Một số kiến thức cơ bản
Một số quy tắc cơ bản của phép đếm
Phép đếm đóng vai trò quan trọng trong cả đời sống và khoa học Hàng ngày, chúng ta thường xuyên phải đếm các đối tượng, khiến phép đếm trở nên quen thuộc Tuy nhiên, trong các kỳ thi đại học và thi học sinh giỏi, bài toán đếm lại gây khó khăn cho nhiều thí sinh.
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá các quy tắc đếm cơ bản, giúp tính toán chính xác và nhanh chóng số lượng phần tử trong một tập hợp mà không cần phải đếm từng phần tử một cách trực tiếp.
Nếu A A 1 , 2 , , A k là các tập hợp hữu hạn đôi một rời nhau, tức là i j
A A A A A A (1.1) với A i là số phần tử của tập hợp A i i , 1, 2, 3, , k
Nếu A A 1 , 2 , , A k là các tập hợp hữu hạn và A 1 A 2 A k là tích Descartes của các tập đó thì
(1.2) Quy tắc cộng và quy tắc nhân cũng thường được phát biểu dưới dạng tương ứng dưới đây:
Quy tắc cộng là nguyên tắc cho phép xác định số cách thực hiện một công việc khi có nhiều phương án khác nhau Cụ thể, nếu công việc có thể thực hiện theo k phương án A1, A2, , Ak, và mỗi phương án Ai có ni cách thực hiện (với i = 1, 2, , k), thì tổng số cách thực hiện công việc sẽ là n1 + n2 + + nk.
Quy tắc nhân là một nguyên tắc quan trọng trong toán học, cho phép tính số cách thực hiện một công việc gồm nhiều công đoạn Giả sử công việc có k công đoạn A1, A2, , Ak, trong đó công đoạn A1 có thể thực hiện theo n1 cách Đối với mỗi i ≥ 2, công đoạn Ai có thể thực hiện theo ni cách cho mỗi cách thực hiện của các công đoạn trước đó Do đó, tổng số cách thực hiện công việc này sẽ là tích của số cách thực hiện từng công đoạn, tức là n1 × n2 × × nk.
Cho X là tập hữu hạn và AX Gọi AX A\ Khi đó, ta có
1.1.4 Số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn bất kì Định lí 1.1.1 (Công thức tính số phần tử của hợp hai tập hợp bất kì) Cho A và B là hai tập hợp hữu hạn bất kì Khi đó, ta có
Ta có B và A B\ là hai tập hợp không giao nhau và A B B A B \ nên
Mặt khác A B và A B \ là hai tập hợp không giao nhau và
Định lý 1.1.2 trình bày công thức tính số phần tử của hợp ba tập hợp hữu hạn A, B và C Theo đó, nếu áp dụng công thức A ∪ B = A - A ∩ B, ta có thể tính toán số lượng phần tử của hợp ba tập hợp bất kỳ.
Theo định lí 1.1.1 ta có
Mặt khác cũng theo định lí 1.1.1
Thay (1.9) và (1.10) vào (1.8) ta được công thức (1.7)
1.1.5 Ví dụ áp dụng một số quy tắc đếm cơ bản
Ví dụ 1.1.1 Từ ba chữ số 2, 3, 4 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số, trong đó có đủ cả ba chữ số nói trên?
Gọi số cần tìm có dạng a a a a a 1 2 3 4 5 Bởi số tạo thành phải có đủ cả ba chữ số
2, 3, 4 nên ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Số tạo thành gồm ba chữ số 2, một chữ số 3 và một chữ số
4 Ta xếp chữ số 4 có 5 cách chọn một trong các ví trí a a a a 1 , , , 2 3 4 hoặc a 5 Xếp chữ số 3 vào một trong bốn vị trí còn lại có 4 cách Ba vị trí còn lại xếp ba chữ số 2 có 1 cách Theo quy tắc nhân, ta có 5.4.1 = 20 số
Trường hợp 2: Số tạo thành gồm ba chữ số 4, một chữ số 2 và một chữ số 3
Tương tự trường hợp 1 có 20 số
Trường hợp 3: Số tạo thành gồm ba chữ số 3, một chữ số 2 và một chữ số
4 Tương tự, ta có 20 số
Trường hợp 4: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 3 và một chữ số 4
Có 5 vị trí để xếp chữ số 4, tạo thành 5 cách Từ 4 vị trí còn lại, chọn 2 vị trí để xếp hai chữ số 2, có 6 cách thực hiện Hai chữ số 3 sẽ được xếp vào hai vị trí còn lại chỉ có 1 cách Áp dụng quy tắc nhân, tổng số cách xếp là 5 x 6 x 1 = 30 số.
Trường hợp 5: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 4 và một chữ số 3
Tương tự trường hợp 4 có 30 số
Trường hợp 6: Số tạo thành gồm hai chữ số 3, hai chữ số 4 và một chữ số 2
Tương tự, ta có 30 số
Vậy theo quy tắc cộng có tất cả 20 + 20 + 20 +30 + 30 +30 = 150 số
Có một bàn dài với 2 dãy ghế đối diện, mỗi dãy có 6 ghế Chúng ta cần sắp xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B Bài toán đặt ra là tìm số cách xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh của mỗi trường trong các tình huống khác nhau.
Trong một lớp học, bất kỳ hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau đều đến từ những trường khác nhau Điều này đảm bảo rằng không có hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thuộc cùng một trường, tạo ra một môi trường học tập đa dạng và phong phú.
Lời giải Đánh số các ghế theo hình vẽ
(i) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:
Số cách xếp chỗ ngồi 12 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1
Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.5.5.4.4.3.3.2.2.1.1 = 1036800 cách
(ii) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:
Số cách xếp chỗ ngồi 12 6 10 5 8 4 6 3 4 2 2 1
Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 33177600 cách
Ví dụ 1.1.3 Xét tập hợp X 1, 2, 3, , 2009 Đặt
(ii) Tìm số tập con B của X sao cho B A .
(i) Xét x A , ta có x 1 mod 29 nên x 1 29 , k k Ta có
Để xác định số tập con B của X đáp ứng yêu cầu bài toán, chúng ta áp dụng quy tắc bù trừ Gọi P(X) là tập hợp tất cả các tập con của X, và M là tập hợp các tập con B của X với điều kiện B ∩ A ≠ ∅ Khi đó, P(X) \ M sẽ là tập hợp các tập con B của X thỏa mãn yêu cầu đã đề ra.
X mà B A hay BX A\ Suy ra P X ( ) \ M P X A \ Do đó
Trong một lớp học gồm 45 học sinh, kết quả điều tra cho thấy có 19 học sinh không giỏi môn nào, trong khi 18 học sinh giỏi môn Toán, 17 học sinh giỏi môn Lý, và 13 học sinh giỏi môn Hóa Đặc biệt, có 10 học sinh giỏi cả hai môn Toán và một môn khác.
Lý, 9 học sinh giỏi cả hai môn Lý và Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và Hóa Hỏi bao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn?
Kí hiệu T là tập hợp học sinh của lớp A B C , , lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi Toán, Lý, Hóa của lớp đó
Vì A B C T T \ \ A B C nên số học sinh giỏi ít nhất một môn là
A B C T T A B C Suy ra số học sinh giỏi cả ba môn là
Vậy có tất cả 7 học sinh giỏi cả ba môn.
Nguyên lý Dirichlet
Nguyên lý Dirichlet mang tên nhà toán học người Đức, Peter Gustav Dirichlet (1805 – 1859), được phát biểu hết sức đơn giản:
“Nếu nhốt n1 con thỏ vào n cái lồng n * thì có một lồng chứa ít nhất hai con thỏ”
Một cách tổng quát, ta có nguyên lý Dirichlet mở rộng:
“Nếu nhốt m con thỏ vào n cái lồng m n , N * thì luôn tồn tại một lồng chứa ít nhất 1
con thỏ” Ở đây, kí hiệu a được dùng để chỉ phần nguyên của số thực a
Sử dụng phương pháp phản chứng, ta có thể dễ dàng chứng minh được nguyên lý Dirichlet
Nguyên lý Dirichlet, mặc dù được trình bày một cách đơn giản, lại có ứng dụng đa dạng và hiệu quả trong nhiều lĩnh vực khác nhau Trong các bài toán tổ hợp, nguyên lý này thường thể hiện rõ vai trò quan trọng của nó.
Ví dụ 1.2.1 Xét tập hợp M 1, 2, 3, , 9 Với mỗi tập con X của M , ta kí hiệu
S X( ) là tổng tất cả các phần tử thuộc X Chứng minh rằng trong số 26 tập con X của M với X 3, luôn tồn tại hai tập A và B sao cho S A S B
Ta chia các tập con X của M thỏa mãn X 3 vào các lồng, mỗi lồng bao gồm các tập có cùng tổng các phần tử Do 0 S X 24 nên có 25 lồng Do có
26 tập X với X 3 nên tồn tại hai tập A B , thuộc cùng một lồng Điều đó có nghĩa là tồn tại hai tập A B , sao cho S A S B Vậy ta có điều phải chứng minh
Giả sử trong một nhóm 6 người, mỗi cặp có thể là bạn hoặc thù của nhau Chứng minh rằng trong nhóm này luôn tồn tại ít nhất một bộ ba người mà tất cả đều là bạn của nhau hoặc tất cả đều là thù của nhau.
Gọi A là một trong sáu người, trong khi năm người còn lại được chia thành hai nhóm: bạn của A và thù của A Theo nguyên lý Dirichlet, với 5 người được chia thành 2 nhóm, có ít nhất 3 người sẽ thuộc về một trong hai nhóm này, tức là hoặc là bạn của A hoặc là thù của A.
Giả sử A có ba người bạn là B, C, D Nếu B, C, D không ai là bạn của nhau, thì bộ ba cần tìm là (B, C, D) Ngược lại, nếu trong số B, C, D có hai người là bạn của nhau, ví dụ B và C, thì bộ ba cần tìm sẽ là (A, B, C).
Nếu B C D, , là thù của A thì lập luận tương tự, chỉ cần thay đổi vị trí “bạn” và “thù”
Như vậy bài toán được chứng minh
Trong bài toán này, cho tập hợp A = {1, 2, 3, , 16}, mục tiêu là xác định số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mọi tập con gồm k phần tử của A, luôn tồn tại hai số phân biệt a và b, với điều kiện rằng tổng bình phương của chúng, a² + b², là một số nguyên tố.
Nếu a và b là hai số chẵn, thì tổng bình phương của chúng, a² + b², sẽ là một hợp số Điều này dẫn đến việc nếu tập con X của A có hai phần tử phân biệt a và b, mà a² + b² là một số nguyên tố, thì tập con X không thể chỉ chứa các số chẵn Do đó, ta suy ra rằng k phải lớn hơn hoặc bằng 9.
Giá trị nhỏ nhất k được chứng minh là 9, điều này có nghĩa là trong mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kỳ từ A, luôn tồn tại hai phần tử phân biệt a và b.
Số nguyên tố có thể được xác định bằng cách chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt a và b, sao cho a² + b² là một số nguyên tố Qua đó, ta có tổng cộng 8 cặp.
Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 9 phần tử của X có hai phần tử thuộc cùng một cặp và ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 1.2.4 Trên mặt phẳng có 17 điểm, không có 3 điểm nào thẳng hàng Cứ qua
2 điểm ta kẻ một đoạn thẳng và tô nó bằng một trong ba màu: Xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn tại tam giác có 3 cạnh cùng màu
Gọi A là một trong 17 điểm đã cho, và xét các đoạn thẳng nối A với 16 điểm còn lại, tạo thành 16 đoạn thẳng Theo nguyên lý Dirichlet, với 16 đoạn thẳng, ta có 16 = 5.3 + 1, do đó, ít nhất sẽ tồn tại 6 đoạn thẳng cùng màu, giả sử là màu xanh Gọi đầu mút của 6 đoạn thẳng này là , , , ,
Nếu tồn tại 1 đoạn thẳng nối 2 trong 6 điểm trên là màu xanh thì bài toán được chứng minh
Nếu không có đoạn thẳng nào màu xanh nối giữa 6 điểm, xét 5 đoạn thẳng BC, BD, BE, BF, BG Do 5 > 2.2, nên ít nhất có 3 đoạn cùng màu, ví dụ như BC, BD, BE có thể cùng màu đỏ Nếu trong các đoạn CD, CE, DE có một đoạn màu đỏ, chẳng hạn CD, thì bài toán được chứng minh nhờ sự tồn tại của một tam giác.
BCD thỏa mãn Nếu CD CE DE, , đều màu vàng thì bài toán được chứng minh do tồn tại tam giác CDE thỏa mãn.
Hoán vị
1.3.1 Hoán vị không lặp Định nghĩa 1.3.1 Cho tập hợp A có n n 1 phần tử Mỗi cách sắp xếp n phần tử này theo một thứ tự nào đó (mỗi phần tử có mặt đúng một lần) được gọi là một hoán vị của n phần tử đã cho Kí hiệu số hoán vị của n phần tử bằng P n Định lí 1.3.1 Số các hoán vị của n phần tử
Việc sắp xếp thứ tự n phần tử trong tập hợp A bao gồm n công đoạn Trong công đoạn đầu tiên, ta có n cách để chọn phần tử cho vị trí thứ nhất Sau khi hoàn thành công đoạn này, công đoạn thứ hai cho phép chọn phần tử cho vị trí thứ hai với n-1 cách thực hiện Tiếp tục như vậy, sau khi đã chọn i-1 phần tử vào các vị trí từ 1 đến i-1, công đoạn thứ i sẽ có n-i+1 cách để chọn phần tử cho vị trí thứ i.
Công đoạn cuối cùng (công đoạn thứ n) có 1 cách thực hiện Theo quy tắc nhân, ta có n n( 1) 2.1n! cách xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A , tức là có
Ví dụ 1.3.1 Có bao nhiêu hoán vị của n phần tử, trong đó hai phần tử đã cho không đứng cạnh nhau?
Để xác định số hoán vị với hai phần tử a và b đứng cạnh nhau, ta có n−1 cách chọn vị trí cho a và b Hai phần tử này có thể hoán đổi chỗ, tạo ra 2(n−1) cách sắp đặt Mỗi cách sắp đặt này tương ứng với (n−2)! hoán vị của các phần tử còn lại Do đó, tổng số hoán vị mà a và b đứng cạnh nhau được tính bằng 2(n−1)(n−2)!.
Vì vậy số các hoán vị cần tìm bằng
Có 5 thẻ trắng và 5 thẻ đen, mỗi loại được đánh dấu bằng các số từ 1 đến 5 Câu hỏi đặt ra là có bao nhiêu cách sắp xếp các thẻ này thành một hàng ngang sao cho không có hai thẻ cùng màu nằm cạnh nhau.
Trong trường hợp đầu tiên, các thẻ trắng được đặt ở vị trí số lẻ và các thẻ đen ở vị trí số chẵn Mỗi cách sắp xếp thẻ trắng ở vị trí số lẻ tương ứng với một hoán vị của 5 thẻ trắng Do đó, có thể suy ra rằng số lượng hoán vị này là rất lớn.
Số cách sắp xếp các thẻ trắng là P, trong khi số cách sắp xếp các thẻ đen ở vị trí số chẵn là P5 = 5! Do đó, tổng số cách sắp xếp 10 thẻ theo yêu cầu bài toán là 5! x 5!.
Trường hợp 2: Các thẻ trắng ở vị trí số chẵn, các thẻ đen ở vị trí số lẻ
Tương tự như trường hợp 1 có 5 ! 5 ! cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán
Vậy ta có tất cả 2.(5 !) 2 cách sắp xếp 5 thẻ trắng, 5 thẻ đen thỏa mãn yêu cầu bài toán
1.3.2 Hoán vị lặp Định nghĩa 1.3.2 Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần gọi là hoán vị lặp Định lí 1.3.2 Số hoán vị lặp của n phần tử thuộc k loại khác nhau, mà các phần tử loại i 1 i k giống hệt nhau, xuất hiện n i lần với n 1 n 2 n k n, được kí hiệu là P n n 1 , , , 2 n k và được tính bằng công thức
Nếu coi n phần tử là khác nhau, sẽ có n! cách sắp xếp Trong mỗi cách sắp xếp, n1 phần tử loại 1 có n1! cách hoán vị, n2 phần tử loại 2 có n2! cách hoán vị, và tương tự cho n k phần tử loại k với n k! cách hoán vị.
Do n i phần tử loại i i 1,2, , k là giống nhau nên số cách sắp xếp chỉ còn
Ví dụ 1.3.3 Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chia hết cho
Số 5 bao gồm 11 chữ số, với chữ số 1 xuất hiện 4 lần, chữ số 2 3 lần, chữ số 3 2 lần, chữ số 4 1 lần, và tổng số lần xuất hiện của chữ số 0 và chữ số 5 là 1.
Lời giải Để số cần lập x a a a a a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 chia hết cho 5, thì x phải tận cùng là chữ số 0 hoặc chữ số 5
Trong số x, nếu chữ số cuối cùng là 0 thì không có chữ số 5 và ngược lại, nếu chữ số cuối cùng là 5 thì không có chữ số 0 Do đó, các chữ số a_i (1 ≤ i ≤ 10) chỉ có thể là 1, 2, 3, hoặc 4 Số khả năng lập phần đầu độ dài 10 của số x tương ứng với số hoán vị lặp của 10 phần tử thuộc bốn loại chữ số: 1, 2, 3, 4, trong đó chữ số 1 xuất hiện 4 lần.
3 lần, 3 xuất hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần sẽ bằng P 1,2, 3, 4 Ngoài ra a 11 lại có thể nhận giá trị 0 hoặc 5 nên số các số cần tìm sẽ là
Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, ta có thể tạo ra bao nhiêu số có 8 chữ số trong đó chữ số 1 xuất hiện 3 lần và các chữ số khác xuất hiện đúng 1 lần?
Số tất cả các số có 8 chữ số (kể cả số 0 đứng đầu) trong đó chữ số 1 lặp lại
3 lần, các chữ số khác có mặt đúng 1 lần là
Trong các số đã liệt kê, cần loại bỏ những số bắt đầu bằng chữ số 0, tức là các số chỉ có 7 chữ số Trong những số này, chữ số 1 xuất hiện 3 lần, trong khi các chữ số 2, 3, 4 và 5 mỗi chữ số chỉ xuất hiện một lần Số lượng các số thỏa mãn điều kiện này là
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là
Ví dụ 1.3.5 ( Ví dụ dẫn dắt ) Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp?
Khi mời một người vào một vị trí nhất định, số cách sắp xếp 5 người còn lại vào 5 vị trí dành cho họ sẽ là 5! = 120 cách.
Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người ngồi xung quanh một bàn tròn
Nhận xét 1.3.1: Số hoán vị vòng quanh của n phần tử khác nhau được tính bởi công thức
Có bao nhiêu cách sắp xếp 12 ghế quanh một bàn tròn cho 6 bạn nữ và 6 bạn nam, với điều kiện không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau?
Xếp 6 ghế quanh một bàn tròn rồi xếp nam vào ngồi: Có 5! cách Giữa hai bạn nam có khoảng trống Xếp 6 bạn nữ vào trong 6 khoảng trống đó có 6! cách Theo quy tắc nhân, ta có 5!6!86400 cách xếp
Chỉnh hợp
1.4.1 Chỉnh hợp không lặp Định nghĩa 1.4.1 Cho tập hợp A gồm n phần tử và số nguyên dương k với
Khi chọn ra k phần tử từ tập hợp A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nhất định, ta tạo ra một chỉnh hợp chập k của n phần tử trong A Chỉnh hợp này được gọi tắt là chỉnh hợp chập k.
A ) Số các chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử được kí hiệu là A n k
Hoán vị của tập hợp A với n phần tử được hiểu là một chỉnh hợp chập n của A Theo định lý 1.4.1, số lượng các chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử được tính bằng một công thức cụ thể.
Việc thiết lập một chỉnh hợp chập k từ tập A có n phần tử bao gồm k công đoạn Trong công đoạn đầu tiên, có n cách để chọn phần tử cho vị trí thứ nhất Sau khi hoàn thành công đoạn này, công đoạn thứ hai cho phép chọn phần tử cho vị trí thứ hai với n-1 cách Tiếp tục, sau khi đã chọn i-1 phần tử cho các vị trí từ 1 đến i-1, công đoạn thứ i có n-i+1 cách thực hiện Cuối cùng, công đoạn thứ k có n-k+1 cách thực hiện Theo quy tắc nhân, tổng số cách thiết lập chỉnh hợp chập k được tính bằng tích của số cách thực hiện ở mỗi công đoạn.
1 1 n n n k cách lập một chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử, tức là có n n 1 n k 1 chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử
Ví dụ 1.4.1 Cho mười chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Có bao nhiêu số lẻ có sáu chữ số khác nhau nhỏ hơn 600000 tạo ra từ mười chữ số đã cho?
Để tạo số lẻ sáu chữ số khác nhau có dạng a a a a a a từ mười chữ số đã cho, số này phải nhỏ hơn 600000, do đó giá trị của a phải nằm trong khoảng từ 1 đến 5 Vì vậy, cần xem xét hai trường hợp riêng biệt để đảm bảo tính hợp lệ của số lẻ này.
Trường hợp 1: a 6 A 1 1, 3, 5 Khi đó ta có 3 cách chọn a 6 , có 4 cách chọn a 1 và A 8 4 cách chọn ra 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí
2, , ,3 4 5 a a a a Theo quy tắc nhân, ta có 3.4.A 8 4 20160 số
Trong trường hợp 2, với a6 thuộc tập A2 = {7, 9}, chúng ta có 2 cách để chọn a6 Đồng thời, có 5 cách để chọn a1 và A8 cho phép chọn 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí a2, a3, a4, a5 Áp dụng quy tắc nhân, tổng số cách sắp xếp là 2 x 5 x A4 8 = 16,800 số.
Vậy theo quy tắc cộng, ta có 20160 + 16800 = 36960 số
Ví dụ 1.4.2 Từ các chữ số 1, 3, 5, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà trong mỗi số này các chữ số không lặp lại?
Vì có bốn chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ gồm 4 chữ số
Ta lập các loại số tự nhiên dạng a a a 1 2 n Dùng S 1 để kí hiệu tập số dạng
1, 2 a S để kí hiệu tập số dạng a a 1 2 , S 3 để kí hiệu tập số dạng a a a 1 2 3 , S 4 để kí hiệu tập số dạng a a a a 1 2 3 4
Mỗi số thuộc S 1 là một chỉnh hợp chập 1 của 4 phần tử của tập
Tập hợp S chứa các số được xác định như sau: Mỗi số trong S2 là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử trong S; mỗi số trong S3 là một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử trong S; và mỗi số trong S4 là một chỉnh hợp chập 4 của 4 phần tử trong S.
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của đề bài bằng
1.4.2 Chỉnh hợp có lặp Định nghĩa 1.4.2 Cho tập hợp hữu hạn A gồm n n 1 phần tử Mỗi dãy có độ dài k k 1 các phần tử của tập A , mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử thuộc tập A Định lí 1.4.2 Số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử của tập A , được kí hiệu là A n k và được tính bởi công thức k k
Cho A x x 1, , ,2 x n gồm n phần tử phân biệt Dãy số có độ dài k là
Trong bài toán này, chúng ta có k phần tử a1, a2, , ak, mỗi phần tử có n cách chọn từ tập A Do đó, tổng số cách chọn cho dãy có độ dài k là n^k Kết luận rằng A(n, k) = n^k.
Ví dụ 1.4.3 Có thể lập được bao nhiêu biển số xe với hai chữ cái đầu thuộc tập
A B C D E , , , , , tiếp theo là một số nguyên dương gồm năm chữ số chia hết cho 5?
Giả sử biển số xe có dạng XYabcde, trong đó X và Y có thể trùng nhau Điều này cho thấy XY là một chỉnh hợp lặp chập 2 của 5 phần tử A, B, C, D, E Do đó, số cách chọn XY là A(5, 2) = 25.
Khi a khác 0, có 9 cách chọn chữ số a Vì abcde chia hết cho 5, nên e có thể là 0 hoặc 5, dẫn đến 2 cách chọn cho e Các chữ số b, c, d có thể trùng nhau, do đó số cách chọn bcd tương đương với số lượng chỉnh hợp lặp chập 3 của 10 chữ số từ 0 đến 9 Vì vậy, số cách chọn bcd là A(10, 3) = 10^3 = 1000.
Vậy số biển số xe có thể thành lập theo yêu cầu đề bài là
Ví dụ 1.4.4 Hỏi có bao nhiêu số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối tương ứng giống nhau?
Chúng ta nhận thấy rằng việc chọn 3 chữ số đầu có thể tương ứng với 3 chữ số cuối chỉ có một cách duy nhất Số cách chọn 3 chữ số đầu là A(10, 3) = 10^3, nhưng cần loại trừ trường hợp số 0 đứng đầu, dẫn đến việc loại bỏ A(10, 2) cách Do đó, số cách chọn 3 chữ số đầu là A(10, 3) - A(10, 2) = 900 Như vậy, có tổng cộng 900 cách chọn cho 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối tương ứng giống nhau.
Còn lại 4 vị trí, mà từ 4 vị trí đó có A 10 4 10 4 cách chọn
Vậy có tất cả 900.10 4 9000000 số cần tìm.
Tổ hợp
1.5.1 Tổ hợp không lặp Định nghĩa 1.5.1 Cho tập hợp A gồm n phần tử và số nguyên dương k với
Mỗi tập con có k phần tử của tập hợp A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử của A, viết tắt là tổ hợp chập k của A Số lượng các tổ hợp chập k của một tập hợp có n phần tử được ký hiệu là C(n, k) Theo Định lý 1.5.1, số các tổ hợp chập k của tập hợp n phần tử được tính bằng một công thức cụ thể.
Mỗi hoán vị của một tổ hợp chập k của A tương ứng với một chỉnh hợp chập k của A Do đó, từ một tổ hợp chập k của A, chúng ta có thể tạo ra k! chỉnh hợp chập k của A Vì vậy, công thức được rút ra là A n k = k C ! n k.
Chú ý : Ta quy ước 0! = 1 và C n 0 A n 0 1.
Với quy ước đó thì định lí 1.4.1 và 1.5.1 đúng cho cả k 0 và k n Định lí 1.5.2 (Hai tính chất cơ bản của số C n k )
(i) Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 k n Khi đó k n k n n
(ii) (Hằng đẳng thức Pascal) Cho số nguyên dương n và số nguyên k với
(i) Suy ra từ công thức
Ví dụ 1.5.1 Cho đa giác đều A A 1 2 A 2 n (n và n 2) nội tiếp trong đường tròn (O) Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n đỉnh A A 1 , 2 , ,A 2 n nhiều gấp
20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh A A 1 , 2 , ,A 2 n Tìm n?
Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh A1, A2, , A2n được tính bằng công thức C(2n, 3) Đường chéo lớn của đa giác đều A1A2 A2n đi qua tâm của đường tròn O, và đa giác này có n đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật được xác định bởi 4 đỉnh.
Trong một đa giác có 2n đỉnh A1, A2, , A2n, tồn tại các cặp đường chéo lớn Mỗi cặp đường chéo lớn tạo thành bốn đỉnh của một hình chữ nhật Do đó, số lượng hình chữ nhật được hình thành tương đương với số cặp đường chéo lớn trong đa giác.
Vậy n 8 là giá trị cần tìm
Ví dụ 1.5.2 Một tập thể có 14 người trong đó có An và Bình Người ta muốn chọn
Trong một tổ công tác gồm 6 người, chúng ta cần tìm số cách chọn sao cho có 1 tổ trưởng và 5 tổ viên, đồng thời An và Bình không được có mặt cùng nhau trong tổ.
Số cách chọn 6 người từ 14 người, trong đó An và Bình không có mặt, được tính bằng cách chọn 6 người từ 14 người với C(14, 6) cách Nếu An và Bình đã được chọn, chúng ta cần chọn thêm 4 người từ 12 người còn lại, với C(12, 4) cách Do đó, tổng số cách chọn 6 người mà không có An và Bình là C(14, 6) - C(12, 4).
Với 6 người đã chọn xong có 6 cách chọn ra 1 người làm tổ trưởng Vậy số cách thỏa mãn yêu cầu của bài toán là 6 C 14 6 C 12 4 6 250815048 cách
1.5.2 Tổ hợp lặp Định nghĩa 1.5.2 Cho tập hợp A a a 1 , , , 2 a n Một tổ hợp lặp chập m (m không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm m phần tử, mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A Kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử là C n m Định lí 1.5.3 Số các tổ hợp lặp chập m của n phần tử của tập hợp A được tính bằng công thức
Xét một tổ hợp có lặp chập m của n phần tử, trong đó có k₁ phần tử a₁, k₂ phần tử a₂, , kₙ phần tử aₙ với tổng k₁ + k₂ + + kₙ = m Mỗi bộ (k₁, k₂, , kₙ) tương ứng với một dãy nhị phân được tạo ra bằng cách viết liên tiếp k₁ số 1, sau đó là một số 0, tiếp theo là k₂ số 1, một số 0, k₃ số 1, và cứ tiếp tục như vậy cho đến kₙ số 1.
Nếu một phần tử \( a_i \) không có mặt trong tổ hợp lặp, tức là \( k_i = 0 \), thì không cần viết nhóm chữ số 1 tương ứng Mỗi bộ \( (k_1, k_2, \ldots, k_n) \) sẽ tương ứng với một dãy nhị phân có độ dài \( m + n - 1 \), trong đó có \( m \) chữ số 1 và \( n - 1 \) chữ số 0 Sự tương ứng này rõ ràng là một phép ánh xạ đơn.
Khi xem xét một dãy m+n-1 ký tự với m ký tự 1 và n-1 ký tự 0, nếu đếm từ trái sang phải và nhận được k1 số 1, k2 số 1, , kn số 1, thì dãy số này sẽ tương ứng với bộ (k1, k2, , kn) thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + + kn = m.
Chúng ta đã thiết lập một sự tương ứng giữa các tổ hợp có lặp chập m của n phần tử và các dãy nhị phân có độ dài m+n-1, trong đó có m ký tự 1 và n-1 ký tự 0 Do đó, số lượng tổ hợp lặp chập m của n phần tử tương đương với số lượng dãy nhị phân có độ dài m+n-1 với m ký tự 1 và n-1 ký tự 0.
Một dãy nhị phân có độ dài m + n - 1 chứa m ký tự 1 và n - 1 ký tự 0 tương ứng với việc chọn n - 1 vị trí trong tổng số m + n - 1 vị trí để ghi số 0, trong khi các vị trí còn lại sẽ ghi số 1 Do đó, số lượng dãy nhị phân có độ dài m + n - 1 với m ký tự 1 và n - 1 ký tự 0 là C(m + n - 1, n - 1).
Vậy số các tổ hợp có lặp chập m của n phần tử bằng
Ví dụ 1.5.3 Tiền giấy của Ngân Hàng Nhà Nước Việt Nam lưu hành phổ biến trên thị trường có 10 loại: 200đ, 500đ, 1000đ, 2000đ, 5000đ, 10000đ, 20000đ, 50000đ,
100000đ, 500000đ Hãy xác định số bộ khác nhau gồm 15 tờ giấy bạc của Ngân Hàng Nhà Nước Việt Nam
Mỗi bộ giấy bạc bao gồm 15 tờ và không vượt quá 10 loại khác nhau, do đó có thể có những tờ giấy bạc cùng loại Vì thứ tự sắp xếp không quan trọng, số bộ giấy bạc khác nhau sẽ được tính bằng số tổ hợp lặp chập 15 của 10 loại, tương ứng với công thức toán học cụ thể.
Ví dụ 1.5.4 Có bao nhiêu cách mua 10 quả trứng trong số 3 loại: Trứng gà, trứng vịt và trứng ngỗng?
Mỗi bộ trứng gồm 10 quả, không quá 3 loại trứng, dẫn đến sự tồn tại của các quả trứng cùng loại Do không quan tâm đến thứ tự, số cách mua 10 quả trứng từ 3 loại: trứng gà, trứng vịt, và trứng ngỗng, tương đương với số tổ hợp lặp chập 10 của 3 loại, được tính bằng C(3,10) = C(12,10) = 66.
Nhị thức Newton
Định lí 1.6.1 Với a b, là các số thực và n là số nguyên dương, ta có
Công thức (1.19) được gọi là công thức nhị thức Newton (gọi tắt là nhị thức
Trước hết ta chứng minh khẳng định P n( ) sau:
Với mỗi số thực x và một số nguyên dương n, ta có
Chứng minh bằng quy nạp theo n Rõ ràng P(1) đúng Giả sử P n( ) đúng, ta có
Thay (1.22) vào (1.21) và áp dụng hằng đẳng thức Pascal, ta được
Vậy P n( 1) đúng Theo nguyên lý quy nạp ta có P n( ) đúng với mọi n
Trở lại định lí, nếu a 0 thì công thức hiển nhiên đúng Giả sử a 0 Đặt x b
a và áp dụng (1.20) ta có
Công thức (1.19) trong Nhận xét 1.6.1 thể hiện khai triển của biểu thức a b n theo lũy thừa giảm của a và lũy thừa tăng của b Ngoài ra, chúng ta cũng có thể diễn đạt khai triển này theo lũy thừa tăng của a và lũy thừa giảm của b.
Ví dụ 1.6.1 Cho n là số nguyên dương Hãy xác định tổng sau:
Ví dụ 1.6.2 Cho n là số nguyên dương Hãy chứng minh đẳng thức
Ta thấy C 2 n n là hệ số của x n trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức
S x x Ta xét một cách khai triển khác của S x :
Ta có hệ số của x n trong khai triển trên là
Ví dụ 1.6.3 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n 2, ta có
Lấy đạo hàm cấp 2 hai vế theo biến x ta được
Ví dụ 1.6.4 ( Đề thi đại học khối A năm 2006 ) Tìm hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Newton của 1 4 7
Trước tiên ta đi xác định n Ta có
Từ giả thiết ta suy ra 2 2 n 1 2 20 1 n 10.
Bây giờ ta đi xác định hệ số của số hạng chứa x 26 Ta có khai triển
Hệ số của x 26 là C 10 k ứng với k thỏa mãn 11k4026 k 6
Vậy hệ số của x 26 là C 10 6 210.
Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp
Sử dụng phương pháp liệt kê
Khi đếm số phần tử trong một tập hữu hạn, việc chia tập đó thành các tập con rời nhau sẽ giúp quá trình đếm trở nên dễ dàng và thuận lợi hơn.
Từ các chữ số 1 đến 9, có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau, với tổng các chữ số ở hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn bằng 8? Bài toán yêu cầu tìm hiểu số lượng các tổ hợp số thỏa mãn điều kiện này.
Giả sử lập được số abcdef thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta có c d e 8 nên chỉ có thể xảy ra hai khả năng c d e, , {1,2,5} hoặc c d e, , {1, 3, 4}
Trường hợp 1: c d e, , {1,2,5} thì a b f, , {3, 4,6,7, 8,9} Số các số lập được trong trường hợp này là
Trường hợp 2: c d e, , {1, 3, 4} thì a b f, , {2, 5, 6,7, 8,9} Số các số trong trường hợp này là
S P A Vậy các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là
Chúng ta sẽ phân tích bài toán đã được giải trong ví dụ 1.1.4 của chương 1 Lần này, chúng ta sẽ tiếp cận bài toán theo một phương pháp khác, đó là đếm bằng cách liệt kê.
Bài toán 2.1.2 yêu cầu xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B trên một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 6 ghế Điều kiện là bất kỳ hai học sinh nào ngồi đối diện nhau phải đến từ hai trường khác nhau Cần xác định số cách xếp chỗ ngồi thỏa mãn yêu cầu này.
Chúng ta đếm bằng cách liệt kê như sau:
Trường hợp 1: Dãy ghế 1 có 1 học sinh trường A và 5 học sinh trường B Xếp dãy 1: Có C A 6 1 6 1 cách chọn ra 1 học sinh trường A và xếp vào 1 trong 6 ghế, có
Có 6 cách để chọn 5 học sinh từ trường B và sắp xếp họ vào 5 ghế còn lại Đối với dãy 2, có 5! cách sắp xếp 5 học sinh từ trường A vào 5 ghế đối diện với 5 học sinh trường B ở dãy 1, và chỉ có 1! cách để sắp xếp 1 học sinh trường B còn lại Do đó, tổng số cách sắp xếp được tính là S1 = C(6, 5) * 5! * 1! = 6 * 120 * 1 = 720 cách sắp xếp.
Trong trường hợp 2, dãy ghế 1 có 2 học sinh trường A và 4 học sinh trường B Để xếp dãy 1, có C(6,2) cách chọn 2 học sinh trường A và sắp xếp vào 2 trong 6 ghế, cùng với A(6,4) cách chọn 4 học sinh trường B và xếp vào 4 ghế còn lại Đối với dãy 2, có 4! cách xếp 4 học sinh trường A vào 4 ghế đối diện với 4 học sinh trường B.
B ở dãy 1, có 2! cách xếp 2 học sinh trường B vào hai ghế còn lại Vậy ta có
Trường hợp 3: Dãy ghế 1 có 3 học sinh trường A và 3 học sinh trường B Tương tự, ta có S 3 C A A 6 3 6 3 6 3 3 !.3 ! cách xếp
Trường hợp 4: Dãy ghế 1 có 4 học sinh trường A và 2 học sinh trường B Tương tự, ta có S 4 C A A 6 4 6 4 6 2 4 !.2 ! cách xếp
Trường hợp 5: Dãy ghế 1 có 5 học sinh trường A và 1 học sinh trường B Tương tự, ta có S 5 C A A 6 5 5 !.1 ! 6 5 6 1 cách xếp
Trường hợp 6: Xếp 6 học sinh trường A ở dãy ghế 1 và 6 học sinh trường B ở dãy ghế 2 hoặc ngược lại Khi đó ta có S 6 2 !.6 !.6 ! cách xếp
Vậy ta có tất cả S S 1 S 2 S 3 S 4 S 5 S 6 33177600 cách xếp
Bài toán 2.1.3 yêu cầu xác định số cách phân phát thư đến 19 nhà trong một dãy phố, với điều kiện là không có hai nhà liền kề nào cùng nhận thư trong cùng một ngày và không có hơn hai nhà liền kề nào cùng không nhận thư trong cùng một ngày Tìm kiếm giải pháp cho bài toán này sẽ giúp hiểu rõ hơn về các quy tắc phân phối thư trong các tình huống cụ thể.
Theo giả thiết đầu tiên, không có hai nhà liền nhau cùng nhận được thư, do đó số nhà nhận thư tối đa là 10 và tối thiểu có 9 nhà không nhận được thư Ngược lại, vì không có hơn 2 nhà liền nhau không nhận thư, nên ít nhất có 6 nhà nhận được thư.
Trong trường hợp có 6 nhà nhận được thư, chúng ta đánh số 1 cho 6 vị trí, trong khi giữa hai vị trí đó phải có một nhà không nhận được thư, được gán số 0 Điều này dẫn đến việc có 5 nhà không nhận được thư Tổng cộng, còn 8 nhà không nhận được thư, và chúng ta có thể sắp xếp chúng theo nhiều cách khác nhau.
Có 2 nhà không nhận được thư ở đầu và 2 nhà không nhận được thư ở cuối, trong khi đó 4 nhà còn lại được bố trí vào 5 vị trí xen kẽ giữa các nhà nhận thư.
Trong cách 2, có 2 nhà không nhận được thư ở vị trí đầu, 1 nhà không nhận được thư ở vị trí cuối, và 5 nhà còn lại được sắp xếp xen kẽ với chỉ 1 cách xếp duy nhất.
Có 2 nhà không nhận được thư ở vị trí cuối, 1 nhà không nhận được thư ở vị trí đầu, trong khi 5 nhà còn lại được sắp xếp vào 5 vị trí xen kẽ với chỉ 1 cách sắp xếp.
Có tổng cộng 7 cách sắp xếp các nhà, sau khi đã đặt các nhà không nhận được thư vào các vị trí đầu và cuối, với điều kiện số nhà còn lại phải lớn hơn hoặc bằng 6 Các cách sắp xếp khác đều không đáp ứng yêu cầu của bài toán.
Trong một ngày, nếu có 7 nhà nhận được thư trong khi 6 nhà không nhận thư, thì sẽ còn lại 6 nhà không nhận được thư Các cách sắp xếp cho 6 nhà không nhận thư này có thể được thực hiện như sau:
Cách 1 Có 2 nhà đầu và 2 cuối không nhận được thư, còn lại 2 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 2 15 cách xếp
Cách 2 Có 2 nhà đầu và 1 nhà cuối không nhận thư, còn lại 3 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 3 20 cách xếp
Cách 3 Có 1 nhà đầu và 2 nhà cuối không nhận thư, còn lại 3 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 3 20 cách xếp
Cách 4 Có 1 nhà đầu và 1 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 4 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 4 15 cách xếp
Cách 5 Có 2 nhà đầu và 0 nhà cuối, còn lại 4 nhà xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có
Cách 6 Có 0 nhà đầu và 2 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 4 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 4 15 cách xếp
Cách 7 Có 1 nhà đầu và 0 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 5 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 5 6 cách xếp
Cách 8 Có 0 nhà đầu và 1 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 5 nhà không nhận thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 5 6 cách xếp
Cách 9 Có 0 nhà đầu và 0 nhà cuối không nhận được thư, 6 nhà không nhận được thư còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 6 6 1 cách xếp
Vậy có tất cả 40 60 13 113 cách sắp xếp
Trường hợp 3: Trong 1 ngày có 8 nhà nhận được thư Tương tự ta có 183 cách sắp xếp
Trường hợp 4: Trong 1 ngày có 9 nhà nhận được thư Tương tự ta có 47 cách sắp xếp
Trong trường hợp 5, có 10 nhà nhận được thư và 9 nhà không nhận thư Các nhà không nhận thư sẽ được xếp xen kẽ giữa các nhà nhận được thư, tạo thành một cách sắp xếp duy nhất.
Vậy ta có tất cả 7+113+183+47+151 cách phân phối thư
Bài toán 2.1.4 Cho tập A{0,1,2, 3, 4,5,6,7, 8} Tìm số các số gồm 3 chữ số phân biệt của A, chia hết cho 3
Đếm các phần tử của phần bù
Trong một số trường hợp các phần tử của phần bù dễ đếm, ta tìm số phần tử của tập cần đếm A qua số phần tử của phần bù
A là tập con của tập X Khi đó
Bài toán 2.2.1 ( Đề tuyển sinh ĐHQG TPHCM – khối A – 2000 ) Một thầy giáo có
Trong số 12 cuốn sách gồm 5 cuốn Văn học, 4 cuốn Âm nhạc và 3 cuốn Hội họa, thầy quyết định chọn 6 cuốn để tặng cho 6 em học sinh.
Giả sử thầy giáo có các cuốn sách thuộc 3 thể loại: Văn học, Âm nhạc, và Hội họa, với mỗi thể loại có một cuốn sách riêng biệt là A, B, C, D, E, F Thầy giáo muốn tặng sách sao cho sau khi tặng xong, mỗi thể loại vẫn còn ít nhất 1 cuốn Hỏi có bao nhiêu cách để thầy giáo thực hiện việc tặng sách này?
Ta lấy 6 cuốn sách trong 12 cuốn, đem tặng cho 6 học sinh mỗi em một cuốn có A 12 6 665280 cách
Để tính số cách tặng sao cho mỗi loại sách đều hết, ta xem xét các trường hợp Số cách tặng 5 cuốn Văn và 1 cuốn Nhạc hoặc Họa là 7! cách Tương tự, số cách tặng 4 cuốn Nhạc và 1 cuốn Văn hoặc Họa cũng cần được tính toán để đảm bảo mỗi loại sách đều được tặng hết.
2 trong các cuốn Văn hoặc Họa là C 8 2 6 ! cách Số cách tặng 3 cuốn Họa và 3 trong các cuốn Văn hoặc Nhạc là C 9 3 6 ! cách
Vậy số cách tặng theo yêu cầu bài toán là
Bài toán 2.2.2 Cho tậpA{0,1,2, 3, 4,5} Tìm số các số gồm 4 chữ số của A sao cho trong 4 chữ số có ít nhất 2 chữ số giống nhau
Số các số gồm 4 chữ số tạo thành từ tập A là S 1 5.6 3
Chúng ta cần tìm số lượng các số gồm 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ tập A, ký hiệu là n = abcd, với a, b, c, d là các chữ số khác nhau trong tập A Vì a không thể bằng 0, nên có 5 cách chọn chữ số cho a Sau đó, chúng ta sử dụng tổ hợp để chọn 3 chữ số khác a từ 5 chữ số còn lại và sắp xếp chúng vào các vị trí b, c, d Do đó, số lượng cách tạo ra các số này là S2 = 5 * A(5, 3) = 300.
Như vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của đề bài bằng
Bài toán 2.2.3 (VMO - 2008) yêu cầu xác định số lượng số tự nhiên chia hết cho 9, với điều kiện mỗi số có tối đa 2008 chữ số và chứa ít nhất hai chữ số 9.
Giả sử X là tập tất cả các số tự nhiên thỏa mãn các điều kiện của đề bài Theo bài ra, ta cần tính X Ký hiệu:
A a a không có quá 2008 chữ số};
A k a A trong các chữ số của a có đúng k chữ số 9}, k 0, 2008
Xét số a thuộc A* với m chữ số, ta có thể thêm 2008 - m chữ số 0 vào trước a mà không làm thay đổi giá trị của số đó Như vậy, ta có một biểu diễn của a với đúng 2008 chữ số, được ký hiệu là a a1 a2 a2008 Biểu diễn này cho phép chúng ta xác định A k = {a a1 a2 a2008 | trong các chữ số}.
1, , ,2 2008 a a a có đúng k chữ số 9 và 2008
Ta có X A\ (A 0 A 1 ) Từ đó, vì A A 0 , 1 A và A 0 A 1 nên
Từ định nghĩa A 0 dễ thấy a a a 1 2 2008 A 0 khi và chỉ khi {0,1,2, , 8}, 1,2007 a i i và a 2008 9 r, trong đó r là số nguyên thuộc đoạn [1; 9] mà
Suy ra, A 0 chính bằng số dãy 2007 chữ số có thể lập được từ các chữ số 0, 1, 2,…, 8 Vì thế A 0 9 2007
Dễ thấy, số (trong dạng biểu diễn (*)) thuộc A 1 có thể được tạo ra từ việc thực hiện liên tiếp hai bước sau:
Bước 1: Từ các chữ số 0, 1, 2, …, 8, lập dãy số gồm 2007 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số của dãy chia hết cho 9;
Bước 2: Sử dụng dãy số đã tạo ở bước 1, bạn có thể thêm chữ số 9 bằng cách đặt nó ngay trước chữ số đầu tiên, ngay sau chữ số cuối cùng, hoặc chèn vào giữa hai chữ số liền kề trong dãy.
Lập luận tương tự như cách tìm ra A 0 , ta thấy có 9 2006 cách thực hiện bước
1 Từ đó, do có 2008 cách thực hiện ở bước 2 nên có 2008.9 2006 phương án thực hiện liên tiếp hai bước nêu trên Mỗi phương án cho ta một số thuộc A 1 , hai phương án khác nhau cho hai số khác nhau Vì thế A 1 2008.9 2006
Sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ
Mục này sẽ mở rộng công thức tính số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn, đồng thời áp dụng công thức tính số phần tử của hợp n tập hợp hữu hạn bất kỳ.
Khi chúng ta biểu diễn tập cần đếm
mà các tập A i có giao khác tập rỗng ( A i A j ) thì khi đó chúng ta không thể sử dụng quy tắc cộng mà cần xây dựng một quy tắc đếm mới
Khi xem xét hai tập hợp hữu hạn A1 và A2 với A1 ∩ A2 ≠ ∅, tổng số phần tử của A1 và A2 sẽ bao gồm các phần tử chung thuộc A1 ∩ A2, dẫn đến việc những phần tử này được tính hai lần Do đó, cần điều chỉnh để có được số lượng phần tử chính xác.
Xét ba tập hợp hữu hạn A A A 1 , 2 , 3 , A 1 A 2 ,A 2 A 3 ,A 3 A 1 ,
A A A thì khi đó các phần tử của A 1 A A 2 , 2 A A 3 , 3 A 1 được đếm hai lần, các phần tử của A 1 A 2 A 3 được đếm ba lần Suy ra
Nguyên lý bao gồm và loại trừ là một kết quả quan trọng trong lý thuyết tập hợp Định lý 2.3.1 phát biểu rằng, với các tập hữu hạn A1, A2, , An (với n ≥ 2), ta có thể áp dụng nguyên lý này để tính toán số phần tử trong hợp của các tập.
Chúng ta sẽ chứng minh công thức bằng cách chỉ ra rằng mỗi phần tử của hợp n tập hợp được đếm đúng một lần Giả sử m là phần tử chung của đúng r tập trong các tập A1, A2, , An, với 1 ≤ r ≤ n Có C(r, 1) tập chứa m (m được đếm 1 lần), C(r, 2) tập giao của hai tập chứa m (m được đếm 2 lần), và tiếp tục như vậy cho đến C(r, r) tập giao của r tập chứa m (m được đếm r lần) Theo công thức (2.1), số lần được đếm của m là tổng các giá trị này.
Do đó, mỗi phần tử của hợp n tập hợp được đếm đúng một lần khi tính giá trị ở vế phải của công thức (2.1) Vậy định lí được chứng minh
Bài toán 2.3.1 Tính số các hoán vị của dãy chữ "XAXAM"sao cho không có hai chữ cái nào giống nhau đứng cạnh nhau
Gọi P là tập hợp chứa các hoán vị của dãy chữ "XAXAM" Khi đó
P Gọi P 1 là tập chứa các hoán vị của dãy chữ mà 2 chữ A đứng cạnh nhau,
P 2 là tập chứa các hoán vị của dãy chữ mà 2 chữ X đứng cạnh nhau Hai chữ A đứng cạnh nhau coi là một chữ thì 1 4! 12
P 2! , tương tự P 2 12 Ta coi 2 chữ
A , 2 chữ X đứng cạnh nhau như một chữ thì P 1 P 2 3! Suy ra số các hoán vị thỏa yêu cầu bài toán bằng
Bài toán 2.3.2 yêu cầu tìm số cách xếp bốn cầu thủ được đánh số từ 1 đến 4 thành hàng dọc, với điều kiện ít nhất một cầu thủ có số áo trùng với vị trí của mình trong hàng.
Kí hiệu A k đại diện cho tập hợp các cách xếp hàng mà cầu thủ mặc áo số k đứng ở hàng thứ k (k = 1, 2, 3, 4) Tập hợp này bao gồm tất cả các cách sắp xếp mà trong đó ít nhất một cầu thủ có số áo trùng với vị trí của họ trong hàng.
Nếu cầu thủ mang áo số 1 đứng đầu thì có 3! cách xếp ba cầu thủ còn lại Suy ra A 1 3 !
Tập hợp A 1 ∩ A 2 đại diện cho các cách xếp hàng mà cầu thủ số 1 và cầu thủ số 2 đứng ở vị trí số 1 và số 2 Với điều này, có 2! cách để sắp xếp các cầu thủ còn lại.
Tập hợp A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 đại diện cho các cách sắp xếp cầu thủ, trong đó cầu thủ số 1 đứng ở vị trí 1, cầu thủ số 2 ở vị trí 2, và cầu thủ số 3 ở vị trí 3 Khi đó, số cách sắp xếp cho cầu thủ còn lại là 1!, từ đó suy ra được kết quả sắp xếp tổng thể.
A A A , A 1 A 3 A 4 1, A 2 A 3 A 4 1 Cuối cùng các cách xếp mà tất cả các cầu thủ có số áo trùng với số thứ tự trong hàng là 1 cách Suy ra
A A A A Theo công thức bao gồm và loại trừ ta có
Vậy có tất cả 15 cách xếp mà ít nhất một cầu thủ có số áo trùng với số thứ tự của cầu thủ đó ở trong hàng
Bài toán 2.3.3 Cho tập X {1,2,3, ,2010} Hỏi có bao nhiêu phần tử của X là bội của ít nhất một phần tử của tập T {2,3,5,7}?
Kí hiệu M là tập các phần tử của X là bội của ít nhất một phần tử của tập
Vậy có 1542 phần tử của X là bội của ít nhất một phần tử của tập {2,3,5,7}
Bài toán 2.3.4 ( IMO - 1991 ) Cho tập S {1,2,3, ,280} Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập con gồm n phần tử của S đều chứa 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau
Kí hiệu A j là số các phần tử của A j , thì ta có
Vậy với 5 số tùy ý của A , theo nguyên lý Dirichlet phải có hai số thuộc
A i i nào đó, rõ ràng hai số này không nguyên tố cùng nhau Do vậy, số n cần tìm phải lớn hơn 216
Ta sẽ chứng minh n 217 thỏa mãn đề bài Ta đặt
Trong bài toán này, ta có P = S \ {B1 ∪ B2}, với P = S - B1 - B2 = 60, và P chứa số 1 cùng tất cả các số nguyên tố trong S Xét một tập hợp T tùy ý chứa 217 số Nếu T ∩ P ≥ 5, thì điều cần chứng minh sẽ được xác nhận Do đó, chỉ cần xem xét trường hợp khi
Khi T ∩ (S \ P) ≥ 217, điều này cho thấy trong tập hợp tất cả các số không nguyên tố thuộc S (tổng cộng 220 số), có tối đa 7 số không nằm trong T.
Rõ ràng M i S P i\ ( 1, 2, , 8)và mọi phần tử của M i đôi một nguyên tố cùng nhau Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 1 chỉ số i 0 (1i 0 8) sao cho i 0
M T Ta có điều phải chứng minh
Bài toán 2.3.5 ( IMO - 1989 ) Cho tập hợp E {1,2, ,2 }n Một hoán vị
{ , , ,x x x n }của tập hợp E được gọi là có tính chất P, nếu như tồn tại
(ở đây n là số nguyên dương cho trước)
Chứng minh rằng số các hoán vị có tính chất P lớn hơn số các hoán vị không có tính chất P
Ta chia các số 1, 2, , 2n thành từng cặp như sau
Gọi A k là tập hợp tất cả những hoán vị sao cho trong các hoán vị đó, hai phần tử k và kn đứng kề nhau
Gọi A là tập hợp tất cả những hoán vị có tính chất P Khi đó
Theo nguyên lý bao gồm và loại trừ, ta có
Trong mỗi hoán vị của 2n phần tử, ta có C 2 1 n 1 2n1 cách chọn cặp 2 phần tử kề nhau để đặt 2 số k và n k Vì vậy ta có
Trong mỗi hoán vị của 2n phần tử, ta có C 2 2 n 2 (n1)(2n3) cách chọn 2 cặp, mỗi cặp có 2 phần tử kề nhau để đặt 2 cặp số ( ,k n k )và ( ,j nj).
Số hoán vị của các phần tử trong tập E có tính chất P lớn hơn số hoán vị của các phần tử không có tính chất P, điều này cần được chứng minh.
Sử dụng cách xây dựng phần tử đếm
Trong các bài toán đếm, để đạt được kết quả chính xác, việc mô tả các phần tử cần đếm là rất quan trọng Sau đó, chúng ta cần thực hiện việc sắp xếp các phần tử này thông qua hoán vị Quá trình này bao gồm hai bước chính cần thực hiện để đảm bảo tính chính xác của kết quả.
1 Mô tả phấn tử đếm
Bài toán 2.4.1 yêu cầu xác định số lượng số có chín chữ số, bao gồm năm chữ số 1 và bốn chữ số còn lại là 2, 3, 4, 5 Để tìm ra số lượng số này, chúng ta cần tính toán số cách sắp xếp các chữ số một cách tùy ý.
Gọi số cần lập có dạng n a a a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 8 9, trong đó có năm chữ số 1 và bốn chữ số còn lại là 2, 3, 4 và 5
Như vậy với chín vị trí, ta có C 9 5 cách chọn ra năm vị trí và xếp năm chữ số
1 Khi đó còn lại bốn vị trí, xếp bốn chữ số 2, 3, 4, 5 có P 4 4 ! cách xếp
Vậy có tất cả C 9 5 4 ! 3024 số thỏa mãn yêu cần bài toán
Bài toán 2.4.2 từ đề thi tuyển sinh ĐHSP Hà Nội năm 2000 yêu cầu tìm số lượng số có tám chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, trong đó chữ số 1 và 6 xuất hiện đúng hai lần, còn các chữ số khác xuất hiện một lần.
Gọi số cần lập có dạng n a a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 8, trong đó chữ số 1 và 6 có mặt đúng hai lần, các chữ số còn lại có mặt đúng một lần
Với tám vị trí, có C(8, 2) cách chọn hai vị trí để xếp hai chữ số 1 Tiếp theo, từ sáu vị trí còn lại, có C(6, 2) cách chọn hai vị trí để xếp hai chữ số 6 Cuối cùng, bốn chữ số 2, 3, 4, 5 có P(4) = 4! cách xếp vào bốn vị trí còn lại.
Vậy có tất cả C C 8 2 6 2 4 ! 10080 số thỏa mãn yêu cầu
Bài toán 2.4.3 Cho tập A1, 2, 3, 4, 5 có bao nhiêu số gồm 6 chữ số trong đó có
3 chữ số a, 2 chữ số b, 1 chữ số c với a A b, A c, A và a b c, , khác nhau?
Trước hết, ta có C 5 3 cách lấy ra 3 phần tử phân biệt của tập A Sau khi lấy ra
Trong bài toán này, chúng ta cần tìm cách phân biệt 3 chữ số từ tập A Có 3 cách để chỉ định số nào xuất hiện 3 lần, 2 cách để chỉ định một trong hai số còn lại xuất hiện 2 lần, và số còn lại chỉ xuất hiện 1 lần Do đó, tổng số cách chọn ra các số này được tính bằng C(5, 3) x 3 x 2 Ví dụ, một trường hợp có thể là (3, 3, 3, 2, 2, 4).
Hoán vị các bộ số nhận được ta thu được
C 3!2! số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Sử dụng các công thức tổ hợp
Trong nhiều bài toán, công thức và đẳng thức tổ hợp đóng vai trò quan trọng trong việc tìm kiếm lời giải hiệu quả Ở phần này, chúng ta sẽ phân tích tác dụng của số C n 2 thông qua một số ví dụ điển hình, làm rõ cách mà các công thức này hỗ trợ trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp.
Trong bài toán 2.5.1 từ Liên Xô năm 1965, có một hội thảo tổ chức 40 cuộc họp, mỗi cuộc họp có 10 thành viên tham gia Điều kiện đặt ra là bất kỳ hai thành viên nào chỉ có thể tham dự cùng một cuộc họp tối đa một lần Từ những thông tin này, cần chứng minh rằng số lượng thành viên tham gia hội thảo phải lớn hơn 60.
Giả sử cuộc hội thảo có n thành viên Do đó có C n 2 cách chọn hai thành viên
Trong một cuộc họp, ta có C(10, 2) cách chọn hai thành viên Vì mỗi cặp thành viên chỉ tham dự họp cùng nhau một lần, nên điều kiện C(n, 2) ≥ 40 × C(10, 2) dẫn đến n(n - 1) ≥ 3600, từ đó suy ra n > 60 Điều này cần được chứng minh.
Nếu giả thiết là hai thành viên bất kỳ tham dự cuộc họp cùng nhau ít nhất một lần, thì số lượng thành viên tối đa trong hội thảo là 60 Tổng quát, với một cuộc họp có m thành viên, ta có thể diễn đạt điều này bằng công thức 2^(m-1) - 1.
Số C(n, 2) đóng vai trò quan trọng trong việc giải quyết bài toán, giúp chúng ta hiểu rõ hơn về cách thức tìm ra lời giải Hãy cùng khám phá một bài toán mới để áp dụng kiến thức này.
Trong một hội nghị với 4 ngôn ngữ chính thức, nếu bất kỳ hai đại biểu nào cũng đều có ít nhất một ngôn ngữ chung, thì có thể chứng minh rằng ít nhất 60% đại biểu biết một ngôn ngữ nào đó Điều này cho thấy sự phổ biến của ngôn ngữ trong việc giao tiếp giữa các đại biểu, đảm bảo rằng một tỉ lệ lớn trong số họ có thể hiểu và sử dụng ít nhất một ngôn ngữ nhất định.
Nếu một người chỉ biết một ngôn ngữ, ta có thể suy ra rằng tất cả những người khác đều biết ngôn ngữ đó, dẫn đến kết luận rõ ràng của bài toán.
Giả sử tất cả đại biểu đều biết ít nhất 2 ngôn ngữ Gọi số đại biểu là n và tập , , ,
Tập hợp A, B, C, D lần lượt đại diện cho những người thông thạo các ngôn ngữ I, II, III, IV Số lượng cặp người biết các ngôn ngữ này được xác định bởi các công thức C C C C 2 A, 2 B, C 2, 2 D Với điều kiện mỗi người biết ít nhất 2 ngôn ngữ, ta có thể thiết lập bất đẳng thức tương ứng.
Bất đẳng thức này tương đương với
Không mất tính tổng quát, ta giả sử A là tập nhiều phần tử nhất trong các tập , , ,
Từ bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh được 6
A 10n, với n 2 Vậy trong mọi trường hợp, ta có điều phải chứng minh
Bài toán 2.5.3 Giả sử X là một tập n phần tử Tìm số cặp không thứ tự A B, với ,
A B là những tập con của X thỏa mãn A B , A B X , (A B, và B A, là trùng nhau và được đếm là một cặp)
Giả sử A có r phần tử, với điều kiện 0 ≤ r ≤ n, thì có C(n, r) cách để chọn các tập A Đối với mỗi tập A, tập B sẽ chứa n - r phần tử còn lại từ X cùng với một số phần tử khác.
A Khi đó B X A \ C ( C là tập con của A ) Như vậy số cách chọn B bằng số cách chọn tập con C của tập A gồm r phần tử bằng
Theo quy tắc nhân thì số cách chọn cặp A B, ứng với mỗi r bằng C n r 2 r Suy ra số cặp phần tử phải tìm ( A có thể bằng B) bằng
Trong số cách chọn này chỉ có duy nhất một trường hợp ABX Suy ra số cặp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3 n 1
Bài toán 2.5.4 Xét một lưới ô vuông (n n )trên hệ trục tọa độ Xuất phát từ điểm
(0, 0) ta đi trên các cạnh ô vuông sang phải và lên trên đến điểm ( , )n n Hỏi có bao nhiêu đường đi từ (0, 0) đến điểm ( , )n n ?
Để di chuyển từ điểm (0, 0) đến điểm (n, n), chúng ta cần thực hiện n bước sang phải và n bước lên trên, với mỗi bước có độ dài 1 Mỗi bước ngang được đánh dấu bằng số 0, trong khi mỗi bước lên được đánh dấu bằng số 1 Do đó, mỗi lộ trình tương ứng với một chuỗi gồm 2n số, trong đó có n số 0 và n số 1 Để tạo ra một chuỗi như vậy, chúng ta chỉ cần chọn n vị trí từ 2n vị trí để đặt số 0, và số 1 sẽ tự động chiếm các vị trí còn lại Số cách chọn n vị trí trong 2n vị trí được tính bằng công thức C(2n, n).
Vậy có tất cả C 2 n n đường đi từ (0, 0) đến điểm ( , )n n
Sử dụng nguyên lý phân phối các đồ vật vào hộp
Chúng ta sẽ bắt đầu mục này bằng một định lí sau: Định lí 2.6.1 Giả sử có N đối tượng khác nhau và k hộp khác nhau T T 1 , , , 2 T k
Ta xếp n 1 đối tượng vào hộp T n 1 , 2 đối tượng vào hộp T 2 , ,n k đối tượng vào hộp
Số cách phân phối N phần tử vào k hộp, với n1, n2, , nk là số phần tử trong từng hộp, được tính bằng công thức xác định Trong trường hợp này, thứ tự giữa các đối tượng trong từng hộp không quan trọng, do đó, tổng số cách phân phối các phần tử vào hộp có thể được xác định một cách chính xác.
Mỗi cách sắp xếp các đối tượng vào hộp được mô tả như sau(tương ứng 1-1): Xếp N đối tượng thành một hàng ngang
Xếp n 1 đối tượng đầu vào hộp T 1 , xếp n 2 đối tượng tiếp theo vào hộp
Số cách phân bố n đối tượng vào k hộp là số hoán vị có lặp của các đối tượng Do không quan tâm đến thứ tự của các đối tượng trong hộp, hoán vị của từng nhóm đối tượng không tạo ra cách phân bố mới Vì vậy, việc xếp n đối tượng vào k hộp chỉ phụ thuộc vào số lượng đối tượng trong từng nhóm.
N phần tử gồm n n 1, , ,2 n k phần tử giống nhau n 1 n 2 n k N Ta có
Định lý 2.6.2 mô tả cách xếp N đối tượng khác nhau vào k hộp theo quy tắc phân chia Cụ thể, xếp vào j1 hộp mỗi hộp m1 đối tượng, xếp vào j2 hộp mỗi hộp m2 đối tượng, và tiếp tục như vậy cho đến jα hộp mỗi hộp mα đối tượng Điều kiện cần thiết là tổng số hộp j1 + j2 + + jα phải bằng k.
Số cách phân phối N đối tượng vào k hộp, không quan tâm đến thứ tự của các phần tử trong từng hộp hoặc sự thay đổi vị trí của các hộp có số phần tử bằng nhau, được tính bằng công thức: \( \frac{N!}{m_1! \cdot m_2! \cdots m_k!} \), trong đó \( m_j \) là số phần tử trong hộp j và \( \alpha \) là tổng số phần tử.
Ta mô tả một cách sắp xếp các đối tượng (phần tử) vào hộp thỏa mãn các yêu cầu của bài toán như sau:
Xếp N phần tử thành một hàng ngang và xếp vào hộp
Việc thay đổi thứ tự các đối tượng trong từng hộp hoặc thay đổi vị trí của các hộp có số phần tử bằng nhau không làm thay đổi phân bố, do đó số phân bố trong trường hợp này vẫn giữ nguyên.
Nhận xét 2.6.1 : Khi giữa các bài toán mà số phần tử của mỗi cặp hộp bằng nhau chúng ta phải phân biệt 2 trường hợp:
Trường hợp 1: n 1 n 2 n k n Khi đó N k n đối tượng được xếp vào k hộp khác nhau T T 1 , , 2 T k mà thứ tự giữa các đối tượng không quan tâm bằng
Trong trường hợp không phân biệt các hộp và không đánh số hay đặt tên trước, việc thay đổi vị trí giữa các bộ phần tử sẽ không tạo ra hoán vị mới nhưng vẫn giữ nguyên cách xếp Do đó, số cách xếp có thể được suy ra dựa trên điều này.
Bài toán 2.6.1 yêu cầu tính số cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt với điều kiện cụ thể: hộp 1 chứa 3 vật, hộp 2 chứa 2 vật, hộp 3 chứa 2 vật, hộp 4 chứa 3 vật và hộp 5 không chứa vật nào Để giải bài toán này, ta cần xác định cách sắp xếp các vật trong các hộp theo đúng số lượng quy định.
Xếp 10 vật thành một hàng ngang có 10 ! cách xếp
Xếp 3 vật đầu tiên vào hộp 1, xếp 2 vật tiếp theo vào hộp 2, xếp 2 vật tiếp theo vào hộp 3, xếp 3 vật tiếp theo vào hộp 4
Vì không chú ý đến thứ tự của các vật trong từng hộp, việc hoán vị 3 vật đầu, 2 vật ở hộp 2, 2 vật ở hộp 3 và 3 vật ở hộp 4 sẽ không tạo ra cách phân phối mới.
Như vậy số cách phân phối 10 đồ vật đã cho vào 5 hộp phân biệt sẽ là
Chú ý : Ta hoàn toàn có thể giải bài toán bằng cách giải sau đây Cách giải này cũng là một hướng cho cách chứng minh các định lí 2.6.1 và 2.6.2
Cách giải 2 Mỗi cách phân phối có thể tiến hành liên tiếp theo các bước sau:
Bước 1: Chọn 3 trong 10 vật cho vào hộp 1 Suy ra 1 10 3 10!
Bước 2: Chọn 2trong 7 vật còn lại cho vào hộp 2 Suy ra 2 7 2 7 ! n C 5!2!
Bước 3: Chọn 2 trong 5 vật còn lại cho vào hộp 3 Suy ra 3 5 2 5! n C 3!2! Bước 4: Chọn 3 vật còn lại cho vào hộp 4 Suy ra n 4 C 3 3
Theo quy tắc nhân, số cách phân phối 10 vật phân biệt vào 5 hộp phân biệt thỏa mãn yêu cầu đề bài là 1 2 3 4 10! 25200.
Bài toán 2.6.2 Một xe chở 50 khách và dừng ở 10 điểm đỗ Có bao nhiêu trường hợp khác nhau sao cho ở mỗi điểm đỗ có đúng 5 người khách xuống xe?
Có tổng cộng 50! cách xếp 50 khách thành một hàng ngang Các điểm đỗ được đánh số từ T1 đến T10, với 5 khách đầu tiên xuống tại T1, 5 khách tiếp theo tại T2, và tiếp tục như vậy cho đến T10 Việc thay đổi thứ tự của 5 khách tại mỗi điểm đỗ không tạo ra cách xếp mới Do đó, số cách xuống xe của 50 khách tại 10 điểm đỗ khác nhau, với mỗi điểm đỗ có đúng 5 khách, được tính bằng 50! chia cho 10!.
Bài toán 2.6.3 yêu cầu tìm số cách sắp xếp 10 cặp vợ chồng đi du lịch trên 5 con thuyền nhỏ, mỗi thuyền chở 4 người với điều kiện mỗi thuyền phải có đúng 2 nam và 2 nữ.
Lời giải Đầu tiên ta xếp 10 nam vào 5 thuyền mỗi thuyền 2 nam Ta có 10! cách xếp
Có 10 nam đứng thành một hàng ngang Hai nam đầu tiên sẽ được xếp vào một trong năm thuyền, hai nam tiếp theo vào một trong bốn thuyền còn lại, và tiếp tục như vậy cho đến khi hai nam cuối cùng được xếp vào thuyền thứ nhất.
5 Vì thay đổi thứ tự giữa hai nam trong cùng một thuyền không thu được cách xếp mới Vì thay đổi thứ tự giữa các thuyền cũng không thu được cách xếp mới Suy ra số cách xếp 10 nam vào 5 thuyền bằng 1 10! 5
Sau khi xếp mỗi thuyền 2 nam thì mỗi thuyền được đánh số T T T T T 1 , , , , 2 3 4 5 , tương ứng với 2 nam cụ thể đã xếp Khi đó có 2 10! 5
P (2!) cách xếp 10 nữ vào 5 thuyền T T T T T 1 , , , , 2 3 4 5 nêu trên
Theo quy tắc nhân thì số cách sắp xếp bằng
Sử dụng công thức truy hồi
Phương pháp này rất hiệu quả trong việc giải quyết nhiều bài tập, nhưng để thiết lập quan hệ truy hồi, chúng ta cần xác định yếu tố đặc thù trong giả thiết của từng bài toán.
Bài toán 2.7.1 đặt ra vấn đề về việc xác định số phần mà n đường thẳng không song song và không đồng quy tạo ra trên mặt phẳng Cụ thể, với n đường thẳng, mỗi đường thẳng mới sẽ cắt tất cả các đường thẳng trước đó, dẫn đến việc gia tăng số phần của mặt phẳng Do đó, câu hỏi đặt ra là: n đường thẳng này sẽ chia mặt phẳng thành mấy phần?
Số phần mặt phẳng được chia bởi n đường thẳng không song song và không đồng quy được gọi là S(n) Khi thêm đường thẳng thứ n+1, nó sẽ cắt n đường thẳng trước tại đúng n điểm, tạo ra n+1 đoạn Mỗi đoạn này sẽ biến một miền cũ thành hai miền mới, do đó số miền tăng lên là n+1.
Bài toán 2.7.2 yêu cầu xét một đa giác đều 12 đỉnh, ký hiệu là A1, A2, , A12 với tâm O Chúng ta cần tô màu các miền của các tam giác OAiAi+1 (với 1 ≤ i ≤ 12, A13 ≡ A1) bằng 4 màu: đỏ, xanh, vàng, đen, sao cho các miền tam giác kề nhau không được cùng màu Vấn đề đặt ra là tìm số cách thực hiện việc tô màu này.
Ta thấy có 4 cách tô màu tam giác thứ nhất, 3 cách tô màu tam giác thứ hai, , 3 cách tô màu tam giác thứ 12 Vậy có tất cả 4.3 11 cách tô
Nếu tam giác cuối cùng có màu khác với tam giác đầu tiên, ta có một cách tô đúng Ngược lại, nếu tam giác cuối cùng cùng màu với tam giác đầu tiên, đó là một cách tô sai Để khắc phục cách tô sai, ta loại bỏ đỉnh A1, tạo ra tam giác OAA12 cùng màu với tam giác OAA12, từ đó nhận được một cách tô đúng cho đa giác 11 đỉnh.
Suy ra công thức truy hồi
Bài toán 2.7.3 Cho tập hợp S 1, 2, 3, ,n Tìm số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho trong mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp
Kí hiệu S n( ) đại diện cho số cách phân chia tập S thành ba tập con khác rỗng, với điều kiện là không có tập con nào chứa hai phần tử liên tiếp Chúng ta sẽ khám phá phương pháp tính toán S n( 1) dựa trên giá trị của S n( ).
Giả sử chúng ta đã chia được ba tập con với tổng số phần tử là n Khi bổ sung phần tử thứ n+1, có hai khả năng xảy ra.
Trong trường hợp n+1 không tạo thành tập mới, tức là tập chứa n+1 có ít nhất một phần tử khác, có hai cách để bổ sung n+1 vào một trong hai tập không chứa n Do đó, số cách xây dựng tập con trong trường hợp này là 2 lần S(n).
Khả năng 2: n1 tạo thành một tập con mới, trong đó n số từ 1 đến n phải nằm trong hai tập hợp còn lại Chỉ có một cách chia thỏa mãn, với một tập chứa số chẵn và tập còn lại chứa các số lẻ Do đó, số cách trong trường hợp này là một cách duy nhất.
Vậy ta thu được công thức truy hồi S n( 1) 2 ( ) 1S n hay
Mặt khác, kiểm tra trực tiếp có S(3)1 Kết hợp với (*), ta dễ dàng tìm được công thức tổng quát của S n( ) là
Tiếp theo, ta sẽ sử dụng các dãy truy hồi lồng nhau để giải toán
Bài toán 2.7.4 ( Romanian MO 2003 ) Cho n là một số nguyên dương Có bao nhiêu số có n chữ số từ tập hợp {2, 3, 7, 9} và chia hết cho 3?
Gọi A n là tập hợp các số có n chữ số lập từ tập {2, 3, 7, 9} và chia hết cho 3
B n là tập hợp các số có n chữ số được lập từ tập {2, 3, 7, 9} và không chia hết cho
3 Ta cần tìm a n A n Đặt b n B n Ta thấy mỗi số thuộc A n 1 chỉ có thể thu được bằng hai cách sau:
Lấy một số thuộc tập A n và thêm 3 hoặc 9 vào phía sau, có hai cách để thực hiện việc này Đối với một số thuộc tập B n, chỉ có thể thêm 2 hoặc 7 vào phía sau, nhưng mỗi số chỉ cho phép một cách thêm duy nhất.
Từ đó ta có a n 2 5 a n 1 4 a n với chú ý a 1 2,a 2 6 ta được
Sử dụng phương pháp đánh số
Khi xác định vị trí sắp xếp các phần tử trong bài toán phức tạp, nên đánh số các vị trí và thay thế bằng các bộ số tương ứng với yêu cầu của bài toán Việc tìm kiếm các bộ số có tính chất đã được xác định trước là rất dễ dàng.
Bài toán 2.8.1 Một tổ học sinh có 7 nam, 4 nữ Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp tổ thành một hàng ngang sao cho 2 em nữ không đứng cạnh nhau?
Chúng ta đánh số các vị trí từ 1 đến 11 và cần chọn 4 vị trí không kề nhau để sắp xếp các em nữ Việc này tương ứng với việc chọn 4 số a, b, c, d sao cho chúng không nằm cạnh nhau.
4 a 3 b 2 c 1 d 11. Để có bộ 4 số ( , , , )a b c d thỏa mãn yêu cầu bài toán ta chỉ cần chọn 4 số phân biệt a 3,b2,c1,d trong 8 số từ 4 đến 11 Số cách chọn bằng C 8 4 Suy ra có
C 8 cách chọn 4 vị trí không kề nhau để xếp các học sinh nữ Ta có 4! cách xếp 4 nữ, 7! cách xếp 7 nam
Vậy số cách xếp là C 8 4 4 !.7 ! 8467200
Bình luận : Ngoài cách giải bài toán theo cách trên, ta cũng có thể giải bài toán theo một cách khác như sau:
Khi xếp 7 học sinh nam thành hàng ngang, sẽ tạo ra 8 vị trí để đặt 4 học sinh nữ sao cho không có hai học sinh nữ nào đứng cạnh nhau Số cách xếp 7 học sinh nam là 7! Từ 8 vị trí này, ta có C(8, 4) cách chọn 4 vị trí để xếp 4 học sinh nữ, và có 4! cách sắp xếp 4 học sinh nữ trong các vị trí đã chọn.
Vậy có tất cả C 8 4 4 ! 7 ! cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài toán 2.8.2 Xét đa giác đều n đỉnh (n 12) Hỏi có tất cả bao nhiêu tứ giác có
4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác?
Để đếm số tứ giác thỏa mãn yêu cầu bài toán với đỉnh A1, chúng ta đánh số các đỉnh từ A1 đến An Các đỉnh A2, An không được chọn vì A1A2 và A1An là cạnh của đa giác Chúng ta cần chọn thêm 3 đỉnh tương ứng với bộ 3 số (a, b, c) sao cho thỏa mãn tính chất đã đề ra.
Số cách chọn 3 đỉnh từ n đỉnh là C(n-5, 3) vì giữa hai đỉnh phải có ít nhất một đỉnh Do đó, số tứ giác đỉnh A1 thỏa mãn yêu cầu bài toán là C(n, 3) - 5 Mỗi tứ giác được đếm lặp lại, dẫn đến kết quả cuối cùng.
4 lần theo 4 đỉnh nên số tứ giác cần tìm bằng
Bài toán 2.8.3 yêu cầu sắp xếp 5 cô gái (G1, G2, G3, G4, G5) và 12 chàng trai vào 17 ghế xếp thành hàng ngang Các điều kiện sắp xếp phải được thỏa mãn đồng thời.
(i) Mỗi ghế có đúng 1 người ngồi;
(ii) Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải là G G G G G 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ;
(iii) Giữa G 1 và G 2 có ít nhất 3 chàng trai;
(iv) Giữa G 3 và G 4 có ít nhất là 1 chàng trai và nhiều nhất là 4 chàng trai Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?
(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau)
Lời giải Đánh số thứ tự của các ghế từ trái sang phải là 1, 2, ,17 Gọi x x x x x 1 , , , , 2 3 4 5 là vị trí chỗ ngồi của các cô gái G G G G G 1 , 2 , 3 , 4 , 5 tương ứng Đặt
Vì x 2 x 1 3 nên x 2 3 x 1 Khi đó, ta có
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Với y 4 y 3 2 suy ra 1y 1 y 2 y 3 y 5 2 12 Ta chọn 4 số phân biệt y y y y 1 , , , 2 3 5 2 trong 12 số từ 1 đến 12 có C 12 4 cách chọn
Trường hợp 2: Với y 4 y 3 3 suy ra 1y 1 y 2 y 3 y 5 3 11 Ta chọn 4 số phân biệt y y y y 1 , , , 2 3 5 3 trong 11 số từ 1 đến 11 có C 11 4 cách chọn
Trường hợp 3: Với y 4 y 3 4 suy ra 1y 1 y 2 y 3 y 5 4 10 Ta chọn 4 số phân biệt y y y y 1 , , , 2 3 5 4 trong 10 số từ 1 đến 10 có C 10 4 cách chọn
Trường hợp 4: Với y 4 y 3 5 suy ra 1y 1 y 2 y 3 y 5 5 9 Ta chọn 4 số phân biệt y y y y 1 , , , 2 3 5 5 trong 9 số từ 1 đến 9 có C 9 4 cách chọn
Từ các trường hợp trên ta được
Số cách xếp chỗ ngồi cho 5 cô gái là 1161 Khi thêm vào 12 chàng trai có thể hoán vị trên 12 chiếc ghế dành riêng cho họ, tổng số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán sẽ là 12! nhân với 1161.
Phương pháp xây dựng song ánh
Nếu có một song ánh đi từ một tập hữu hạn X tới một tập hữu hạn Y thì
Nếu tồn tại một song ánh φ: X → Y, chúng ta có thể thay thế việc đếm các phần tử của tập X bằng việc đếm các phần tử của tập Y Trong những nội dung trước đây, song ánh đã được sử dụng hiệu quả, chẳng hạn như trong chứng minh định lý 1.5.3 Mục này sẽ phân tích sâu hơn về khái niệm song ánh thông qua các bài toán cụ thể.
Bài toán 2.9.1 (Trung Quốc – 1997) đề cập đến các xâu nhị phân có độ dài n, trong đó a_n là số xâu không chứa quá ba số liên tiếp 0, 1, 0, và b_n là số xâu không chứa bốn số liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 Cần chứng minh rằng b_n + 1 = 2a_n.
Xâu thuộc loại A được định nghĩa là xâu không chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0, trong khi xâu thuộc loại B là xâu không có bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1.
Với mỗi xâu X x x 1 , , , 2 x n , ta xây dựng f X ( ) y y 1 , , , 2 y n 1 như sau:
Rõ ràng X chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0 khi và chỉ khi f X( ) chứa bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0, tức là X thuộc loại A khi và chỉ khi f X( ) thuộc loại
Hàm f là một song ánh từ tập hợp các xâu loại A có độ dài n đến tập hợp các xâu loại B có độ dài n+1, bắt đầu bằng số 0 Mỗi xâu X thuộc B có thể được biến đổi thành một xâu X' cũng thuộc B bằng cách thay đổi các phần tử theo quy tắc 1↔0 Do đó, số lượng xâu loại B có độ dài n+1 gấp đôi số xâu loại B có độ dài n+1 bắt đầu bằng số 0.
Từ đó ta có điều cần chứng minh
Bài toán 2.9.2 Tìm bộ 3 số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn đẳng thức
Mỗi bộ số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn x y z 100, ta tương ứng
Để tạo ra một bộ số với hai số 0 không kề nhau trong 102 vị trí, ta cần chọn hai vị trí a và b sao cho chúng không tiếp giáp Các vị trí còn lại sẽ được điền bằng số 1.
Do hai số 0 không thể đứng đầu hoặc đứng cuối, số bộ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán được tính bằng cách chọn 2 số phân biệt từ 99 số trong khoảng từ 3 đến 101.
Bình luận : Ta có thể tổng quát hóa bài toán 2.9.2 như sau:
“Tìm bộ số ( , , )a a 1 2 a m trong đó a a 1 , , 2 a m là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện
Bằng cách làm tương tự bài toán 2.9.2 ta thu được kết quả là C n m 1 1
Để giải bài toán 2.9.3, ta cần xác định cách chọn bộ 5 số từ tập 18 số nguyên dương đầu tiên sao cho hiệu số giữa bất kỳ cặp 2 số trong 5 số được chọn luôn lớn hơn hoặc bằng 2 Điều này đảm bảo rằng số lớn hơn và số nhỏ hơn trong mỗi cặp đều có khoảng cách tối thiểu là 2 Việc lựa chọn này không chỉ giúp thỏa mãn điều kiện hiệu số mà còn tạo ra sự đa dạng trong các số được chọn.
Kí hiệu A đại diện cho tập hợp các bộ 5 số \( (a_1, a_2, a_3, a_4, a_5) \) thỏa mãn yêu cầu của bài toán Trong khi đó, kí hiệu B là tập hợp các bộ 5 số phân biệt được chọn từ 14 số nguyên dương đầu tiên.
Ta xây dựng ánh xạ : A B theo quy tắc sau:
a a 1, 21,a 32,a 43,a 54B Như vậy, với mỗi phần tử của A được ứng với duy nhất một phần tử của B qua ánh xạ
Tương tự, với b b b b b 1 , , , , 2 3 4 5 B luôn tồn tại duy nhất
Suy ra phép tương ứng 1-1 giữa A và B Vậy số phần tử của A bằng số phần tử của B bằng C 14 5
Bài toán 2.9.4 Cho trước một số nguyên dương n và số nguyên dương r thỏa mãn
1 r n r Giả sử X 1,2, , n Hỏi có bao nhiêu tập con A của X có r phần tử mà không chứa hai số nguyên liên tiếp?
Gọi 1 là tập hợp các tập con của X với tính chất đã nêu, và 2 là tập hợp tất cả các tập con có r phần tử từ tập hợp Y = {1, 2, , n - (r - 1)} Chúng ta thiết lập ánh xạ f: → 1 2 như sau:
Giả sử A a a 1, , ,2 a r 1 Ta có thể giả thiết a 1 a 2 a r Đặt b i a i (i 1)a i i 1,i 1, 2, ,r
Ta định nghĩa f A( )B Ta có B 2 , do vậy f là một ánh xạ từ 1 vào
2 Ta sẽ đi chứng minh f là một song ánh
+ f là một đơn ánh: Từ công thức b i a i (i 1)a i i 1, suy ra i i 1 a b i Do đó nếu f A( )f A( ') thì AA'
+ f là toàn ánh: Giả sử
B b b b n r Xét tập A a a 1, , ,2 a r , với a i b i i 1 Ta có
Do đó A 1 , ( )f A B suy ra 1 2 C n r r 1 Vậy có tất cả C n r r 1 các tập hợp con của X có tính chất đã nêu
Phương pháp song ánh là công cụ quan trọng để thiết lập và chứng minh các công thức tổ hợp thông qua việc so sánh lực lượng các tập hợp Thông thường, một song ánh được xây dựng từ một tập hợp vào chính nó, với nguyên tắc rằng khi đếm số phần tử của một tập hợp bằng nhiều cách, kết quả thu được phải đồng nhất.
Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách
Bài toán 2.10.1 Chứng minh rằng với n thì
Ta đếm số cách chọn n phần tử từ một tập gồm 2n phần tử theo hai cách
Cách thứ nhất: Mỗi lần chọn ra n phần tử, số cách hiển nhiên là C 2 n n
Để tính số cách chọn từ tập 2n phần tử, trước tiên ta chia tập này thành hai tập con, mỗi tập chứa n phần tử Từ tập con thứ nhất, ta chọn k phần tử (có C(n, k) cách chọn), và từ tập con thứ hai, ta chọn n-k phần tử (có C(n, n-k) = C(n, k) cách chọn) Do đó, tổng số cách chọn sẽ là C(n, k)² khi k chạy từ 0 đến n.
C n 0 2 C n 1 2 C n n 2 Vậy ta có đẳng thức
Bài toán 2.10.2 Cho n và r là hai số nguyên dương Chứng minh rằng
Ta xem xét các dãy gồm n+1 chữ số 1 và r chữ số 0 Trong mỗi dãy, chúng ta chú ý đến chữ số 1 cuối cùng, tức là chữ số 1 không có chữ số 1 nào bên phải Vị trí của chữ số 1 cuối cùng có thể nằm trong các vị trí từ n+1 đến n+r+1.
Ta nói một dãy thuộc loại k nếu vị trí của chữ số 1 đứng cuối cùng là
Để tính số dãy loại k, ta có một dãy gồm r-k chữ số 0 đứng sau chữ số 1 cuối cùng và một dãy gồm n+k chữ số, trong đó có k chữ số 0 và n chữ số 1 Số dãy này được tính bằng C(n+k, k), do đó tổng số dãy thuộc loại k là C(n+k, k) Áp dụng quy tắc cộng, ta có số dãy gồm n+1 chữ số 1 và r chữ số 0.
Mặt khác, dễ thấy có C n r r 1 dãy gồm n1 chữ số 1 và r chữ số 0 (bằng số cách chọn r vị trí cho số 0 trong n r 1 vị trí) Thành thử
Bài toán 2.10.3 Cho n là số nguyên dương Tính
Tập X bao gồm n phần tử, và chúng ta cần xác định số lượng tập con có số phần tử chẵn cũng như số tập con có số phần tử lẻ Số lượng tập con với số phần tử chẵn là 2^(n-1), trong khi số tập con với số phần tử lẻ cũng là 2^(n-1) Do đó, số lượng tập con chẵn và lẻ đều bằng nhau, mỗi loại có 2^(n-1) tập con.
Gọi là tập hợp các tập con của X với số lượng phần tử chẵn và là tập hợp các tập con của X với số lượng phần tử lẻ Đầu tiên, chúng ta sẽ xem xét trường hợp n là số lẻ và phân tích ánh xạ f từ sang .
( ) \ A f A X Vì X \ A X A n A nên A là chẵn khi và chỉ khi
X A là lẻ Vậy f là một song ánh, do đó Mà bằng số các tập con của X và bằng 2 n , nên ta suy ra 2 n 1
Khi n là số chẵn, ta xem xét phần tử a thuộc tập X và xác định tập hợp Y = X \ {a} Lúc này, Y có n - 1 phần tử, tức là Y chứa một số lẻ các phần tử Mỗi tập con A của X có số lượng phần tử chẵn và được phân loại thành hai loại khác nhau.
Loại 1: a A Khi đó A là tập con có số chẵn phần tử của Y
Loại 2:a A Khi đó A a B , ở đó B là tập con có số lẻ phần tử của
Vì Y n 1 lẻ nên theo chứng minh trên ta có:
+ Số tập hợp loại 1 bằng số tập con có số chẵn phần tử của Y, do đó là 2 n 2
+ Số tập hợp loại 2 bằng số tập con có số lẻ phần tử của Y, do đó là 2 n 2 Vậy số tập con có số chẵn phần tử của X là 2 n 2 2 n 2 2 n 1
Mặt khác, số các tập con của X có 2i phần tử là 2 , 0,1,2, ,
và số tập con của X có 2i1 phần tử là 2 1 1
Phương pháp đếm bằng hai cách còn giúp ta xử lý được một số bài toán khó Hai bài toán sau là ví dụ minh họa
Bài toán 2.10.4 (IMO – 1998) đề cập đến một kỳ thi với m thí sinh và n giám khảo, trong đó n là một số nguyên lẻ lớn hơn hoặc bằng 3 Mỗi giám khảo sẽ đánh giá thí sinh là đỗ hoặc trượt, và tồn tại một số nguyên k sao cho bất kỳ hai giám khảo nào chỉ có thể đồng ý về kết quả của tối đa k thí sinh Nhiệm vụ là chứng minh rằng
Ta đếm số N các bộ ba (giám khảo, giám khảo, thí sinh) trong đó hai giám khảo là khác nhau và đánh giá thí sinh giống nhau Ta có 2 ( 1) n 2
cặp giám khảo và mỗi cặp giám khảo như vậy đánh giá trùng nhau tại không quá k thí sinh, do đó ( 1)
N kn n Bây giờ, ta xét một thí sinh X và đếm các cặp giám khảo đánh giá X giống nhau Giả sử có x giám khảo cho X đỗ thì sẽ có 2 ( 1) x 2
cặp cùng cho X đỗ và ( )( 1) 2
2 n x nx n x C cặp cùng cho X trượt Như vậy sẽ có
2 x x nx n x cặp đánh giá X giống nhau Ta có
4 n là số nguyên (do n lẻ) nên số cặp đánh giá X giống nhau sẽ ít nhất là
Kết hợp hai bất đẳng thức ta lại có
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.10.5.( IMO-1989 ) Cho n và k là các số nguyên dương, S là tập n điểm trong mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện:
(i) Không có 3 điểm nào trong S thẳng hàng;
(ii) Với mọi điểm P thuộc S, tồn tại ít nhất k điểm trong S cách đều P
Lời giải Để thuận lợi, ta gọi một đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của Slà cạnh Gọi
N là số cạnh trong mặt phẳng được tạo thành từ n điểm của S
Trước hết, vì có n điểm phân biệt và bất kì hai điểm xác định được một cạnh nên ta có N C n 2 cạnh
Mỗi điểm P trong tập hợp S có thể tạo ra một đường tròn với tâm P, chứa ít nhất k điểm của S Mỗi điểm trên đường tròn này xác định ít nhất C k 2 cạnh Với n điểm P trong S, tổng số cạnh tối thiểu sẽ là nC k 2, nhưng các cạnh này có thể bị đếm nhiều lần Một cạnh được đếm nhiều lần nếu nó là dây cung chung của ít nhất hai đường tròn, và do hai đường tròn chỉ có thể có một dây cung chung, nên số dây cung chung tối đa được đếm là C n 2.
Do đó, N nC k 2 C n 2 Suy ra
Vậy ta có điều phải chứng minh.