điểm xác định được 1 cạnh nên ta có l=cạnh . Kế tiếp , mỗi
điểm P của S theo điều kiện (ii) có thể vẽ được 1 đường tròn tâm
P(C(P)) sao cho đường tròn đó chứa ít nhất k điểm của S. Rõ ràng rằng
mỗi điểm của S nằm trên (C(P)) xác định ít nhất cạnh . Do đó với
n điểm P trong tập hợp S thì tổng số cạnh ít nhất là n ( có đếm
lặp lại). Bây giờ ta thấy rằng , các cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần. 1
cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần khi và chỉ khi cạnh đó là dây cung chung
của ít nhất 2 đường tròn. Vì 2 đường tròn có nhiều nhất 1 dây cung
chung cho nên n đường tròn , số dây cung chung được đếm lặp lại nhiều
nhất . Cho nên :
.
NHẬN XÉT:
(1) Trong chứng minh trên , đại lượng l được dẫn ra từ đầu và nó được
đếm ước lượng bằng 2 cách suy nghĩ, bằng các cách ấy dẫn đến bất đẳng
thức cần chứng minh. Đó là 1 kỹ thuật hay sử dụng trong tổ hợp .
(2) Từ chứng minh trên ta thấy rằng điều kiện (i) là không cần thiết
vì nếu A,B,C thẳng hàng thì 3 đoạn thẳng AB,AC,BC cũng được xem như là
3 cạnh phân biệt.
HOÁN VỊ LẶP LẠI :
Một cách sắp xếp m phần tử của n phần tử phân biệt ( mỗi phần tử có
thể lặp lại hữu hạn lần )được gọi là hoán vị lặp lại của m phần tử từ
n phần tử.Số hoán vị lặp lại là .
Chứng minh :
Xác định n phần tử phân biệt là 1,2,3…n. Thế thì một tổ hợp lặp có
dạng :
Đặt
và như vậy mỗi tổ hợp lặp sẽ tương ứng với duy nhất một tổ hợp
không lặp và số tổ hợp này là .
ALL PERMUTATION OF INCOMPLETE DISTINCT OBJECTS:
Giả sử có n phần tử bao gồm k phần tử phân biệt với số lần lặp
lại tương ứng là , tất cả các hoán vị của n phần tử được gọi là
tất cả các hoán vị của các đối tượng phân biệt không đầy đủ , ta có số
hoán vị loại đó là .
Chứng minh :
Gọi f là số hoán vị thỏa mãn bài toán .Nếu ta trao đổi các phần tử
trong cùng một loại và sắp xếp lẩn nhau từng nhóm thì ta sẽ có
hoán vị . Theo qui tắc nhân số tất cả các hoán vị của n phần tử phân
biệt bằng .
Do đó ta có : f.= n! Suy ra đpcm.
"Tìm số dãy tam phân có độ dài là 10 có 2 chữ số 0, 3 chữ số 1và 5chữ"
"số 2. "
GIẢI:
Đáp số : 2520.
"Tìm số cách để lát 1 hình chữ nhật 1×7 bằng các block 1×1; 1×2; 1×3."
"Giả sử rằng các block này có cùng kích thước là không đáng kể. "
GIẢI:
Minh họa 2 cách phủ như sau:
"2 "1 "3 "1 "
"1 "3 "3 "
Với i =1 ;2;3 , ta đặt xác định block 1×i. Như vậy , cách lát
thứ nhất chỉ ra ở trên có thể biểu diễn dưới dạng . Đó là hoán vị
của bộ .
Cách thứ hai biểu diễn bởi . Đó là hoán vị của .
Chú ý rằng tổng của các chỉ số trong mỗi bộ đều bằng 7.
GIẢI:
Từ minh họa trên , ta thấy số cách yêu cầu bằng với số hoán vị của một
vài số sao cho tổng của các chỉ số của là 7. Ta có 8 trường
hợp bao gồm các khả năng sau đây:
Trong mỗi trường hợp , số hoán vị là :
Như vậy sẽ có : 44 cách lát .
"Chứng minh rằng (4n)! là bội số của với mỗi số tự nhiên n. "
GIẢI:
Xét tập hợp .
Ta có : .
Vì là số tự nhiên nên suy ra đpcm.
TỔ HỢP LẶP LẠI:
Một lựa chọn không thứ tự m phần tử từ n phần tử đã cho phân biệt (
mỗi phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần ) được gọi là tổ hợp lặp . Số
tổ hợp lặp là .
Cho M= là 1 multi-set với n N.
Một multi-set của dạng với là các số nguyên không âm, được
gọi là một -phần tử của multi-subset cua M. Với số nguyên không
âm r , goi xác định số r-phần tử của multi-subset của M.
"Có 3 loại sandwich , gọi là chicken(C ) ; fish(F) ; ham (H). có ở "
"nhà hàng. Một người muốn đặt trước 6 sandwich . Giả sử rằng không "
"giới hạn việc cung cấp sandwich trong mỗi loại , Hỏi có bao nhiêu "
"cách đặt phần ăn trên? "
GIẢI:
Vấn đề của bài toán này là đếm số được liệt kê trong 6-phần tử
multi subset của .
Bảng sau đây cho 4 cách lựa chọn :
" "(C) "(F) "(H) "
"(1) "o o "o "o o o "
"(2) "o "o o o o "o "
"(3) " "o o "o o o o "
"(4) "o o o " "o o o "
Ta biểu diễn bảng trên bằng chuỗi nhị phân :
(1) 00101000
(2)01000010
(3)10010000
(4)00011000
Trong mỗi trường hợp , ta thấy việc sắp thứ tự của 6 loại sandwich
tương ứng với một chuỗi nhị phân có độ dài là 8 vói 6 ký tự 0 và 2 ký
tự 1. , thứ tự khác nhau dẫn đến chuỗi nhị phân khác nhau. Ta thấy có
1 song ánh giữa tập hợp các cách sắp xếp với tập hợp chuỗi nhị phân
như trên. Cho nên ta có , .
Xét trường hợp tổng quát:
" " " " " " "
"S "[pic" " "… " "
" "] " " " " "
Sử dụng cơ cấu này , mỗi tập con S=của M , ở đây có thể
biểu diễn thành 1 hàng có số 0 trong khoảng dưới . Nếu ta
xem mỗi cột đứng là 1 số 1 thì mỗi r-phần tử tập con của M tương ứng
với ột chuỗi nhị phân có độ dài r+n-1 với r số 0 và n-1 số 1 . Tương
ứng này là một song ánh giữa họ các r-phần tử tập con của M và họ các
chuỗi nhị phân như trên. Như vậy ta có kết quả,
Cho M= là 1 tập con với n N.Số r-phần tử của M là .
NHÂN TỔ HỢP:
Sắp xếp n phần tử phân biệt vào k loại phân biệt ( k n) sao cho có
phần tử trong nhóm thứ i , ( i=1;2….;k; ) Thế thì số cách
sắp xếp là :
.
Chứng minh :
Số cách lấy từ n phần tử là
Số cách lấy từ n- phần tử là
…………………………….
Số cách lấy từ n phần tử là
Sử dụng qui tắc nhân ta được số cách thành lập là :
"Giả sử có 3 cờ đỏ , 4 cờ xanh và 2 cờ vàng để đặt vào vị trí của 9 "
"cột cờ đã đánh số . Hỏi có bao nhiêu ký hiệu phân biệt từ các cây cờ"
"đó. "
GIẢI:
Số ký hiệu phân biệt là : .
"Có bao nhiêu cách chọn ra 3 cặp đôi từ n người ( n 6). "
GIẢI:
Cách 1:
Số cách lấy 6 người từ n người : .
6 người này phân chia thành 3 nhóm , mỗi nhóm có đúng 2 người , số
cách chia là : nhưng 3 nhóm này không cần thứ tự nên số cách
chọn theo yêu cầu là:
Cách 2:
Số cách lấy 6 người từ n người : .
Với 6 người , có chọn ra 2 người, với 4 người còn lại có
cách chọn ra 2 người . Cuối cùng có chọn ra 2 người còn lại
, Nhưng 3 cặp này không có thứ tự nên số cách chọn là :
HOÁN VỊ VÒNG TRÒN CỦA CÁC PHẦN TỬ PHÂN BIỆT:
Nếu ta sắp xếp n phần tử phân biệt trên 1 đường tròn thì hoán vị được
gọi là hoán vị vòng tròn của n phần tử, Số hoán vị vòng tròn của n
phần tử là : .
CHỨNG MINH :
Vì n hoán vị đường thẳng cho ta 1 hoán vị đường tròn mà ta lại có n!
hoán vị đường thẳng nên suy ra đpcm.
Các hoán vị nhận được từ nhau qua 1 phép quay quanh tâm , được xem là
một.
Gọi A là một tập hợp gồm n phần tử phân biệt . Với 0 r n , số hoán vị
vòng tròn r phần tử từ tập A được ký hiệu là . Ta chứng minh được
.
"Có bao nhiêu cách để 5 nam và 3 nữ ngồi chung quanh 1 cái bàn , nếu "
": "
"a/ nếu không có hạn chế gì ? "
"b/ Nam B1 và nữ G1 không ngồi kề nhau. "
"c/ không có nữ nào ngồi kề nhau. "
GIẢI:
a/ Đáp số : 7!
b/ 5 nam và 2 nữ ( không tính G1) có thể có (7-1)! Cách xếp .G1 có 5
cách ngồi không kề với B1. Vậy có 6!×5=3600 cách xếp .
Ta cũng có thể dùng nguyên lý Phần Bù:(PRINCIPLE OF COMLEMENTATION-CP)
Nếu A là tập con của X thì
Số cách xếp 5 nam và 3 nữ trong đó B1 và G1 ngồi cạnh nhau là :
6!.2!=1440.
Vậy số cách xếp thỏa mãn bài toán là : 7!- 1440=3600.
c/ Trước hết ta xếp 5 nam vào bàn , có (5-1)! Cách xếp.
Lần lượt có 5 cách để xếp G1; 4 cách để xếp G2; và 3 cách để xếp G3.
Vậy có tất cả 4!×5×4×3=1440 cách xếp.
"Tìm số cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng xung quanh 1 bàn tròn "
"sao cho : "
"a/ Nam và nữ ngồi luân phiên. "
"b/ Mỗi Nữ ngồi kề với chồng của mình . "
GIẢI:
a/ Xếp n người nam có (n-1)! cách xếp.
n người nữ có thể ngồi vào n khoảng trong giữa 2 người nam , nên có n!
cách xếp . Vậy có n!.(n-1)! Cách xếp.
b/ Mỗi cặp vợ chồng xem như 1 phần tử .
Số cách xếp n phần tử này là (n-1)! . Vì mỗi cặp vợ chồng có 2 cách
xếp , nên số cách xêp tổng cộng là : .
CHÚ Ý : Một bài toán khó hơn và nổi tiếng liên hệ với bài tập trên
là:
Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng (n 3) quanh 1 bàn
tròn sao chon nam và nữ ngồi xen kẽ nhau nhưng vợ không ngồi cạnh
chồng ?
Bài toán này lần đầu tiên được giới thiệu bởi nhà toán học Pháp
Francis Edward Anatole Lucas (1842-1891)
"Nếu phải xếp ít nhất 1 người trên một bàn thì có bao nhiêu cách xếp "
"6 người ngồi: "
"a/ quanh 2 bàn . "
"b/quanh 3 bàn. "
GIẢI:
a/ Với 2 bàn, có 3 trường hợp để xét số người ngồi quanh 2 bàn tương
ứng ,
(1) 5+1 (2) 4+2 (3) 3+3.
Trường hợp 1: Có cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 5
và 1 mỗi bàn. Số cách xếp 5 người vào 1 bàn là (5-1)! và 1 người vào
bàn còn lại là 0!. Theo qui tắc nhân , ta có : .
Trường hợp 2: Có cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 4
và 2 vào mỗi bàn. Số cách xếp 4 người vào 1 bàn là (4-1)! và 2 người
vào bàn còn lại là 1!. Theo qui tắc nhân , ta có : .
Trường hợp 3: Ta chú ý trường hợp này . Số cách để chia 6 thành 2 nhóm
3 và 3 là . Vậy số cách xếp là .
Cho nên theo qui tắc cộng là : 144+90+40=274.
b/ Với 3 bàn ta có 3 trường hợp : (1)4+1+1 (2)3+2+1 (3) 2+2+2.
Số cách sắp xếp trong mỗi trường hợp là:
Theo qui tắc cộng : 90+120+15=225.
CHÚ Ý:
Cho r,n là các số nguyên , 0 n r , xác định số cách sắp thứ tự r phần
tử phân biệt quanh n đường tròn ( không phân biệt) sao cho mỗi đường
tròn có ít nhất một phần tử. ( ký hiệu là s(r;n)).Các số s(r;n) được
gọi là số Stirling loại 1, mang tên nhà toán học James Stirling ( 1692-
1770) Ví dụ : s(6;2)= 274 ; s(6;3)= 225.
Các kết quả khác :
s(r;0)= 0 nếu r 1 .
s(r;r)=1 nếu r 0.
s(r;1)= (r-1)! nếu r 2 .
s(r;r-1)= nếu r 2.
"Chứng minh rằng : s(r;n) = s(r-1;n-1) + (r-1)s(r-1;n) với r,n N;n r."
GIẢI:
Để đơn giản , ta gọi r phần tử phân biệt là 1,2,….r. Xét phần tử "1" ,
với bất kỳ cách sắp xếp các phần tử , hoặc là :
(i) 1 chỉ là 1 phân tử trong 1 đường tròn .
(ii) 1 trộn với các phần tử khác trong 1 đường tròn.
Trong trường hợp thứ nhất có s(r-1;n-1) cách xếp .
Trong trường hợp thứ hai có s(r-1;n) cách xếp các phần tử 2;3;…r vào n
đường tròn , khi đó 1 có thể đặt vào 1 trong r-1 khoảng trống phân
biệt đến " immediate right " của r-1 phần tử tương ứng. Theo qui tắc
nhân , trường hợp này có (r-1).s(r-1;n) cách sắp xếp.
Suy ra đpcm.
Sử dụng các giá trị ban đầu: s(0;0)=1 ; s(r;0)=0 ; s(r;1)= (r-1)! Với
r 1ta có thể tìm được các giá trị s(r;n) với r,n khá nhỏ.
SỐ XÂU CHUỖI HẠT:
Giả sử 1 xâu chuỗi hạt bao gồm n hột được sắp xếp trên 1 đường tròn thế
thì số xâu phân biệt là 1 ( nếu n=1 ;2) hay .
CHỨNG MINH :
Nếu n=1 hay n=2 thì số xâu chuỗi là 1.
Giả sử n 3, bởi vì 1 xâu chuỗi có thể quay hay lật ngược lại mà không
làm thay đổi gì , nên số xâu chuỗi bằng ½ số hoán vị vòng tròn.
"Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 nữ và 15 nam để nhảy múa theo vòng tròn "
"sao cho có ít nhất 2 người nam đứng giữa bất kỳ 2 người nữ . "
GIẢI:
Trước hết với mỗi người nữ , ta coi như 2 người bạn nhảy nam của cô
ấy là 1 người đứng ở bên trái và 1 người đứng ở bên phải. Vì có 6
người nữ phân biệt nên ta có thể chọn 12 người nam từ 15 người nam
bằng cách . Kế đến , mỗi người nữ và 2 bạn nhảy nam của mình được
xem như là 1 nhóm , mỗi phần dư lại 15-12=3 người nam cũng xem như là
1 nhóm . Như vậy tổng cộng có 9 nhóm , mà ta có thể hoán vị vòng tròn
nên sẽ có 8! Cách . Theo qui tắc nhân ta có : cách .
SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT.(bài toán chia kẹo của
Euler)
Số nghiệm nguyên không âm của phương trình bằng
.
CHỨNG MINH :
Ta xét mỗi nghiệm không âm của phương trình là tương ứng với 1
hoán vị của n đường tròn " O" và m-1 cạnh "/ " :
.
Ở đây là số đường tròn "O" ở bên trái dấu / thứ nhất, là
số đường tròn "O" ở giữa dấu/ thứ i và dấu / thứ i+1, …. là số
đường tròn "O" ở bên phải dấu / thứ m-1 . Vì tương ứng trên là 1-1 ,
nên số nghiệm của phương trình bằng số hoán vị của n đường tròn "O" và
m-1 dấu/ tức là .
CHÚ Ý : Số nghiệm nguyên không âm của phương trình bằng số tổ
hợp lặp lại của việc lấy m phần tử từ n phần tử ( mỗi phần tử có thể
có hữu hạn lần lặp lại).
HỆ QUẢ :
Số nghiệm nguyên dương của phương trình (1)bằng .
CHỨNG MINH :
Đặt Khi đó ta có : .(2)
Số nghiệm dương của (1) bằng số nghiệm không âm của phương trình (2)
do đó sẽ bằng .
Lời giải khác của VD7: Giả sử 15 nam chia thành 6 nhóm sao cho mỗi
lảnh đạo của nhóm là một người nữ và có ít nhất 2 nam trong 1 nhóm .
Xác định số nam trong mỗi nhóm là tương ứng , thế thì ta có
phương trình :
(1)
Đặt (2)
Thế thì số nghiệm nguyên của (1) bằng số nghiệm nguyên không âm của
(2) tức là .Như vậy 15 nam được chia thành 6 nhóm sao cho trong
mỗi nhóm có ít nhất 2 nam thì có cách. Ta sắp xếp 6 nhóm đó trong
vòng tròn thì có (6-1)!=5! cách. Người lảnh đạo của mỗi nhóm là 1 nữ
và vị trí của nó được xác định . 15 nam ngồi trên đường tròn có 15!
cách . Theo qui tắc nhân ta có số hoán vị thỏa mãn yêu cầu bài toán là
.
"Có bao nhiêu số nguyên có 3 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi "
"số nguyên là 11. "
GIẢI:
Ta xác định chữ số hàng trăm , hàng chục và hàng đơn vị là :
(1).
Đặt (2) .
Số nghiệm của (1) bằng số nghiệm của (2) tức là bằng nhưng trừ
đi 5 nghiệm sau : (11;0;0) ; (10;1;0) ;(10;0;1); (1;10;0); (1;0;10)
vậy có tất cả :
NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ NGUYÊN LÝ LOẠI TRỪ :
Gọi là n tập hữu hạn . Ta xác định số phần tử của là
. Thế thì ta có công thức (1) sau:
CHỨNG MINH :
Với bất kỳ phần tử x ta chứng minh rằng x sẽ có số lần đếm giống
nhau ở cả 2 vế của (1).
Vì x thuộc ít nhất 1 trong các tập hợp nên không mất tính tổng
quát ta giả sử x và không thuộc các tập hợp khác . Trong trường
hợp này x được đếm 1 lần trong VT của (1) . Nhưng trong VP của (1) x
được đếm lần trong ; được đếm lần trong ; được
đếm lần trong ;…… . Suy ra , ở VP của x được đếm :
Rõ ràng rằng với x thì ở cả 2 vế x đều không đếm được lần nào.
Như vậy ở 2 vế mỗi phần tử x được đếm số lần như nhau , nên công thức
được chứng minh.
CHÚ Ý : Phương pháp chứng minh trên được gọi là phương pháp GÓP LẠI (
CONTRIBUTED METHOD).
NGUYÊN LÝ QUÉT LIÊN TIẾP ( SUCCESSIVE SWEEP PRINCIPLE) :
SIEVE FORMULA – CÔNG THỨC SÀNG :
Cho S là tập hợp hữu hạn , (i=1;2…..;n) và xác định phần bù của
trong S là (i=1;2;….;n). Thế thì :
CHỨNG MINH :
Ta có :theo công thức De Morgan
"Xác định số các số nguyên dương nhỏ hơn 1000 và không chia hết cho 7"
"và cũng không chia hết cho 5. "
GIẢI:
Đặt S={1;2;…;999} Thế thì ta cần tính : .
Theo công thức sàng , ta có:
"Có bao nhiêu cách để gắn n lá thư phân biệt vào trong n phong bì sao"
"cho không có lá thư nào vào đúng phong bì tương ứng của nó "
"( BÀI TOÁN CÁC LÁ THƯ SAI ĐỊA CHỈ CỦA BERNOULLI-EULER) "
GIẢI:
Ta phát biểu lại bài toán : Có bao nhiêu hoán vị của các số {1;2;…;n}
sao cho số k không đặt ở vị trí k với mọi k (1 k n). Các hoán vị như
thế gọi là hoán vị xáo trộn ( derangement) và số hoán vị như thế đặt
là .
Gọi S là tập hợp các hoán vị của {1;2;…;n} và là tập hợp các
hoán vị của {1;2;…;n} thỏa điều kiện (i=1;2;….;n).
Rõ ràng ta có :
Theo công thức sàng , ta có:
HOÁN VỊ VÀ CÁC ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA NÓ:
Cho X={1;2;…;n} ; φ là song ánh từ X vào chính nó và ta thường viết
hoán vị dưới dạng sau đây:
Với i X, nếu φ, thì i được gọi là 1 điểm bất động của hoán vị φ
trên X.
Với VD trên , ta có hệ quả sau đây:
HỆ QUẢ : Số hoán vị không có điểm bất động của tập X bằng
"Giả sử tập X={1;2;…;n} và xác định số hoán vị không có điểm bất động"
"của X là , số hoán vị có đúng 1 điểm bất động của X là . "
"Chứng minh rằng . "
GIẢI:
Gọi là số hoán vị với đúng 1 điểm bất động là I (i=1;2….;n) Thế
thì :
Theo hệ quả trên , ta có :
.
Nên :
"Một dãy số được nhận từ dãy các số nguyên dương {1;2;3…; …} "
"bằng cách xóa đi tất cả các bội số của 3 hay 4 ngoài trừ 5. Tinh "
". "
GIẢI:
CÁCH 1: ( PHƯƠNG PHÁP ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ- ESTIMATE VALUE METHOD)
Đặt ; S={1;2;3….;n} và (i=3;4;5) .Thế thì tập hợp các số
không bị xóa là .
Áp dụng công thức sàng , ta có :
Áp dụng bất đẳng thức , ta được :
Như vậy ta được : .
Nếu n là bội số của 3 hay 4 nhưng không phải 5, thì n không là số hạng
của dãy số mới , như thế theo yêu cầu n chỉ là 1 trong các số
sau: 3345;3346;3347;3349; 3350;3353.
Lần lượt thế các số trên vào phương trình ban đầu ta được n= 3347.Vậy
.
CÁCH 2: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔ HỢP( COMBINATORIAL ANALYSIS METHOD):
Ta có BCNN(3;4;5)= 60 . Đặt
Thế thì tập hợp các số không bị xóa trong . Áp dụng công thức
sàng , ta có:
Do đó có 36 số hạng trong dãy số mới trong là :
Gọi và
Vì hay nhưng
Mặt khác với bất kỳ số nguyên dương có dạng 60k+r ( k;r là các số
nguyên không âm và r P) . Nếu (r;12)=1 thì (60k+r;12)=1 , như thế
60k+r cũng là số hạng của dãy số mới . Nếu (r;12) 1 thì 5/r (vì r P) ,
như thế 5/60k+r thì 60k+r cũng là số hạng của dãy số mới .
Như thế , dãy số mới bao gồm tất cả các số dương có dạng 60k+r (
k,r là các số nguyên không âm và r P) . Với k cho trước , ta nhận được
36 số hạng lien tiếp của dãy số mới . Chú ý rằng 2009= 36×55+29 như
thế . Nhưng
.
Vậy
BÀI TẬP ÁP DỤNG :
1/ Một thầy giáo trao n+1 giải thưởng cho n học sinh sao cho mỗi học
sinh nhận ít nhất 1 giải thưởng . Hỏi có bao nhiêu cách trao giải?
GIẢI:
Theo điều kiện , phải có 1 học sinh nhận 2 giải thưởng.và mỗi học sinh
còn lại nhận một giải thưởng.
Đáp số : D.
2/Giả sử một thầy giáo chọn 4 sinh viên từ 5 nam và 4 nữ để lập ra 1
nhóm thảo luận , Hỏi có bao nhiêu cách thành lập để nhóm thảo luận có
ít nhất 1 nam , 1 nữ .
a/60 b/80 c/120 d/420.
GIẢI:
Số cách chọn là :
Đáp số : C.
3/Nếu 1 số có 5 chữ số lớn hơn 20000 không là bội số của 5 có tính
chất sau: các chữ số của nó là phân biệt và mỗi chữ số là một trong
các số 1,2,3,4,5 thế thì số số cần tìm là
a/96 b/76 c/72 d/36.
GIẢI:
Trước hết , chữ số đơn vị không thể là 5. Vậy số các số có 5 chữ số là
4!×4. Trong các số đó , số các số có 5 chữ số không quá 20000 là chữ
số đầu là 1 và chữ số đơn vị là 1 trong các số 2,3,4. Vậy có 3×3!.
Vậy số số cần tìm là : 4×4!-3×3!= 78.
Đáp số : B
4/ Nếu các hệ số A và B của phương trình đường thẳng Ax+By =0 là 2 chữ
số phân biệt từ số 0;1;2;3;6;7 thì số đường thẳng phân biệt là bao
nhiêu?
GIẢI:
Số cách chọn 2 số A và B trong 6 chữ số là : .Nhưng trong tính
toán trên , đường thẳng trong các trường hợp sau cùng là một đường
thẳng :
(1) A=0 và B=1;2;3;6;7.
(2) B=0 và A=1;2;3;6;7.
(3) A=1 và B=2 hoặc A=3 và B=6.
(4) A=1 và B=3 hoặc A=2 và B=6.
(5) A=2 và B=1 hoặc A=6 và B=3.
(6) A=3 và B=1 hoặc A=6 và B=2.
Cho nên số đường thẳng phân biệt là :
Đáp số : 18.
5/Nếu cơ số a và biến số x trong là 2 chữ số phân biệt từ các
chữ số 1;2;3;4;5;7;9 thì số giá trị khác nhau của
GIẢI:
Số cách chọn 2 số a và x từ 7 số là : .
Nhưng có số a không thể bằng 1.
Và các trường hợp sau trùng lặp nhau:
(1) x=1 và a=2;3;4;5;7;9.
(2) .
(3) .
(4).
(5)
Như vậy số trường hợp cần tìm là :
6/ Trong 1 cuộc thi đấu tennis , mỗi người chơi đúng 1 game với mỗi
người khác . Nhưng trong quá trình thi đấu , có 3 người bỏ cuộc và mỗi
người tham gia đúng 2 trận . Nếu tổng số trận là 50 thì số trận của 3
người trên là bao nhiêu
CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1994
a/0 b/1 c/2 d/3
GIẢI:
Giả sử có n người chơi , và số trận 3 người chơi là r . Thế thì :
Vậy r=1.
Đáp số : B.
7/ Giả sử a,b,c trong phương trình đường thẳng ax+by+c=0 là 3 phần tử
phân biệt trong tập hợp {-3;-2;-1;0;1;2;3} và hệ số góc của đường
thẳng là dương . Hỏi có bao nhiêu đường thẳng phân biệt ?
CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1999.
GIẢI:
Giả sử hệ số góc của đường thẳng là .
Không mất tính tổng quát , giả sử rằng a>0 và b<0. (1).
Khi c=0, ta chọn a bằng cách và ta chọn b bằng cách. Nên ta
phải xóa đi 2 trường hợp lặp lại ( vì 3 phương trình x-y=0; 2x-2y=0;
3x-3y=0 là một).Cho nên trường hợp này số đường thẳng phân biệt là
:.Khi c 0; ta chọn a bằng cách và ta chọn b bằng cách,
ta chọn c bằng cách. Như vậy trong trường hợp này ta có
Vậy có tất cả ; 36+7=43 cách.
8/ Một hình chữ nhật 2×3 được chia thành 6 hình vuông đơn vị
A,B,C,D,E,F Mỗi hình vuông được tô 1 màu trong 6 màu sao cho không có
2 hình vuông kề nhau có cùng một màu . Hỏi số cách tô màu khác nhau là
bao nhiêu ?
GIẢI:
"A "C "E "
"B "D "F "
A và B được tô bởi cách..
Nếu C và B được tô cùng một màu ; thì C và D được tô bởi cách .
Nếu C và B được tô bởi màu khác nhau thì C và D được tô bởi . Cho
nên C và D được tô bởi cách .
Tương tự , E và F được tô bởi 21 cách. Theo qui tắc nhân , ta được
30
9/ Hai đội tuyển A và B tham gia giải bóng bàn. Mỗi đội có 7 người
giao đấu với nhau theo một thứ tự nhất định. Đầu tiên, người thứ nhất
của đội A , đấu với người thứ nhất của đội B và người thua sẽ bị
loại. Sau đó ; người chiến thắng chơi nữa với người thứ hai của đội
kia . Các bước tiếp theo người chơi tương tự Cuộc thi đấu không kết
thúc cho đến khi tất cả người chơi của 1 đội đều bị loại và đội còn
lại là chiến thắng. Hỏi số cách diễn ra cuộc thi đấu .
CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1988
GIẢI:
Trước hết , ta tìm số quá trình khác nhau của cuộc chơi A thắng. Giả
sử rằng , người thứ I của A thắng lần (i=1;2;….;7) thế thì
.Thế thì số quá trình phân biệt của cuộc chơi nếu A thắng bằng
số nghiệm của phương trình trên và bằng .
Tương tự ; số quá trình phân biệt của cuộc chơi nếu B thắng bằng
.
Như thế số cách diễn ra cuộc thi đấu là :
10/ Trong một cuộc thi bắn cung , 8 cái đĩa tập bắn được bố trí như
sau : 2 cột treo 3 đĩa , và 1 cột treo 2 đĩa . Một người thiện xạ bắn
tất cả 8 cái đĩa theo qui tắc sau:
* Người xạ thủ trước hết chọn 1 cột để bắn các đĩa .
** Người xạ thủ phải bắn cái đĩa không bể còn lại thấp nhất trong cột
mình chọn.
Với qui tắc trên , ta có bao nhiêu cách để bắn vỡ hết 8 cái đĩa .
AIME 1990.
GIẢI:
Vì người bắn cung bắn bể 8 đĩa trong 8! Cách . và thứ tự các đĩa trong
mỗi cột là xác định , nên số cách yêu cầu là =560.
11/Có bao nhiêu cách để sơn 5 đỉnh của 1 hình chóp tứ giác đềuvới 5
màu sao cho mỗi đỉnh được tô đúng bởi 1 trong 5 màu và các đỉnh với 1
cạnh chung phải được tô màu khác nhau?
Chú ý: Mỗi cách tô màu được xem là khác nhau nếu không nhận được từ 1
phép quay.
GIẢI:
Rõ ràng ta cần ít nhất là 3 màu .
(1) nếu 5 màu được sử dụng thì ta lấy một màu trong 5 màu đó để sơn
đỉnh ở phía trên thì có cách. Sau đó ta sử dụng 4 màu còn lại tô
4 đỉnh ở đáy thì có (4-1)!=3! Cách. Trong trường hợp này , ta có tất
cả là cách .
(2) nếu 4 màu được sử dụng , thì ta chọn 4 màu từ 5 màu , có
cách và chỉ dùng 1 trong 4 màu đó để tô đỉnh , vậy có cách. Sau
đó , ta sử dụng 3 màu còn lại để tô 4 đỉnh ở đáy. Trong trường hợp này
, 1 cặp đỉnh đối diện ở đáy phải được tô cùng 1 màu . ta chọn 1 màu để
tô cặp đỉnh đối diện ở đáy thì sẽ có cách, và sử dụng 2 màu còn
lại để tô 2 đỉnh còn lại có 1 ! cách. Trong trường hợp này có tất cả
cách .
(3) Nếu 3 màu được sử dụng , ta lấy 3 màu từ 5 màu , thì có
cách. Ta sử dụng 1 trong 3 màu để tô đỉnh thì có cách. Sau đó sử
dụng 2 màu còn lại để tô 4 đỉnh ở đáy. Trong trường hợp này , mỗi cặp
đỉnh đối diện ở đáy được tô bởi 1 màu , có 1 ! cách. Trong trường hợp
này có : cách.
Kết luận : có 30+60+30=120 cách.
12/ Cho 2 tập hợp các số thực A=và B=. Nếu có 1 ánh xạ f từ
A vào B sao cho mỗi phần tử của B có vài tạo ảnh và ta có :
thì số ánh xạ là :
(A) (B) (C) (D)
CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 2002.
GIẢI :
Ta có thể giả sử rằng .
Và chia các phần tử thành 50 nhóm khác rổng theo thứ tự của nó.
Xác định ánh xạ f : A B sao cho ảnh của tất cả các phần tử thuộc nhóm
thứ i là . Rõ ràng rằng , f thỏa điều kiện bài toán .
Hơn nữa , có 1 tương ứng 1-1 giữa tất cả các nhóm được chia với các
ánh xạ thỏa điều kiện . Như thế số ánh xạ f , thỏa điều kiện bằng số
cách chia A thành 50 nhóm theo thứ tự của nó. Gọi là số phần tử
của nhóm thứ i , như vậy số cách chia A bằng số nghiệm nguyên dương
của phương trình và số đó là .
Đáp số : D.
13/ Một số tự nhiên a được gọi là số "Lucky" nếu tổng các chữ số của
nó là 7. Sắp thứ tự tất cả các số "Lucky" theo thứ tự tăng dần và ta
nhận được dãy số biết . Tính số hạng .
CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 2005.
GIẢI :
Vì số nghiệm nguyên không âm. của phương trình là
C ; khi .
Số nghiệm nguyên là , số các số « lucky » với k chữ số là :
P(k)=.Ta biết 2005 là số « lucky » nhỏ nhất có dạng và
.
Chú ý rằng số các số « lucky » có 4 chữ số và có dạng là số
nghiệm nguyên không âm của phương trình a+b+c=6 tức là Như vậy ta
có 1+7+28+28+1=65 và 2005 là số hạng thứ 65 của các số « lucky », tức
là Ngoài ra ,
Như vậy còn 6 số « lucky » có 5 chữ số. từ lớn nhất đến nhỏ nhất là :
Vậy .
14/ Có bao nhiêu cách sắp xếp n cặp vợ chồng thành 1 đường thẳng sao
cho không có người nam nào đứng cạnh vợ của mình ?
GIẢI :
Gọi S là tập hợp tất cả các hoán vị của n cặp vợ chồng trên 1 đường
thẳng và là tập hợp tất cả các hoán vị trong đó cặp vợ chồng thứ
i là kề nhau. Theo nguyên lý bù trừ , ta có : số hoán vị thỏa điều
kiện bài toán bằng :
15/ Giả sử tất cả các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với 105 được
sắp xếp theo thứ tự tăng dần . Tính .
CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1994.
GIẢI :
Đặt với .
Vì 105=3.5.7 nên (k ;105)=1 k không là bội số của 3,5,7. Theo nguyên
lý bù trừ ta có :
Với và (1) ta được :
Do đó vì n và 105 là nguyên tố cùng nhau, thì n là một trong
các số 2179 ; 2182 ; 2183 ; 2186 ; 2188 ; 2189 ; 2192 ; 2194. Trong
các số đó , chỉ có n= 2186 là thỏa mãn , vậy
16/ Có bao số có n chữ số bao gồm các chữ số 1,2,3 với ít nhất 1 chữ
số 1 , 1 chữ số 2, 1 chữ số 3.
GIẢI :
Gọi S là tập hợp các chữ số có n chữ số bao gồm các chữ số 1,2,3 .
{m/m S và mỗi chữ số của m không bằng i} (i=1 ;2 ;3). Thế thì số
các số thỏa yêu cầu là :
.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TỔ HỢP, RỜI RẠC VÀ ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI
PHẦN 1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bài toán cực trị trong tổ hợp và rời rạc thường xuất hiện trong các kì
thi học sinh giỏi và đây thường là bài khó dùng để phân loại học sinh. Các
bài toán này thường không có một thuật giải cụ thể. Lời giải có được chủ
yếu dựa vào năng lực tư duy sáng tạo của học sinh. Nhằm giúp học sinh có
được cơ sở để giải các bài toán về cực trị trong tổ hợp và rời rạc, chúng
tôi hệ thống một số bài toán và một số định hướng cách giải quyết các bài
toán về cực trị trong tổ hợp và rời rạc. Đó là lí do mà chúng tôi chọn đề
tài:
" Một số dạng toán cực trị trong tổ hợp hợp, rời rạc và định hướng cách
giải".
PHẦN 2.THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi: Học sinh đã được tiếp cận các bài toán về cực trị trong tổ
hợp và rời rạc cũng như nắm được một số lời giải các bài toán đó.
2. Khó khăn: Học sinh chưa được tiếp cận một cách hệ thống các bài toán
liên quan đến cực trị trong tổ hợp và rời rạc. Đồng thơi học sinh chưa có
được định hướng để giải các bài toán đó.
PHẦN 3. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Trong phần này, chúng tôi đưa ra một số bài toán thường gặp và định hướng
giải các bài toán đó.
Bài toán 1. Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất (lớn nhất) sao cho mọi tập A mà
đều có tính chất T nào đó.
Với bài toán này, chúng ta thường xét một tập A có tính chất đặc biệt nào
đó sao cho và A không thỏa tính chất T, từ đó suy ra được . Tiếp
theo ta chứng minh mọi tập mà đều có tính chất T, từ đó ta tìm
được .
Để chứng minh mọi tập mà đều có tính chất T thì ta có thể sử
dụng nguyên lí Dirichlet hoặc xây dựng
Ví dụ 1. Gọi A là tập tất cả các số tự nhiên lẻ không chia hết cho 5 và nhỏ
hơn 30. Tìm số k nhỏ nhất sao cho mỗi tập con của A gồm k phần tử đều tồn
tại hai số chia hết cho nhau?
Lời giải.
Ta có:
Xét tập
Dễ thấy hai phần tử bất kì thuộc thì không chia hết cho nhau. Từ đó
ta suy ra được .
Ta chứng minh thỏa đề bài.
Xét là một tập con bất kì của và .
Xét ba cặp , ta thấy mỗi cặp là bội của nhau.
Nếu trong 3 cặp trên có ít nhất một cặp thuộc S thì bài toán được giải
quyết
Giả sử trong ba cặp trên không có cặp nào cùng thuộc S, do nên S phải
chữa một số trong mỗi cặp và chứa 6 số còn lại. Từ đó suy ra trong S phải
có cặp hoặc và mỗi cặp này là bội của nhau. Hay nói cách khác
trong S luôn tồn tại hai số chia hết cho nhau.
Vậy .
Nhận xét:
Mẫu chốt trong bài toán trên là chúng ta phát hiện ra tập để từ đó ta
khẳng định được và dự đoán . Để tìm tập , ta liệt kê hết
các số trong A mà không có hai số nào là bội của nhau. Với bài toán này,
việc tìm ra tập khá đơn giản.
Ví dụ 2. Cho tập A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương
nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con có phần tử của A đều
tồn tại hai số phân biệt sao cho là số nguyên tố (VMO 2004).
Lời giải.
Giả sử là số nguyên dương sao cho trong mỗi tập con có phân tử
của tập A đều tồn tại hai số phân biệt sao cho là số nguyên tố
Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A. Khi đó và với mọi ta
có là hợp số, do đó suy ra .
Xét các cặp số sau:
Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp trên là một số nguyên tố.
Xét T là một tập con của A và , khi đó theo nguyên lí Dirichlet
sẽ chứa ít nhất một cặp nói trên, hay nói cách khác trong T luôn tồn tại
hai số phân biệt sao cho là số nguyên tố.
Vậy .
Chú ý:
1) Vì giả thiết là số nguyên tố nên không thể là số chẵn hay
phải khác tính chẵn, lẻ. Dựa vào đó ta xây dựng được tập .
2) Để tìm được sự phân hoạch tập A thành hợp của 8 cặp rời nhau như trên ta
làm như sau:
Ta liệt kê tất cả các số sao cho ( ) là số nguyên tố
. Từ đó ta có được sự phân hoạch trên, sự phân hoạch trên không phải là duy
nhất.
Ví dụ 3. Cho một đa giác đều 2007 đỉnh . Tìm số nguyên dương nhỏ nhất
thảo mãn tính chất: Trong mỗi cách chọn đỉnh của đa giác, luôn tồn
tại 4 đỉnh tạo thành một tứ giác lồi mà 3 trong số 4 cạnh của tứ giác là
cạnh của đa giác đã cho (VMO 2007).
Lời giải.
Gọi các đỉnh của đa giác là .
Ta thấy tứ giác có 4 đỉnh thuộc các đỉnh của đa giác có 3 cạnh trong 4 cạnh
là cạnh của đa giác khi và chỉ khi 4 đỉnh của tứ giác là 4 đỉnh liên tiếp
của đa giác.
Xét tập hợp ( bỏ đi các đỉnh và ). Ta có và X không
chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác. Từ đó suy ra . Ta chứng minh .
Gọi là tập hợp các điểm thuộc đỉnh của đa giác và . Ta xét
đỉnh còn lại. Các đỉnh này sẽ chia đường tròn ngoại tiếp đa giác thành
cung, do đó sẽ có một cung chứa ít nhất đỉnh liên tiếp của đa
giác. Dĩ nhiên 4 đỉnh này thuộc T và là 4 đỉnh liên tiếp của đa giác đã
cho.
Vậy .
Chú ý:
1) Để chứng minh ta có thể làm theo cách sau
Đặt ….
Nếu có thì bài toán được chứng minh
Giả sử , vì nên và
Vì nên … ta suy ra được .
Do đó . Bài toán được chứng minh.
2) Mẫu chốt bài toán trên là chúng ta đưa ra được nhận xét: Đa giác thỏa
yêu cầu bài toán khi và chỉ khi 4 đỉnh của tứ giác là 4 đỉnh liên tiếp của
đa
giác . Từ đó chúng ta xây dựng tập X không thỏa yêu cầu bài toán. Khi xây
dựng tập X ta chú ý, cần xây dựng X sao cho trong X không chứa 4 đỉnh liên
tiếp và X có số phần tử lớn nhất.
Ví dụ 4. Trong một cuộc hội thảo cứ người thì có đúng một người quen
chung. Tìm số người quen lớn nhất của một người.
Lời giải. Từ giả thiết bài toán, ta suy ra được:
Mỗi người có ít nhất một người quen.
Giả sử có () người đôi một quen nhau. Khi đó sẽ có người
thứ là quen với người , suy ra đôi một quen
nhau.
Bằng cách xây dựng như vậy ta có được ít nhất người đôi một
quen nhau.
Giả sử có người và n quen với ít nhất 1 trong người , ta
xét các trường hợp sau:
TH 1: Số người quen của n không nhỏ hơn 2.
Giả sử n quen với trong . Khi đó nhóm gồm 10 người có 2
người quen chung là , suy ra vô lý.
TH 2: n quen đúng 1 người trong 11 người .
Giả sử không quen . Khi đó
có một người quen chung là và
Suy ra p có không ít hơn 2 người quen trong . Ta đưa về trường hợp
trên và dẫn đến điều vô lí.
Vậy số người quen nhiều nhất của một người là .
Bài toán 2: Tìm số phần tử lớn nhất (nhỏ nhất ) của tập A gồm các phần tử
có tính chất T.
Để giải bài toán này, chúng ta thường thực hiện theo cách sau
Đặt , bằng các lập luận ta chứng minh (). Sau đó ta xây dựng
một tập thỏa tính chất T và .
Chú ý: Nếu trong một bài toán liên quan đến một phần tử thuộc giao
, ta có thể đi đếm bộ bằng hai cách. Từ đó ta thiết lập được các
bất đẳng thức.
Ví dụ 5. Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử. Tìm số lớn nhất các tập con gồm 3
phần tử của A sao cho giao của hai tập bất kì trong các tập con này không
phải là tập gồm hai phần tử.
Lời giải.
Gọi là số tập con của A thỏa :
Giả sử có phần tử thuộc vào 4 tập trong các tập (chẳng hạn
thuộc 4 tập ). Khi đó:
Mặt khác với thì nên
Suy ra
Do đó: vô lí.
Như vậy mỗi phần tử thuộc tập A thì sẽ thuộc nhiều nhất ba tập trong số các
tập . Khi đó, suy ra .
Xét và các tập
Là các tập con gồm ba phần tử của A và .
Vậy số tập con lớn nhất là 8.
Ví dụ 6. Trong một cuộc thi có 11 thí sinh tham gia giải 9 bài toán. Hai
thí sinh bất kì giải chung với nhau không quá 1 bài. Tìm lớn nhất để
mọi bài toán có ít nhất k thí sinh giải được.
Lời giải.
Gọi là thí sinh thứ i và tập các bài toán là
Theo đề bài ta có: . Đặt là số thí sinh giải được bài .
Ta đi đếm bộ , trong đó .
Ta có số bộ này chính bằng:
Mặt khác: số bộ này lại bằng . Do đó ta có:
Suy ra
Với . Giả sử tồn tại , suy ra vô lí.
Suy ra
Do đó, tồn tại sao cho
Giả sử và
Nếu tồn tại để
Nên tồn tại một phần tử của thuộc ít nhất tập .
Suy ra tồn tại một phần tử thuộc nhiều hơn 5 tập , vô lí.
Suy ra vô lí.
Do đó . Với ta chỉ ra như sau:
Quy ước : số 1 là thí sinh giải được bài đó
số 0 là thí sinh không giải được bài đó.
" "[p"[p"[p"[p"[p"[p"
" "ic"ic"ic"ic"ic"ic"
" "] "] "] "] "] "] "
"0 "1 "1 "1 "1 "0 "0 "
"0 "1 "1 "0 "0 "1 "1 "
"0 "0 "0 "1 "1 "1 "1 "
"1 "0 "1 "0 "1 "0 "1 "
"1 "1 "0 "0 "1 "1 "0 "
"1 "1 "0 "1 "0 "0 "1 "
"1 "1 "0 "1 "0 "0 "1 "
Ví dụ 8. Cho bảng ô vuông kích thước (bảng gồm 2000 hàng và 2001
cột). Hãy tìm số nguyên dương lớn nhất sao cho ta có thể tô màu
ô vuông con của bảng thỏa điều kiện: hai ô vuông con nào được tô màu cũng
không có đỉnh chung (VMO 2001).
Lời giải.
Kí hiệu là ô vuông nằm ở hàng thứ và cột thứ . Kí hiệu
là số ô vuông được tô màu ở cách tô màu T.
Xét một cách tô màu T thỏa yêu cầu bài toán
Ta thấy nếu ô được tô màu thì các ô và các ô kề với nó
trong cũng một hàng không được tô màu. Ta xét phép biến đổi sau đối với
Xóa tất cả các ô mà lẻ và tô màu các ô . Khi thực hiện
phép biến đổi trên ta thu được cách tô màu thỏa mãn đề bài và:
Tất cả các ô nằm trên hàng thứ () đều không được tô màu.
Từ điều kiện đề bài, suy ra trong một hàng có không quá 1001 ô được tô màu.
Do đó .
Vì vậy với mọi cách tô màu T thỏa yêu cầu bài toán.
Ta xét cách tô màu sau:
Tô các ô với . Ta thấy cách tô này thỏa yêu cầu bài toán và số ô
được tô màu là .
Vậy .
Ví dụ 9. Trên một đường tròn cho 2011 điểm phân biệt. Giả sử trong số các
điểm này có đúng k điểm được tô màu đen. Một cách tô màu được gọi là "tốt"
nếu tồn tại ít nhất một cặp điểm màu đen sao cho phần trong của một trong
hai cung đó tạo bởi hai điểm chứa đúng điểm của E. Tìm k nhỏ nhất sao
cho mọi cách tô màu k của điểm của E đều "tốt".
Lời giải.
Đặt . Ta sẽ xét theo
Một cách tô tốt khi và chỉ khi tồn tại sao cho (*)
Xét một tập . Ta sẽ chứng minh tồn tại thỏa (*)
Thật vậy: với mỗi thì tồn tại sao cho :
Mặt khác, mỗi được tính hai lần.
Suy ra vô lí
Suy ra là số tốt, do đó .
Do nên
Chọn
Suy ra :
(1) vô lí.
Tương tự, từ (2) ta suy ra vô lí.
Vậy .
Chú ý: Để đánh giá () chúng ta có thể thiết lập các đẳng thức
hoặc bất đẳng thức. Để thiết lập các đẳng thức chúng ta cần chú ý đến các
bất biến.
Ví dụ 10. Cho một bảng kích thước được điền các số tự nhiên từ
đến theo quy tắc sau: Hàng thứ nhất ta điền các số từ 1 đến 2012 từ
trái qua phải, ở hàng thứ hai ta đánh các số từ 2013 đến 4024 tuwg phải qua
trái, các hàng tiếp theo được đánh theo kiểu zích zắc tương tự như trên.
Hãy tìm các phủ kín bẳng trên bởi quân cơ Domino sao cho tổng của
tích các số trên mỗi quân cờ Domino lớn nhất.
Lời giải. Đặt .
Gọi là hai số được ghi trên quân cờ Domino thứ với và
với . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của .
Vì nên ta có:
Mặt khác là các số tự nhiên khác nhau thuộc tập A nên
và
Suy ra . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi là hai số tự nhiên liên
tiếp.
Vậy để S lớn nhất ta phủ các quân cơ Domino sao cho mỗi quân cờ chứa hai số
tự nhiên liên tiếp.
Ví dụ 11. Cho số nguyên dương n. Có n học sinh nam và n học sinh nữ xếp
thành một hàng ngang, theo thứ tự tùy ý. Mỗi học sinh (trong số 2n học sinh
vừa nêu) được cho một số kẹo bằng đúng số cách chọn ra hai học sinh khác
giới với X và đứng ở hai phía của X. Chứng minh rằng tổng số kẹo mà tất cả
2n học sinh nhận được không vượt quá (VMO 2012).
Lời giải.
Gọi và là vị trí của n nam và n nữ trên hàng.
Xét nam tại vị trí , ta thấy bên trái anh ta có vị trí, trong đó
có vị trí là nam, vậy nên bên trái anh ta có nữ.
Tương tự, bên phải anh ta có nữ.
Vậy nam tại được cho kẹo.
Tương tự, nữ tại vị trí được cho kẹo.
Như vậy tổng số kẹo được cho bằng
Chú ý là nên ta có
Ngoài ra
Thay vào biểu thức tính S, ta tìm được .
Từ đó, ta đưa bài toán ban đầu về việc chứng minh bất đẳng thức:
Ta có:
……………………………………………
Áp dụng công thức khai triển tổng Abel, ta có
.
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 12. Gọi hình chữ nhật (hoặc ) bị cắt bỏ một ô vuông
ở góc được gọi là hình chữ nhật khuyết đơn (Hình 1). Hình chữ nhật (
hoặc ) bị cắt bỏ hai hình vuông nằm ở hai góc đối diện là hình
chữ nhật khuyết kép (Hình 2). Người ta ghép một số hình vuông , một số
hình chữ nhật khuyết đơn và một số hình chữ nhật khuyết kép sao cho không
có hai hình nào chờm lên nhau để tạo thành một hình chữ nhật kích thước
. Gọi là tổng số hình vuông và hình chữ nhật khuyết kép
trong mỗi cách ghép nói trên. Tìm giá trị lớn nhất của (Vietnam TST
1993).
Lời giải.
Gọi là số hình chữ nhật khuyết đơn. Ta có đẳng thức về diện tích
(1)
Điền số 0 vào các ô với , ta thấy có số 0 được điền. Dựa
vào hình (hình 3) ta thấy:
Hình vuông và hình chữ nhật khuyết kép chứa đúng một số 0
Hình chữ nhật khuyết đơn chứa số 0 với hoặc .
Suy ra (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra được:
Suy ra .
Ta xét cách ghép sau (hình 4) thỏa .
(Hình 3)
(Hình 4)
Ví dụ 13. Gọi hình chữ nhật (hoặc ) là hình chữ nhật đơn và hình
chữ nhật (hoặc ) bỏ đi hai ô vuông đơn vị ở hai góc đối diện là
hình chữ nhật kép. Người ta ghép khít các hình chữ nhật đơn và các hình chữ
nhật kép lại với nhau được một bảng hình chữ nhật . Tìm số nhỏ nhất
các hình chữ nhật đơn có thể dùng để ghép (Vietnam TST 2010).
Lời giải.
Ta xét một hình chữ nhật thỏa yêu cầu bài toán.
Gọi lần lượt là số hình chữ nhật đơn , và là số hình
chữ nhật kép dùng trong cách phủ đó.
Các ô ở hàng lẻ ta tô màu trắng, các ô ở hàng chẵn ta tô mau đen.
NX 1: Dựa vào đẳng thức diện tích, ta có:
(1)
NX 2: Trên toàn bảng mỗi hình chữ nhật kép hoặc đều có các ô
màu đen bằng các ô màu trắng. Hình chữ nhật đơn được ghép dọc nên số
ô màu đen cũng bằng số ô màu trắng. Suy ra số hình chữ nhật ở các
hàng được tô màu đen bằng số hình chữ nhật ở các hàng được tô màu
trắng.
Hơn nữa có tất cả hàng nên ta suy ra chẵn, cộng với đẳng thức
(1) ta suy ra được chẵn. Hay nói cách khác ta có chẵn (2).
Bây giờ ở tất cả các ô hàng thứ của hình chữ nhật ta điền các số
() và là hiệu của tổng các số ghi trên ô màu trắng và tổng các
số ghi trên ô màu đen của các hình chữ nhật đang xét.
Ta có:
Suy ra
(trong đó là tổng tính trên tất cả các hình chữ nhật kép được
dùng, tương tự cho các kí hiệu còn lại)
Mặt khác tổng các số ghi trên hình chữ nhật là một số chẵn
thuộc đoạn , mà là số chẵn nên ta có đánh giá sau
.
Ta có
Do đó:
(3).
Tiếp theo ta xét hình chữ nhật , lấp luận về các hình chữ nhật
được dùng tương tự như trên ta cũng xây dựng được bất đẳng thức
(4).
Từ (3) và (4) ta suy ra:
(5)
Theo (1) thì kết hợp với (5) ta có:
Mà là số chẵn nên ta suy ra được: .
Ta chứng minh tồn tại cách ghép chỉ cần dùng hình chữ nhật đơn.
Hình dưới đây mô tả cách ghép một hình chữ nhật 10x16, trong đó: các hình
chữ nhật khuyết được tô bằng 5 màu khác nhau (đỏ, hồng, xanh lam, xanh lá
cây, xanh đậm) để dễ dàng phân biệt; trên hình các khối được tô màu xanh lá
mạ là các hình chữ nhật đơn chắc chắn phải dùng, các khối
màu vàng thì tùy trường hợp, có thể là hình chữ nhật đơn mà cũng có thể là
hình chữ nhật khuyết.
Hình chữ nhật có thể được tạo thành từ hình trên bằng quy tắc sau:
- Thêm các dìng bằng cách chèn vào giữa mỗi khối ở trên các hình có dạng:
Mỗi lần ghép như thế thì ta có thêm được hai hàng mới, do 2010 chia hết cho
2 nên khi thực hiện việc này liên tiếp một cách thích hợp thì khối này sẽ
tăng về chiều dài, tạo thành các khối mới có kích thước và ở mỗi khối
như vậy, ta chỉ dùng đúng 2 hình chữ nhật màu xanh lá mạ.
- Thêm cột bằng cách lặp lại các khối 1, 2 , 3, 4 ở trên hình (chú ý tính
tuần hoàn giữa các khối: (1) tương ứng với (3), (2) tương ứng với (4)).
Như thế thì ta cần phải có tất cả 502 khối dành cho 2008 cột. Đồng thời, ở
khối đầu tiên và khối cuối cùng, ta cần dùng thêm một hình chữ nhật đơn màu
vàng, các khối ở giữa thì dùng các hình chữ nhật khuyết màu vàng. Tức là: ở
hai khối đầu tiên và cuối cùng, ta cần dùng 3 hình chữ nhật
đơn, các khối ở giữa chỉ cần dùng 2 hình chữ nhật đơn thôi.
Khi đó, tổng số hình chữ nhật đơn cần dùng là: 500.2 + 2.3 =1006
Xoay hình chữ nhật 2010× 2008 lại, ta được hình chữ nhật 2008× 2010 cần
phải ghép, hình chữ nhật đó có đúng 1006 hình chữ nhật đơn thỏa mìn đề bài.
Do đó, cách ghép trên thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy giá trị nhỏ nhất các hình chữ nhật đơn cần dùng là 1006.
Ví dụ 14. Trên một bàn cờ đặt vào k hình sao cho không thể đặt
thêm một hình nào nữa (các hình rời nhau). Tìm số lớn nhất các ô tự
do còn lại.
Lời giải.
Đặt và là số ô tự do còn lại của bàn cờ.
Ta chứng minh ô.
Gọi là số ô tự do nằm trong bảng
là số ô tự do nằm ở trên biên (không tính ở góc)
là số ô tự do nằm ở góc
là số ô tự do của bảng.
Ta có: .
Gọi là số hình nằm trên bảng, là số hình nằm dính
biên
Suy ra
Ta đếm số cặp " số ô tự do – biến của ô đó dính với 1 hình chữ nhật "
Số cặp này bằng
Mặt khác: số cặp này không vượt quá nên ta có:
(1)
Do hai ô tự do nằm trên biên liên tiếp thì bị tách bởi 1 hình chữ nhật
nên (2).
Lấy (1)+(2) ta được:
Suy ra
Do nên ta suy ra được
Với .
Ta xét cách ghép sau đây sẽ xảy ra dấu "=".
Ví dụ 15. Cho 2006 điểm phân biệt trong không gian, không có bốn điểm nào
thẳng hàng. Số k gọi là số tốt nếu ta có thể điền lên mỗi đoạn thẳng nối
hai điểm trong 2006 điểm đã cho một số tự nhiên không vượt quá k sao cho
với mọi tam giác có ba đỉnh trong 2006 điểm đa cho thì có hai cạnh được
điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại thì được điền số lớn hơn. Tìm số tốt
có giá trị nhỏ nhất (TST Việt Nam 2006).
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh số tốt nhỏ nhất là 10 .
Trước hết ta định nghĩa một số khái niệm như sau:
Một cách điền các số tự nhiên không vượt quá k lên các đoạn thẳng nối n
điểm trong không gian, không có bốn điểm nào đồng phẳng, là một cách điền
tốt nếu với mọi tam giác có ba đỉnh trong n đỉnh đã cho thì có hai cạnh
được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại được điền số lớn hơn, và khi đó
ta gọi k là số n-tốt.
Ký hiệu số n-tốt có giá trị nhỏ nhất là . Ta chứng minh .
Trước hết, ta chứng minh (1).
Với ta có nên suy ra
Để chứng minh (1) ta chứng minh không phải là số n-tốt và là số
n – tốt.
Giả sử là số n – tốt, khi đó sẽ tồn tại cách điền các số tự nhiên
không vượt quá lên các cạnh của n điểm là cách điền tốt.
Ta thấy không có tam giác nào có ba đỉnh trong các điểm đã cho có hai cạnh
bằng nhau được đánh số , suy ra hai cạnh được điền thì không có
đầu mút chung. Do đó ta có thể kí hiệu n điểm đã cho là , trong đó các
cạnh được đánh số là và các điểm còn lại là .
Ta xét các điểm ( Do nên có ít nhất điểm được chọn, ta gọi
m là số điểm được chọn) và các đoạn thảng nối các điểm đó.
Do không có cạnh nào được đánh số nên :
Vô lí do .
Vậy điều giả sử ở trên là sai, suy ra .
Tiếp theo ta chứng minh là số n - tốt
Xét n điểm . Ta xét cách điền số như sau:
Ta điền số 0 lên các cạnh mà
Với các điểm ta có thể điền các số từ 0 đến lên các đoạn nối nó
sao cho là một cách điền tốt với các điểm đó nên cũng có thể điền các số từ
1 đến sao cho là một cách điền tốt với các điểm đó (2)
Tương tự ta cũng có thể điền các số từ 1 đến lên các cạnh nối các
điểm sao cho đó là một cách điền tốt với các điểm đó (3)
Ta chứng minh cách điền trên là cách điền tốt đối với n điểm đã nêu.
Xét tam giác .
Nếu , khi đó theo (2) và (3) ta có tam giác có hai cạnh được
điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại được điền số lớn hơn
Nếu trong ba số có hai số cùng tính chẵn lẻ và khác tính chẵn lẻ với số còn
lại, không mất tính tổng quát, ta giả sử
Khi đó, theo cách điền trên thì các cạnh được điền số 0, cạnh còn lại
điền số lớn hơn 0.
Suy ra là số n – tốt
Vậy ta có:
Từ đó suy ra :
Ta tính .
Ta có số 0 không phải là 4-tốt và số 1 là 4 - tốt với cách điền sau
Suy ra .
Vậy .
Bài tập
Bài 1. Giả sử là tập con của tập thỏa mãn: tích 3 phần tử bất
kỳ thuộc không là số chính phương. Tìm số phần tử lớn nhất của .
Bài 2. Cho tập hợp P gồm n điểm phân biệt trên mặt phẳng (),trong đó
không có 3 điểm nào thẳng hàng. Mỗi cặp điểm thuộc P được nối bởi một đoạn
thẳng tô màu đỏ hoặc tô màu xanh.Tìm số nhỏ nhất các đoạn thẳng tô màu đỏ
sao cho bất kì tam giác nào với 3 đỉnh thuộc P đều có ít nhất một cạnh màu
đỏ.
Bài 3. Trong không gian cho 2006 điểm mà trong đó không có 4 điểm nào đồng
phẳng. Nối tất cả các cặp điểm đã cho bởi các đoạn thẳng. Số tự nhiên
được gọi là tốt nếu ta có thể gán cho mỗi đoạn thẳng một số tự nhiên
sao cho tam giác tạo bởi 3 trong số các điểm đã cho đều có hai cạnh bằng
nhau và cạnh còn lại được gán một số lớn hơn hai số đó. Tìm số tốt nhỏ
nhất.
Bài 4. Trong một giải bóng đá có 20 đội tham gia, thi đấu vòng tròn một
lượt (kết thúc giải mỗi đội đá với mỗi đội còn lại đúng một trận). Tìm số k
lớn nhất sao cho sau mỗi k vòng đấu (mỗi đội đấu k trận) luôn tìm được 3
đội đôi một chưa đá với nhau.
Bài 5. Cho một bảng ô vuông 5x5. Gọi A là tập hợp các đỉnh của các hình
vuông đơn vị trừ các đỉnh của bảng. Hỏi ta có thể chọn được từ A nhiều
nhất bao nhiều điểm để trong số các điểm đã được chọn không có ba điểm nào
lập thành một tam giác cân.
Bài 6. Trong mặt phẳng, cho tập hợp A gồm điểm phân biệt được đánh số
từ 1 đến sao cho ba điểm bất kì nào trong chúng cũng không thẳng
hàng. Một tứ giác (lồi hoặc lõm) được gọi là "đẹp" nếu các đỉnh của nó
thuộc A và được đánh số bằng 4 số thỏa mãn một trong hai điều kiện sau:
i) Đó là 4 số tự nhiên cách nhau 2010 đơn vị.
ii) Đó là 4 số tự nhiên liên tiếp và nếu trong đó có chứa số chia hết cho
2010 thì số đó phải là lớn nhất.
Nối tất cả các điểm thuộc tập hợp A lại với nhau sao cho điểm nào thuộc A
cũng thuộc đúng một tứ giác. Tìm số lớn nhất tứ giác "đẹp" được tạo thành.
Bài 7. Cho một đa giác lồi 67 đỉnh các đỉnh được nối với nhau bởi các đoạn
thẳng. Chọn n đoạn bất kỳ và mỗi đoạn được tô bởi một màu trong 10 màu cho
trước. Tìm số n nhỏ nhất sao cho với bất kỳ cách tô nào cũng luôn tìm được
một đỉnh mà có ít nhất 7 cạnh xuất phát từ đó cùng màu.
Bài 8. Gọi G là tập hợp các điểm có tọa độ trên mặt phẳng tọa độ với
. Một tập con S của G được gọi là tập "hình bình hành tự do" nếu không
có 4 điểm nào trong S tạo thành hình bình hành (trừ trường hợp chúng thẳng
hàng). Xác định cỡ lớn nhất của S.
Bài 9. Cho giác lồi (). Chia đa giác này thành các tam giác rời
nhau có các đỉnh là đỉnh của đa giác, rồi tô các tam giác này bằng 2 màu đỏ
và trắng sao cho hai tam giác cùng chung cạnh thì được tô hai màu khác
nhau. Trong tất cả các cách chia tìm số tam giác nhỏ nhất được tô màu đỏ.
Bài 10. Giả sử M là tập con của tập gồm tất cả các cặp số tự nhiên
không vượt quá số tự nhiên cho trước.Trong đó nếu cặp
thuộc M thì không có cặp nào thuộc M. Hãy xác định số cặp lớn nhất có
thể có của tập M.
Bài 11. Cho tập . Tìm số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại
tập thỏa các điều kiện sau:
i) và
ii) Không tồn tại tập sao cho tồn tại ba phần tử (a,b,c không
nhất thiết phân biệt) sao cho .
Bài 12. Trong một đại hội có 51 đại biểu. Đại biểu được chia thành n nhóm
sao cho mỗi đại biểu thuộc vào đúng một nhóm. Mỗi đại biểu ghét đúng 3 đại
biểu khác. Biết rằng nếu A ghét B thì không nhất thiết B ghét A. Tìm số n
nhỏ nhất sao cho ta luôn có thể chia n nhóm sao cho không có đại biểu nào
ghét đại biểu khác trong nhóm của ông hoặc bà đó.
Bài 13. Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 được chia thành 64 ô vuông đơn vị,
người ta bỏ đi một ô vuông đơn vị nào đó ở vị trí hàng thứ m và cột thứ n
. Gọi S(m;n) là số hình chữ nhật được tạo bởi một hay nhiều ô vuông
đơn vị của bàn cờ sao cho không có ô nào trùng với vị trí của ô bị xóa bỏ
ban đầu. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S(m;n).
Bài 14. Cho tập . Hãy tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất:
Với mọi tập con của mà thì trong A ta luôn tìm được ba
phần tử sao cho trong đó là 3 phần tử thuộc tập
(CMO 2010)
Bài 15.(Vietnam TST 2012) Trên một cánh đồng hình chữ nhật kích thước
ô vuông gồm hàng và cột người ta đặt một số máy bơm nước vào
các ô vuông. Biết rằng mỗi máy bơm nước có thể tưới nước cho các ô vuông có
chung cạnh với nó và các ô vuông cùng cột với nó và cách nó đúng một ô
vuông . Tìm số nhỏ nhất các máy bơm nước sao cho các máy bơm nước có thể
tưới hết cả cánh đồng trong 2 trường hợp:
a)
b)
Phần VII. Tài liệu tham khảo
[1] Lí thuyết tổ hợp và ứng dụng – Vũ Đình Hòa
[2] Tìm hiểu về đại số tổ hợp – Ngô Thúc Lanh
[3] Tuyển tập 200 bài toán vô địch (Tập 7: Tổ hợp) – Nguyễn Quý Dy
[4] Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp và Rời rạc – Nguyễn Văn Mậu (chủ biên)
[5] Các bài thi Olympic Toán THPT – Toán học và tuổi trẻ
[6] Các tài liệu từ internet
[7] Các trang web về toán: http://math.vn/ , http://forum.mathscope.org/