Nguyên lý bù trừ toán 11

1 NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ LOẠI TRỪ Định lý 1 Cho tập 1 2 nA , A , , A là các tập hữu hạn thì     n I 1 i i I 1,2, n ;Ii 1 i I A 1 A        Chứng minh Cách 1 Ta quy nạp theo n Với n = 2 ta cần chứng minh 1 2 1 2 1 2A A A A A A    thật vậy ta có 1 2A A là hợp của hai tập rời nhau là 1A và  2 1 2A A A ; 2A là hợp của hai tập dời nhau  2 1 2A A A và 1 2A A Ta có  2 2 1 2 1 2A A A A A A    1 2 1 2 1 2A A A A A A   Cộng vào ta có đpcm Giả sử đẳng thức đúng.

NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ LOẠI TRỪ Định lý 1: Cho tập A1 ,A , ,A n tập hữu hạn thì: n A  1   i I 1,2, n;I  i 1 I 1 A i iI Chứng minh : Cách Ta quy nạp theo n Với n = ta cần chứng minh A1  A  A1  A  A1  A ta có A1  A hợp hai tập rời A1 A \  A1  A  ; A hợp hai tập dời A \  A1  A  A1  A Ta có : A  A \  A1  A   A1  A A1  A  A1  A \  A1  A  Cộng vào ta có đpcm Giả sử đẳng thức tới n  tập hợp Ta chứng minh với n tập hợp n n 1 n 1  n 1  A A  A A A      i  i n  i n   Ai   A n  i1  i 1 i 1 i 1 n 1  A n 1 i  An  i 1   A  An  i i 1   1 I1,2, n 1;I  I 1 A  1   An  i I 1 I1,2, n 1;I  iI  A i  An  iI Vậy ta có cơng thức với n Đpcm n Cách Gọi a phần tử  Ai xuất r tập Xét vế phải của, i 1 r 1 số lần xuất phần tử a Cr1  Cr2  Cr3    1 Crr  Cr0  Như số lần điếm phần tử a hai vế lần, suy đẳng thức Định lý 2: Cho tập A1 ,A , ,A n tập tập S, đặt Ai  S \ Ai n A i 1 i S  1  Ai I  I 1,2, n;I iI Định lý Cho tập A hữu hạn, f hàm số từ A tới tập số thực Với tập B A ta n đặt f  B    f  x  f     , A   A i xB i 1 f  A     1 I  I 1   f   Ai   iI  Sau số toán ứng dụng định lý Bài tập Trong kiểm tra tốn có hai tốn khác Trong lớp có 30 em làm thứ có 20 em làm thứ hai Chỉ có 10 em hai tốn Hãy tính số học sinh lớp Lời giải Gọi A số học sinh làm thứ Gọi B số học sinh làm thứ hai Thì A  B số học sinh giải hai A  B số học sinh lớp Theo định lý ta có A  B  A  B  A  B  30  20  10  40 Bài tập Lớp 12A phải làm kiểm tra tốn gồm có Biết em ttrong lớp điều làm bài, có 20 em làm thứ nhất, 14 em làm toán thứ hai, 10 em làm thứ 3, em làm toán thứ toán thứ hai, em làm thứ hai thứ ba,2 em thứ thứ ba, em làm Hỏi lớp học có học sinh Lời giải Gọi A tập hợp học sinh giải thứ B tập hợp học sinh giải thứ hai C tập hợp học sinh giải thứ ba Theo định lý ta có ABC  A  B  C  AB  BC  CA  ABC  20  14  10      32 Bài tập Trong tập S  1;2;3; ;280 có số khơng chia hết cho 2, 3, 5, 7? Lời giải Ta điếm S có số chia hết cho số 2, 3, 5, Ký hiệu A  k  S: k 2 , A3  k  S: k3 , A5  k  S: k5 , A  k  S: k7 Khi A  A  A  A tập hợp số thuộc S chia hết cho số 2,3,5,7 Ta có 280  280   280   280  A2   140; A    93; A   56; A       40    280   280   280  A  A3    46 A  A  A  A  ; ;  10   14   20 ;    280   280   280  ; A3  A5    18 A  A   13; A  A  7  21   35    15   280   2990  A  A3  A5    A  A  A  ;  2.3.7   ;  2.3.5   280   280  ; A  A  A    A  A  A   2.5.7    3.5.7   280  A  A3  A5  A7   1  2.3.5.7  Vậy A  A3  A5  A  216 Suy S có 280  216  64 số không chia hết cho 2, 3, 5, Bài tập tương tự: 1)Có số nguyên dương không 1000 chia hết cho 11 Đáp sơ 220 2) Có số nguyên dương không 100 không chia hết cho không chia hết cho 3) Có số ngun dương khơng q 100 số lẻ số phương 4) Có số nguyên dương không 1000 số phương lập phương số nguyên 5) có sâu có độ dài không chứa sâu 000000 Mở rộng tập (công thức Euler) Với số tự nhiên n  , ký hiệu   n  số tất số tự nhiên bé n    nguyên tố với n Gọi phân tích tiêu chuẩn n n  p1 p2 pk k , với p1 , p , , p k tất ước ngun tố n ta có k  1   n   n 1   pi  i 1  Chứng minh Ký hiệu S  1,2,3, ,n Ta điếm xem S có số chia hết cho số p1 , p , , p k Gọi Ai  k  S : k pi  ( i=1,2,…,k) Khi A1  A   A k tập hợp số chia hết cho số p1 , p , , p k Ta có A i  Ai  A i  k n pi1 pi2 pik Theo định ta có A1  A   A k  k  k 1 n n n n           p1p2 p k i1 pi 1i jk pi p j 1i jmk pi p j p m Vì   n  số số không chia hết cho tất số p1 , p , , p k nên   n   n  A1  A   Ak  k  k 1 n n n n  n 1       1  p1p2 pk i1 pi 1i jk pi p j 1i jm k pi p j p m  k  1  n  1   pi  i 1         Bài tập Có hóan vị 26 chữ bảng chữ tiếng Anh cho khơng có sâu “ fish”, “ cat”, “bird” Lời giải Gọi F tập hoán vị 26 chữ có chứa “fish’’ Gọi C tập hốn vị 26 chữ có chứa “cat ’’ Gọi B tập hoán vị 26 chữ có chứa “Bird’’ Từ đó, số hốn vị cần tìm 26! F  C  B Ta tính thành phần +) F  22!, C  23!, B  22! +) F  C  2.19!, C  B  2.19! , B  F  2.18! +) F  C  B  3!.15! Vậy số hoán vị thỏa mãn 26!  22! 23! 22! 2!18! 19! 19!  3!.15! Bài tập Hỏi từ số 1, 2, 3, 4, lập số có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau; 1) Trong số, số có mặt lần 2) Trong số, hai số giống không đứng liền kề Lời giải 10! Gọi A tập tất số thỏa mãn điều kiện 1), ta có A   2!5 Gọi A i tập số thỏa mãn điều kiện 1) có hai số i ( i=1,2,3,4,5) đứng cạnh Ta có : 9!  i  1,2,3,4,5 24 10  2!  8!  i  i  Ai1  Ai2    252 23 10  3!  7!  i  i  i  Ai1  Ai2  Ai3    253 22 10  4!  6!  i  i  i  i  Ai1  Ai2  Ai3  Ai4    254 21 A1  A  A3  A  A5  5! Ai  Theo định lý ta có số số cần tìm S A  A i 1 i  10!  9! 8! 7! 6! 5!    C5  C52  C53  C54  C55   39480 2 2   Mở rộng toán cho k số ta thu kết là:  2k !   2k  1!  C2  2k  1!  C3  2k  3!   1 k 1 Ck k!  S  k   C1k   k 0 k k 2k 1 2k 2 k 3   Bài tập Có cách xếp xe bàn cờ quốc tế cho không ăn nếu: a) Bàn cờ để nguyên b) Bàn cờ bị gạch đường chéo Lời giải a) Khơng có khó khăn ta có đáp số 8! b) Ta điếm số cách xếp khơng hợp lệ tức cách đếm xó xe nằm đường chéo khơng ăn vị trí Gọi A i tập hợp cách xếp có nhấ xem nằm (i,i) (i=1,2, ,8) Ta cần tính A1  A   A8 Ta có Ai    1!  i  1,2, ,8 A i  A j    ! Ai  A j  A k 1  i  j      3! 1  i  j  k   ………………………… A  A   A8    8! Vậy số cách xếp thỏa mãn : 1 1 8! C18 7! C86 6! C83 5!   C88  8!      14833 8!   2! 3! Bài tập Cho hình vng cỡ 3x3, ô vuông ta tô màu xanh đỏ Hỏi có cách tơ để ta khơng có hình vng cạnh 2x2 có màu đỏ   Lời giải +) Số cách tô màu 29  512 Gọi Q1 ;Q ;Q ;Q5 tập hợp cách tơ màu có hình vng màu đỏ cỡ 2x2 có hình vng 1x1 góc bên trái 1, 2, , hình vẽ Ta có Qi  25 i  1,2,4,5 Q1  Q2  Q1  Q4  Q  Q5  Q2  Q5  23 Q1  Q5  Q2  Q4  22 Q1  Q2  Q4  Q1  Q2  Q5  Q1  Q4  Q5  Q  Q4  Q4  21 Q1  Q2  Q4  Q5  Vậy số cách tô màu thoả mãn S  29  Q1  Q2  Q4  Q5      29  4.25  4.23  2.22  4.2   417 Bài tập Cho tập S  1,2,3, ,n với n   * Gọi Tn số hoán vị S khơng có điểm cố định H n số hốn vị tập S có điểm cố định a) Tính Tn b) Chứng minh Tn  H n  Lời giải a)Ký hiệu Fi (với i =1,2,…,n ) tập hốn vị S có vị trí thứ i cố định n Ta có Tn  n! F i i 1 Ta có Fi   n  1! i  1, 2, , n Fi  Fj   n  ! i  j … Fi1  Fi2   Fik   n  k ! … F1  F2   Fn    i1  i2   ik  n Theo định lý ta có  Tn  n! C1n  n  1! Cn2  n  !   1 n  n! n 1   1k k! b) Do H n tập hợp hoán vị tập S cho có điểm k 0 n 1 cố định nên ta có H n  n Tn 1  n. n  1! n Như Tn  H n  n! k 0  1 k! k n 1  n!  1 k! k 0 k  1k k!  1  n! n! n 1 Bài tập tương tự: Đặt Sn  1, 2, , n , f n số song ánh từ S n  S n khơng có điểm bất động g n số song ánh từ S n  S n có điểm bất động chứng minh f n  g n  Bài tập ( IMO 1989).Một hoán vị x1 , x , , x 2n  tập hợp S  1,2, ,2n (với n   * ) Gọi có tính chất P x i  x i 1  n với i thuộc 1,2, 2n  1 Chứng minh rằng, số hốn vị có tính chất P lớn số hốn vị khơng có tính chất P Lời giải Gọi A k tập hợp tất hoán vị S cho hai phần tử k k+n đứng kề Gọi A tập tất hốn vị có tính chất P Khi : n A A k   A k   Ai  A j  k 1 k i j A i  A j  A l  i  jl Nhưng dãy số hạng đơn điệu giảm đan dấu nên ta suy A   A k   A i  A j  C1n 2. 2n  1! Cn2 2.2. 2n  ! k i j  2n  2n  !   2n ! Mà tổng số hoán vị S  2n ! Suy điều phải chứng minh Bài tập 10 (Olympic 30 – – 2006) Cho tập hợp D  1,2,3,4, ,12 Tìm số tập D cho phương trình x  y  12 vơ nghiệm tập Lời giải Ta có  12   11   10        13 Gọi A1 tập D có chứa 12 A tập D có chứa 11 A tập D có chứa 10 A tập D có chứa A tập D có chứa A tập D có chứa Gọi B tập tất tập D Gọi C tập tập thoả mãn yêu cầu Thì C  B  A1  A   A Do vai trị bình đẳng A i nên theo định lý ta có A i  C16 A1  C62 A1  A  C36 A1  A  A  C46 A1  A  A  A i 1  C56 A1  A  A  A  A  C66 A1  A  A  A  A  A Ta có B  212 Mỗi phần tử A1 có dạng 1,12  Y1 với Y1 tập D \ 1;12 , A1  Y1  210 Tương tự ta có A1  A  28 ; A1  A  A3  26 ; A1  A  A3  A  24 ; A1  A  A3  A  A5  22 ; A1  A  A3  A  A5  A    Vậy C  26  C16 210  C62 28  C63 26  C64  C65  C66  729 Tổng quát Tìm số tập sủa S  1,2,3, ,2n cho phương trình x  y  2n  vơ nghiệm tập  Đáp án : 2n  C1n 2 n 1  C2n 2 n 2   C3n 2 n 3    1 n 1  C nn 20  3n Bài tập 11 Hỏi có cách bốc 13 quân tú_lơ_khơ có 52 quân cho có tứ quý Lời giải Ta quy ước có 13 tứ quý đánh số từ tới 13 Bài toán phụ: Cách bốc quân 52 quân trừ tứ quý i ( với i = 1, ,13) mà khơng có thêm tứ q +) Tổng số cách bốc quân 48 quân C48 +) Gọi Aj tập cách bốc quân 48 quân mà có tứ quý j với j  i +) Vậy số cách bốc cần tìm : 13  13 9 C48   Aj  C48    Aj  j 1; j  i  j 1; j i  Aj  Ak   j  k ; j ,k  i   C48  12C44  C122 C40  ( Aj  Ak  Al   j  k  l  A j  Ak  Al  Quay lại toán: C48  12.C44  C122 C40 Số cách bốc có tứ quý C13   Bổ đề ( Bài toán chia kẹo Euler )  x , x , , xn   1.Số nghiệm hệ  Ckn11  x1  x2   xn  k Số nghiệm không âm phương trình x1  x2   xn  k Cnnk11 Bài tốn 12 Có số nguyên dương nhỏ 106 nà tổng chữ số 23 Lời giải Gọi số cần tìm có dạng a1 a2 a6 với a1  a2   a6  23 * với   ; i  1,2, ,6 Gọi Ai i  1, ,6 tập hợp nghiệm không âm (*)  10 Trước hết ta tính số nghiệm (*) C236161  C285 Ta tính A i với ý Ai  Aj  Ak  với  i  j  k  tổng i 1 chữ số 23 Để tính A1 , ta đặt a1'  a1  10  a1'  a2  a3  a4  a5  a6  13, phương trình có số nghiệm C136161  C185 Tương tự với Ai  C185 i  2,3, 4,5,6 Tính A1  A2 , đặt a1'  a1  10  0; a2'  a2  10  a1'  a2'  a3  a4  a5  a6  phương trình có số nghiệm C36611  C85 Tuơng tự Ai  Aj  C85 1  i  j  Do A i i 1   Ai  i 1  Ai  Aj  6.C185  C62 C85 1 i  j  Vậy số lượng số cần tính C285   6.C185  C62 C85   47432 Bài tốn 13 Trong khơng gian Oxyz, gọi S tập hợp điểm nguyên nằm phía đỉnh, cạnh mặt hình lập phương cạnh 999, cạnh song song vng góc với trục tọa độ, đỉnh  0;0;0  moọt đỉnh  999;999;999  Hỏi mp x  y  z  2014 qua điểm tập hợp S ? Lời giải Các điểm nguyên thuộc S có dạng  x, y, z  | x, y, z   0;999   Ta cần đếm số nghiệm ngun khơng âm phương trình sau : x  y  z  2014 thỏa mãn  x, y , z  999 Nếu khơng có điều kiện giới hạn miền nguyên rõ tằng số nghiệm C2016 Ta xét tập hợp sau: A   x, y, z  | x  y  z  2014; x  1000 B   x, y, z  | x  y  z  2014; y  1000 C   x, y , z  | x  y  z  2014; z  1000 Ta cần tính C2016  A B C Rõ ràng A  B  C  Tính A , đặt x '  x  1000  x ' y  z  1014 31 2 A  C1014  C1016 Tương tự B  C  C1016  31 Tính A  B , đặt x '  x  1000  0; y '  y  1000  x ' y ' z  14 A  B  C143131  C162 Tương tự B  C  C  A  C162 2 Vậy số điểm cần tìm C2016   3.C1016  C32 C162   484620 Bài tốn 14 Tìm số cách chọn số nguyên phân biệt từ 2014 số nguyên dương cho lựa chọn khơng có hai số chia hết cho liên tiếp Lời giải Gọi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 số số nằm trước số thứ chọn, số thứ thứ hai,…, sau số thứ Ta có  x1  x2   x5  2010,   x1  0, x5  0, xi  2, i  2,3,4 Số nghiệm phương trình ban đầu khơng có điều kiện buộc C2014 Gọi A, B, C cách chịn mà x2  2, x3  2, x4  ta cần tính C2014  A B C 41 Ta có A  B  C  C2010  C2011   1 31 A  B  B  C  A  C  C2010  C2009   31 1 A  B  C  C2010  C2007   1 Do số cách chọn cần tìm C2014   3.C2011  3.C2009  C2007  Bài tập 15 Cho hai tập hữu hạn A, B A  n, B  m Xác định số H  n, m  đơn ánh f : A  B Lời giải Gọi B  1,2, ,m , S tập ánh xạ f : A  B Ký hiệu Bi tập ánh xạ f : A  B cho i  f  A  với i  1,2, ,m m Vậy tập đơn ánh f : A  B S \  Bi i 1 n n n Ta có S  m ; Bi   m  1 ; Bi  B j   m   Theo định lý ta có : H  n,m   m n    1 I 1 I   m n    1 I 1 I m B i iI m n  m  I   mn   Ckm  1 k 1  m  k  n k 1 k n   Ckm  1  m  k  k 0 Nhận xét: Nếu n < m khơng có đơn ánh f : A  B Nếu n = m số đơn ánh số song ánh Ta có đẳng thức Euler m   1 k 0 k 0 if n  m, n C km  m  k    n! if n  m Bài tập 16 Cho A1 , A , , A n tập hữu hạn cho : A i  A i1  n2 A i1 i  1, 2, , n với A n 1  A n 1 10 n Chứng minh : A i  i 1 Lời giải Giả sử A1  max Ai 1i  n Đặt Bi  A i  A i1  Bn  Bn 1  A n Suy A n  Bn  Bn 1  Bn  Bn 1  Bn  Bn 1 n2 n2 An  A n 1  Bn  Bn 1 n 1 n 1 n2 n 1 n 3  Bn 1  Bn  A n 1  An  A1  An  A1 n 1 n 1 n2 n 1 n 1 n 3  A n 1  A n  A1  A1 n 1 Đặt C  A n 1  A n  A1 có C  Bn 2  A n 2 suy A n 1  Bn 2  C  Bn 2  C  Bn 2  C n2 n 3  A n 1  A1  Bn 2  C n 1 n 1 n 3 n4 Vậy Bn 2  C  A1  A n 1  A1 n 1 n 1 n 1 n4  A n 2  A n 1  A n  A1  A1 n 1 nn A1  Bằn quy nạp ta có A  A   A n  A1  n 1  n   Ai   i 1 Bài tập 17 (THTT) Cho 167 tập hợp A1 , A , , A167 thỏa mãn: 167 1) A i  2004 i 1 2) A j  Ai Ai  A j i  j  1, 2, ,167 167 Tính A i i 1 Lời giải +) Ta có A j  A i Ai  A j  Ai  A j Ai  A j 11 Suy A i  A i A i  A j i  j Nếu Ai   A j  i  j  1, 2, ,167 mâu thuẫn với 1) Vậy Ai  A j  i  j Ai  A j  2004 /167  12 +) Xét tập A1 , tập A , A , , A167 chứa phần tử tập A1 Theo nguyờn lý Điriclê có 14 tập chứa phần tử tập A1 Không giảm tổng quát giả sử tập A , A , , A15 chứa phần tử a A1 Ta chứng minh a  A i i  16,17, ,167 Thật giả sử i0  15 cho a  A i0 Đặt Bi0  A i0 \ a Khi với A j  i  2, 3, ,15  ta cú A j  A i  suy A j  Bi0  Giả sử A j  Bi0  b j Ta cú b j1  b j2 vỡ b j1  b j2 tập A j1 A j2 có hai phần tử chung a b j1 trái với Ai  A j  Như b , b3 , , b15 14 phần tử thuộc A i0 mâu thuẫn với Ai0  12 Vậy A i  A j  a i  j Đặt Bi  A i \ a i Bi  B j   167 Như A i 1 167 i  167  B  a   B  a  167.11   1838 i i i 1 Bài tập 18 (Olympic 30-4) Sử dụng bảng mẫu A gồm 256 ký tự, lập thành 2007 nhóm, nhóm có 32 kí tự khác Chứng minh tồn nhóm có chung ký tự Lời giải: Gọi ký tự thuộc A a i  i  1,2, , 256  Gọi k i số nhóm chứa a i 256 ki Suy số cặp nhóm chứa a i C , cú tất S   C2ki cặp nhóm kí tự A i 1 chứa chung ( cặp nhóm kể nhiều lần) 256 Có N  2007 nhóm nên k i  32N i 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có: 256 256 k k    256 256  1  256  i i S   Cki      ki   ki     k i   16N 2 256    i1      i i i i 32N     16N  2N  N  8 2.256 Giả sử cặp nhóm có khơng q ký tự chung có khơng q 12 3N  N  1 cặp nhóm chứa chung ký tự A 3N  N  1  N  29 trái với giả thiết Suy 2N  N    Vậy tồn nhúm có chung ký tự chung 3.C2N  Bài tập 19 Cho A1 , A2 , , An ; B1 , B2 , , Bn hai phân hoạch tập M cho n2 Aj  Bk  n i, j  1,2, , n Chứng minh M  Lời giải M M , B j0  Gọi Ai0   Ai  ; B j0  B j Suy Ai0  i 1,2, ,n j 1,2, , n n n M Từ ta có n  Ai0  B j  Ai0  B j0  Ai0  B j  Ai0  B j0  n n Suy M    Bài tập 20 Cho tập hợp S  1, 2, ,2n Hỏi có tập T S cho T không chứa hai phần tử a, b cho a  b  n Lời giải Ta giải toán hai cách Cách Gọi A tập hợp tập S có hai phần tử a, b cho a  b  n Gọi Ai tập hợp tập có chứa tập i, i  n , i  1, 2, , n n n i 1 i 1 Khi A   Ai , suy A   Ai   Ai  Aj  1i  j  n Tính được: +) Ai = số tập tập có 2n  phần tử = 2 n2 +) Ai  Aj  22 n2.2 +) Ai1  Ai2   Aik  2 n2.k k  1, 2, , n Vậy số tập cần tính  2 n  A  2 n  Cn1 22 n2  Cn2 2 n2.2   Cnn  1 n 1  n 22 n 2 n   22`  1  3n Cách Chia số vào bảng … n n+1 n+2 n+3 … 2n Rõ ràng cột cho ta cách tạo tập thỏa mãn là: chọn số hàng trên, chọn số hàng dưới, không chọn số Chú ý cột độc lập với Vậy toán có 3n tập thỏa mãn 13 Bài tập 21 Từ tập X  0,0,3,3, 4,5,7,9 lập hoán vị thỏa mãn chữ số giống không đứng cạnh 8! Lời giải Tổng số hoán vị 2!2! Gọi A0  { hoán vị mà hai số 0, đứng cạnh } A3  { hoán vị mà hai số 3, 3đứng cạnh } 8! 8! Số hoán vị thỏa mãn  A0  A3    A0  A3  A0  A3  2!2! 2!2! +) Đếm số A0 = số cách xếp phần tử 00, 3, 3, 4, 5, 7, vào chỗ trống Chọn vị trí cho hai phần tử 3, có C72 cách Chọn vị trí cho phần tử cịn lại có 5! cách Suy A0  5!C72 +) Tương tự A3  5!C72 +) Đếm A0  A3 = số cách xếp phần tử 00, 33, 4, 5, 7, vào vị trí có 6! 8!   2.5!.C72  6! 2.2 Bài tập 22 Cho m, n hai số nguyên dương cho  n   m Hãy tính số Vậy số hốn vị cần tìm ba  x, y, z   *  *  * thỏa mãn x  y  z  m x, y , z  1,2,3, , n Lời giải n2 Đặt k   n  km  Xét tập hợp sau m D  km  1; km , E  1,2, , km , A   x, y, z  | x, y, z  E \ D and x  y  z  m , B   x, y, z  | x, y, z  E and x  y  z  m , E   x, y , z  | x, y, z  E ; x  D or y  D or z  D and x  y  z m Ta cần tính A  B  C +) Tính B Có km cách chọn x  E , cách chọn x có km cách chọn y  E , Mà cách chọn x, y có k cách chọn z  E cho x  y  z  m Như B  km.km.k  k m +) Tính C Đặt X   x, y, x  | x, y, z  E and x  D and x  y  z  m  , Y   x, y, x  | x, y , z  E and y  D and x  y  z  m  , Z   x, y, x  | x, y, z  E and z  D and x  y  z  m  , Đếm X : chọn x có cách, 14 chọn y có km cách, chọn z có k cách Suy X  2k m Đếm Y  Z  2k m Đếm X  Y  Y  Z  Z  X  2.2.k 8 4  Đếm X  Y  Z  T  m  với T  m    2 1 if m  if m  if m  if m  Vậy C  X Y  Z  X  Y  Z  X Y  Y  Z  Z  X  X Y  Z  3.2.k m  3.2.2.k  T  m  Kết luận A  k m2  6k m  12k  T  m  Bài tập 23 Cho A  1,2, ,2016 , tìm số  S1 , S2 , , S2016  với 2016 S Si  A  i  1, 2, ,2016, cho i   i 1 Lời giải +) Số tập A 2016  +) Tổng số  S1 , S2 , , S2016  22016  2016 +) Gọi Ai   S1 , S , , S 2016  | i  Si  i  1,2, ,2016 Vậy tổng số thỏa mãn yêu cầu 2016 2016  A i i 1  Ta tính Ai  22015  2016 Ai  Aj   2014  i  1,2, ,2016 2016 1  i  j  2016 Ai1  Ai2   Aik   2016k  2016 1  i1  i2   ik  2016 Vậy số tập thỏa mãn là:  22016  C2016  22015  2016  C2016  22014  2016  2016   C2016   22016  1 2016 Bài tập 24 Cho n  , người ta xếp xung quanh bàn tròn số ghế theo chiều kim đồng hồ 2n chiéc ghế g1 , g , , g n Hỏi có cách 15 xếp n cặp vợ chồng vào 2n ghế cho thỏa mãn điều kiện i) Chồng không ngồi cạnh vợ ii) Khơng có hai người giới ngồi cạnh Lời giải Bổ đề Số cách tô k điểm m điểm nằm đường trịn mà m khơng có hai điểm kề Cmk k mk Chứng minh Đánh dấu m điểm A1 , A2 , , AM Số cách tô màu lực lượng tập hợp A  { i1 , i2 , , ik  | i1  i2   ik  1, 2, , m and i j 1  i j  1, i1  1, ik  m, không đồng thời sảy ra} Ta biểu diễn A  B \ C với B  { i1 , i2 , , ik  | i1  i2   ik  1, 2, , m and i j 1  i j  1} , C  { i1 , i2 , , ik  | i1  i2   ik  1,2, , m and i j 1  i j  1, i1  1, ik  m} Suy A  B  C Xét mơ hình tương ứng với tập B x1 x2 x3 xk xk 1   1   2   k 1   k    m Với xi  ii 1  ii , i vị trí điểm chọn Như  x1  x2   xk  xk 1  m   B  số nghiệm nguyên hệ  x1  0; xk 1   x , x , , x   k  y1  y2   yk 1  m    k  1   Cmk k 1  số nghiệm nguyên hệ  yi  i  1,2, , k   y  x  1; y  x  1; y  x  k k 1 j j  1 Tương tự ta có C  Cmk 2k 1 m Vậy A  B  C  Cmk k mk Quay lại tốn Cố định vị trí n ông chồng, giả sử ông chồng ngồi vị trí chẵn ơng chồng i ngồi vị trí thứ 2i Gọi bà vợ ngồi vị trí 2i   i ai1  i Như số cách xếp thỏa mãn yêu cầu lực lượng tập hợp A   a1 , a2 , , an  |  1,2, , n , an1  a1 ,  i, 1  i i  1, 2, , n  Gọi Ai   a1 , a2 , , an  |  1, 2, , n , an1  a1 ,  i  , Bi   a1 , a2 , , an  |  1,2, , n , an1  a1 , ai1  i  16 Thế A  n ! n n i 1 j 1  Ai   B j  2n n 1  n!  Ti   Ti1  Ti2    1 T1  T2   T2 n 1i1 i2  n  i 1  Ai if  i  n Ti    Bin if n   i  2n Lại có T1  A1   n  1!  T j j =1, ,2n    0 Ti1  Ti2   Tik    n  k  ! Ti1  Ti2   Tik  tồn đồng thời cặp Am , Bm cặp Am1 , Bm Trường hợp Ti1  Ti2   Tik  Am không kề Bm Bm1 Số tập khác rỗng số cách chọn k điểm đường trịn cho khơng có hai điểm 2n liền chọn, theo bổ đề số tập khác rỗng C2knk 2n  k n 2n k 1 Vậy A  n !   1 C2kn k  n  k ! 2n  k k 1 Mặt khác có 2.n! cách xếp ông chồng nên có tất 2.n! A cách xếp thỏa mãn toán Bài tập 25.(THTT T10/147 )Một số tự nhiên gọi k  success tổng chữ số k Gọi Qik số k  success có i chữ số Tính tổng m n aik  k 1 i 1 Lời giải Bổ đề Cho m, n   * , số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1  x2   xn  m Cmn1n1 Quay lại toán n Nếu m  9n n 9n n  aik   aik k 1 i 1 k 1 i 1 Xét trường hợp m  9n Các số thỏa mãn điều kiện số có i chữ số 1  i  n  tổng chữ số khơng vượt q m Tức số có dạng x1 x2 xn   xi  9;1  i  n  cho  x1  x2   xn  m n Do   x i  m nên tồn xn1     xn 1  m  1 cho i 1 n1  xi  m i 1 17 n 1   Đặt A   x1 , x2 , , xn  |  x i  m;0  xi  9; i  1, , n ; xn1     i 1 m Vậy n aik   k 1 i 1 A  ( ta bỏ trường hợp x1  x2   xn  0; xn1  m ) n 1   Đặt S   x1 , x2 , , xn , xn1  |  xi  m, xi   ,   i 1 n1    m  m A j   x1 , , xn1  |  xi  m ; xi  0; x j  10  j  1, , n  q        n 10      i 1 k Ta có  Ai   k  q  1, i 1 n lại có S  A   Ai , S  Ai    i  1, , n  i 1 q  i A  S   i    1 i 1  i 1 Theo bổ đề S  Cmn  n n Vậy A  S    A  j  1 j 1  i k   Ax Bây cần tính i xi1,2, ,n i 1 k   Ta thấy xi1, ,n i 1 k  1, , q, với k  q k Axi  Cnk  Ai i 1 k Để tính  Ai ta đặt yi  xi  10, ta có i 1 k k n 1   A  y , y , , y , x , , x | y  x  m     i  j  k k n1  i   i  l  k 1 i 1 k k  Vậy theo bổ đề Ai  Cnm10 k  n Vậy i 1 m Thành thử n   Ax xi1,2, ,n i 1 n q i 1 i 1  Cnk Cnm10 k  n i  aik  A   S   Ai   Cnn m    1 Cni Cnm10k n  k 1 i 1 q i i    1 Cni Cnm10 k  n  i 0 Kết hợp hai trường hợp m  9n m  9n ta có: m n q i   m,9n    10    1 Cni Cnm10 k n  q    aik   i0 k 1 i 1 Bài tập tương tự 1) (ACM12 2001) Có số tự nhiên nhỏ 2001 chia hết cho 18 không chia hết cho5 2) Tìm số tự nhiên khơng lớn 2010 không chia hết cho 2, 3, 3) Cho tập M  1, 2, n a) Tìm số tất tập A,B,C M cho A  B  C  M,B  C   b) Tìm số tất bốn tập A,B,C,D M cho; A  B  C  D  M, B  C  D   c) Tìm số tất k tập  M1 , M , ,M k  M Sao cho :  k i 1 Mi   19 ... lớp Theo định lý ta có A  B  A  B  A  B  30  20  10  40 Bài tập Lớp 12A phải làm kiểm tra toán gồm có Biết em ttrong lớp điều làm bài, có 20 em làm thứ nhất, 14 em làm toán thứ hai,... 3, 5, Bài tập tương tự: 1)Có số nguyên dương không 1000 chia hết cho 11 Đáp sơ 220 2) Có số ngun dương không 100 không chia hết cho khơng chia hết cho 3) Có số nguyên dương không 100 số lẻ số... C nn 20  3n Bài tập 11 Hỏi có cách bốc 13 quân tú_lơ_khơ có 52 quân cho có tứ quý Lời giải Ta quy ước có 13 tứ quý đánh số từ tới 13 Bài toán phụ: Cách bốc quân 52 quân trừ tứ quý i ( với i