Chuyen de to hop 2023 hay chon loc

Quy tắc đếm cách giải tập Bài viết Quy tắc đếm cách giải tập giúp học sinh nắm vững lý thuyết, biết cách làm tập từ có kế hoạch ơn tập hiệu để đạt kết cao thi môn Toán 11 Lý thuyết a) Quy tắc cộng * Định nghĩa: Giả sử công việc A thực theo k phương án khác Phương án A1 có m1 cách thực hiện; Phương án A2 có m2 cách thực hiện; … Phương án Ak có mk cách thực hiện; Và phương án Ai không trùng với cách thực phương án Aj (với j ≠ i; i,j ∈ ) Thì có m1 + m2 + … + mk cách thực A * Công thức quy tắc cộng: Nếu A1; A2; … ; Ak đơi rời Khi |A1 ∪ A2 ∪ ∪ Ak| = |A1| + |A2| + + |Ak| Với |Ai| số phần tử tập hợp Ai (với i ∈ ) |A1 ∪ A2 ∪ ∪ Ak| số phần tử tập hợp A1 ∪ A2 ∪ ∪ Ak b) Quy tắc nhân Giả sử công việc A thực theo k cơng đoạn liên tiếp Cơng đoạn A1 có m1 cách thực hiện; Cơng đoạn A2 có m2 cách thực hiện; … Cơng đoạn Ak có mk cách thực hiện; Thì có m1.m2 … mk cách thực A * Công thức quy tắc nhân: Nếu A1; A2; … ; Ak đơi rời Khi Với |Ai| số phần tử tập hợp Ai (với i ∈ ) số phần tử tập hợp c) Cách đếm * Đếm trực tiếp: - Chia trường hợp xảy - Đếm số phương án thực trường hợp - Kết toán đếm tổng số phương án đếm trường hợp * Đếm gián tiếp (Đếm phần bù): Dùng thực công viêc phải chia nhiều trường hợp Các dạng tập Dạng 1: Bài toán đếm số tự nhiên Phương pháp giải: * Lập số tự nhiên thỏa mãn điều kiện: - Gọi số tự nhiên có ba chữ số với a,b,c ∈ ℕ; ≤ a ≤ 9; ≤ b, c ≤ Gọi số tự nhiên có bốn chữ số với a,b,c,d ∈ ℕ; ≤ a ≤ 9; ≤ b, c,d ≤ Tương tự với số có hai, năm, sáu,… chữ số - Chọn chữ số có điều kiện trước, chữ số khơng có điều kiện sau (Chẳng hạn chọn chữ số a trước có điều kiện a≠ Ở tốn đếm số chẵn, lẻ, chia hết cho 2, 5, 10 đếm chữ số hàng đơn vị trước) - Dùng quy tắc cộng, nhân để đếm số cần lập * Phân biệt cách dùng quy tắc cộng quy tắc nhân: - Quy tắc cộng: Một cơng việc thực theo phương án khác nhau, xảy phương án khơng xảy phương án - Quy tắc nhân: Một cơng việc hồn thành phải thực liên tiếp công đoạn * Một số dấu hiệu lập số - Dấu hiệu chia hết cho 2: Chữ số tận 0; 2; 4; 6; - Dấu hiệu chia hết cho 5: Chữ số tận 0; - Dấu hiệu chia hết cho 3: Tổng chữ số chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 9: Tổng chữ số chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 4: Hai chữa số tận chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 6: Chia hết cho - Số tự nhiên chẵn: Chữ số tận 0; 2; 4; 6; - Số tự nhiên lẻ: Chữ số tận 1; 3; 5; 7; Ví dụ minh họa: Ví dụ Từ số A = ; lập số tự nhiên thỏa mãn: a) Số gồm chữ số b) Số gồm chữ số khác c) Số gồm chữ số khác chia hết cho d) Số gồm chữ số lớn 60000 e) Số gồm chữ số khác nhau, chứa chữ số chia hết cho Lời giải Gọi số có chữ số cần lập với a,b,c,d,e ∈ a) Số gồm chữ số Chọn a: có cách chọn Chọn b: có cách chọn Chọn c: có cách chọn Chọn d: có cách chọn Chọn e: có cách chọn Vậy có 75 số b) Số gồm chữ số khác Chọn a từ tập A: có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn e từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Vậy có 7.6.5.4.3 = 2520 số c) Số gồm chữ số khác chia hết cho chia hết e ∈ Chọn e: có cách chọn Chọn a từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Vậy có 3.6.5.4.3 = 1080 số d) Số gồm chữ số lớn 60000 Vì > 60000 Nên a ∈ Chọn a: có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn e từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Vậy có 2.6.5.4.3 = 720 số e) Số gồm chữ số khác nhau, chứa chữ số chia hết cho + Số có chữ số khác chia hết cho có 1080 số (câu c) + Ta lập số có chữ số khác nhau, chia hết cho không chứa chữ số 2: chia hết cho khơng chứa nên e ∈ Chọn e: có cách chọn Chọn a từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Như có 2.5.4.3.2 = 240 số có chữ số khác nhau, chia hết cho khơng chứa chữ số Vậy có 1080 – 240 = 840 số có chữ số khác nhau, chia hết cho chứa chữ số Ví dụ 2: Từ số 0; 1; 2; 3; 4; lập số tự nhiên thỏa mãn: a) Số lẻ có chữ số khác b) Số có chữ số khác chia hết cho Lời giải a) Gọi số có chữ số cần lập với a ≠ 0, chữ số lấy từ A = số lẻ nên e ∈ Chọn e: có cách chọn Chọn a từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Vậy có 3.4.4.3.2 = 288 số lẻ có chữ số khác b) Gọi số có chữ số cần lập với a ≠ 0, chữ số lấy từ A = chia hết e ∈ + Trường hợp 1: e = Chọn a từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Như có 5.4.3.2 = 120 số + Trường hợp 2: e = Chọn a từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn b từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn c từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Chọn d từ tập A\ (có phần tử): có cách chọn Như có 4.4.3.2 = 96 số Vậy có tất 120 + 96 = 216 số có chữ số khác chia hết cho Dạng 2: Bài toán đếm thực tế, phân công công việc Phương pháp giải: Sử dụng quy tắc cộng quy tắc nhân Ví dụ minh họa: Ví dụ Từ thành phố A đến thành phố B có đường, từ thành phố B đến thành phố C có đường Có cách từ thành phố A đến thành phố C, biết phải qua thành phố B Lời giải Cách 1: Làm cách liệt kê đường đi: Căn vào sơ đồ trên, ta có đường là: 1a, 1b, 1c, 1d, 2a, 2b, 2c, 2d, 3a, 3b, 3c, 3d Vậy có 12 đường Cách 2: Sử dụng quy tắc nhân Đi từ A đến B có đường Đi từ B đến C có đường Vậy để từ A đến C có 3.4 = 12 đường Ví dụ 2: Trong lớp có 18 học sinh nam 12 học sinh nữ Hỏi có cách chọn a) Một bạn phụ trách lớp trưởng? b) Hai bạn, có bạn nam bạn nữ? Lời giải a) Chọn bạn phụ trách lớp trưởng Trường hợp 1: Chọn bạn nam: có 18 cách chọn Trường hợp 2: Chọn bạn nữ: có 12 cách chọn Vậy có 18 + 12 cách chọn b) Chọn bạn, có bạn nam bạn nữ Chọn bạn nam: có 18 cách chọn Chọn bạn nữ: có 12 cách chọn Vậy có 18.12 = 216 cách chọn Dạng 3: Bài tốn hình học Phương pháp giải: * Sử dụng quy tắc cộng quy tắc nhân * Chú ý: - Đếm vectơ: Hai điểm đầu cuối khác (Tức vectơ AB vectơ BA tính lần đếm khác nhau) - Đếm đoạn thẳng: Hai đầu mút có vai trị (Tức đoạn thẳng AB đoạn thẳng BA tính lần đếm) Ví dụ minh họa: Ví dụ Cho hai đường thẳng song song d, d’ Trên d lấy 10 điểm phân biệt, d’ lấy 15 điểm phân biệt Hỏi có tam giác mà đỉnh chọn từ 25 đỉnh nói trên? A 1050 B 675 C 1725 D 708750 Lời giải Chọn C + Trường hợp 1: Chọn điểm từ d điểm từ d’ Chọn điểm thứ từ d: có 10 cách chọn Chọn điểm thứ hai từ d: có cách chọn Vì thay đổi thứ tự lấy điểm khơng tạo cách chọn nên số cách chọn điểm từ đường thẳng d cách chọn Chọn điểm từ d’: có 15 cách chọn Như có 45.15 = 675 cách chọn tam giác từ điểm thuộc d điểm thuộc d’ + Trường hợp 2: Chọn điểm từ d’ điểm từ d Chọn điểm thứ từ d’: có 15 cách chọn Chọn điểm thứ hai từ d’: có 14 cách chọn Vì thay đổi thứ tự lấy điểm khơng tạo cách chọn nên số cách chọn điểm từ đường thẳng d’ cách chọn Chọn điểm từ d: có 10 cách chọn Như có 105.10 = 1050 cách chọn tam giác từ điểm thuộc d’ điểm thuộc d Vậy có 675 + 1050 = 1725 tam giác tạo Ví dụ Trong mặt phẳng có 30 điểm Có vectơ khác vectơ – không mà điểm đầu điểm cuối lấy từ 30 điểm trên? A 870 B 435 C 302 D 230 Lời giải Chọn A Chọn điểm đầu: có 30 cách chọn Chọn điểm cuối: có 29 cách chọn Vậy có 30.29 = 870 vectơ lấy từ 30 điểm Bài tập tự luyện Câu Cho chữ số 2; 3; 4; 5; 6; Hỏi có số gồm chữ số lập thành từ chữ số đó? A 36 B 18 C 256 D 216 Câu Cho số 1; 5; 6; Có thể lập số tự nhiên có chữ số với chữ số khác nhau? A 12 B 24 C 64 D 256 Câu Số số gồm chữ số khác chia hết cho 10 A 3260 B 3024 C 5436 D 12070 Câu Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lập số lẻ gồm chữ số khác ? A 154 B 145 C 144 D 155 Câu Một người muốn chọn quần áo Biết người có quần áo sơ mi Hỏi người có cách chọn A B C D 20 150 • Tính số tập tốt: Giả sử C tập tốt A Gọi C1 , C2 tâp số chẵn lẻ C |C| < |C| Gọi F họ tất tập tốt A Ta thiết lập ánh xạ sau g:E→F C 7→ C1 ∩ (Y \ C2 ) Suy |g(C)| < n n−1 n Ta có g đơn ánh nên |F | < C2n + C2n + + C2n = 22n−1 − C2n Từ đẳng thức bất đẳng thức trên, ta có điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Ta có n = C2n (n + 1)(n + 2) · · · 2n (2n)! ⌊ n2 ⌋ = > (n!)2 n! Từ ta có tốn sau: Ví dụ 10 Cho tập A = {1; 2; ; 2n} Tập B cuả A gọi tập tốt phần n tử B số số chẵn nhỏ số số lẻ Chứng minh số tập tốt A nhỏ 22n−1 − 2⌊ ⌋ Ví dụ 11 Chứng minh số cách biểu diễn số nguyên dương n thành tổng số nguyên dương mà khơng có số chia hết cho p (p số cho trước) xuất lần không lớn số cách biểu diễn n thành tổng số ngun dương mà khơng có số chia hết cho p2 Lời giải Xét {a1 , a2 , , an } cho khơng có phần tử chia hết cho p xuất m P = n lần i=1 Biểu diễn tất số chia hết cho p dạng pr · t (r > 1; t p)  Giả sử {a1 , a2 , , an } = b1 , b2 , , bk , pr1 · t1 ; ; prt t˙t Gọi M tập tất cách biểu diễn n thành tổng số nguyên dương mà khơng có số chia hết cho p (p số cho trước) xuất lần N tập tất số biểu diễn n thành tổng số ngun dương mà khơng có số chia hết cho p2 Xét ánh xạ sau : f :M →N       {a1 , a2 , , an } 7→ b1 , b2 , , bk , pt1 , pt1 , , pt1 , pt2 , pt2 , , pt2 , , ptt , ptt , , ptt | {z } | {z } | {z }    r r −1 r −1 p −1 số p Dễ thấy f đơn ánh nên ta có điều cần chứng minh số p t số ❒ Ví dụ 12 Cho tập X gồm n số thực phân biệt Giả sử a1 , a2 , , ak số thỏa mãn ∀u 6= v ∈ X ∃ai cho (u − ) (v − ) Chứng minh k > ⌊log3 n⌋ 151 Lời giải Với u ∈ X ta lập {u1 , u2 , , uk }    ui =   tương ứng thỏa mãn u < u = u > Phép lập đơn ánh Thật vậy, tồn thỏa mãn (u − ) (v − ) mà ui = vi , ∀i = 1; k u, v < u = v = u, v > (không thỏa mãn) Suy có tối đa 3k mà |X| = n Do n 3k hay k > ⌊log3 n⌋ ❒ 2.2 Sử dụng nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet phát biểu lần G Lejeune Dirichlet (1805-1859), nhàtoán học gốc Pháp sau Nguyên lý (Nguyên lý Dirichlet) Nếu nhốt m thỏ vào n chuồng (m, n ∈ N∗ )   ln tồn chuồng có m−1 + thỏ n Nguyên lý (Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu) Cho tập hữu hạn S 6= ∅ S1 , S2 , , Sn tập Si , i = 1, n S cho |S1 | + |S2 | + · · · + |Sn | > k|S| Khi tồn phần tử x thuộc S cho x phần tử chung k + tập Si , i = 1, n Ví dụ 13 (Czech 1998) Cho X tập hợp gồm 14 số nguyên dương phân biệt.Chứng minh có số nguyên dương k < có hai tập k phần tử {a1 , a2 , , ak } {b1 , b2 , , bk } rời X cho     1 1 1 a1 + a2 + · · · + ak − b1 + b2 + · · · + bk < 1000 Lời giải Có 3432 tập phần tử X Tổng nghịch đảo phần tử tập phần tử X không vượt + 12 + · · · + 17 < 2,    2599 2600 , 1000 , , 2600 Xét 2600 khoảng 0, 1000 , 1000 , 1000 Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai tập phần tử X có tổng nghịch đảo phần tử thuộc khoảng khoảng Bỏ phần tử giống hai tập ta thu hai tập thỏa mãn toán ❒ Ví dụ 14 Một tập hợp M hợp đoạn thẳng nằm đoạn [0; 1] Biết khoảng cách hai điểm M khác 0, Chứng minh tổng độ dài đoạn tạo nên M không vượt 0, Lời giải Gỉa sử tổng độ dài đoạn M lớn 0, 9   1 1 2 , 10 , 10 , , 10 ,1 Chia đoạn [0; 1] thành 10 phần 0, 10  i i+1  Kí hiêu Mi phần M nằm đoạn 10 , 10 , (i = 0, 9) Di tổng đoạn thẳng tạo Mi 1 2 9   1 Bằng phép tịnh tiến thích hợp ta chuyển đoạn 10 , 10 ; ; 10 , đoạn 0; 10 Kí hiệu Mi′ ảnh Mi 152 Ta có D = D0 + D1 + · · · + D9 > 0, = 5.0, Theo nguyên lí Dirichlet đối ngẫu có tập hợp M0 , M1′ , M2′ , , M9′ có điểm chung  1 kết điểm khác x1 , x2 , , x6 M trừ Tức số 0; 10 k1 k2 số tương ứng có dạng 10 , 10 , , k106 với ki số {0; 1; 2; ; 9} i = 1, Theo ngun lí Dirichlet có hai số k1 , k2 , , k6 hai số tự nhiên liên tiếp −k1 = 10 (mâu thuẫn với giả thiết) Ta có điều cần chứng Gỉa sử k2 = k1 + 1, suy x2 − x1 = k210 minh ❒ Nhận xét Ngun lí Dirichlet cịn có ứng dụng quan trọng sau : Xét đoạn [m; n] k số thực x1 , x2 , , xk (k > n − m) ln tồn hai số xi , xj (i, j = 1, k) thỏa mãn |xi − xj | = Ví dụ 15 Chứng minh với số nguyên dương n > 1, từ n + phần tử tập {1; 2; ; 3n} chọn hai số có hiệu lớn n nhỏ 2n Lời giải Đặt A = {1; 2; ; 3n} Xét B ⊂ A |B| = n + Khi thêm vào hai số lượng hiệu chúng khơng thay đổi nên ta thêm vào phần tử B lượng cho phần tử lớn sau thêm 3n Nếu tồn phần tử x ∈ {n+1, n+2, , 2n−1} sau thêm vào B thì, ta có n < 3n−x < 2n (thỏa mãn tốn) Giả sử khơng tồn phần tử x ∈ {n+1, n+2, , 2n−1} sau thêm vào B Xét C = B\{3n}, C tập n + phần tử tập {1; 2; ; 3n − 1} Phân hoạch tập thành tập sau : T1 = {1; 2n}, T2 = {2; 2n + 1}, , Tn = {n; 3n − 1} Theo nhận xét ta suy tồn tập Ti chứa hai phần tử B, hai phần tử thỏa mãn tốn ❒ Nhận xét Ta mở rộng toán sau : Với số nguyên dương n > 1, k, i ∈ N∗ kn + phần tử tập {1; 2; ; (2k + i)n} chọn hai phần tử có hiệu lớn kn nhỏ (2k + i)n 2.3 Phương pháp ghép cặp Ví dụ 16 (Liên Xơ 1965) Trong hội thảo có 40 họp, họp có 10 thành viên Cho biết hai thành viên dự họp với tối đa lần Chứng minh hội thảo có nhiều 60 thành viên Lời giải Giả sử hội thảo có n thành viên Do có Cn2 cách chọn hai thành viên Có C10 cách chọn hai thành viên từ họp Do hai thành viên dự họp với tối đa lần nên Cn2 > 40 · C10 , tương đương với n(n − 1) > 3600 hay n > 60 Ta có điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Nếu giả thiết đổi thành hai thành viên dự họp với lần hội thảo có nhiều 60 thành viên Tổng quát toán lên với họp có m 153 thành viên Cn2 > k · Cm ⇒ jp k km(m − 1) n(n − 1) > ⇒n> km(m − 1) 2 Ví dụ 17 Cho số, số có 100 chữ số Biết hai số có r hàng hàng có chữ số Chứng minh 40 r 60 Lời giải Gọi T số cặp mà cặp có hai chữ số thuộc hai số có tính chất hàng • Cứ hai số có r hàng mà có C52 cách chọn hai số Suy T = rC52 • Trong hàng (gồm chữ số) có chữ số nên có hai trường hợp sau : – Có chữ số (hoặc 2) chữ số (hoặc 1) nên có C42 cặp thuộc T – Có hai chữ số (hoặc 2) chữ số (hoặc 1) nên có C22 + C32 cặp thuộc T Có tất 100 hàng nên Từ suy 40 r 60
100 C32 + C22 T = 10r 100C42 ❒ Ví dụ 18 Một hội nghị tốn học sử dụng ngơn ngữ Biết hai đại biểu ln có ngôn ngữ mà họ biết Chứng minh có ngơn ngữ biết đến nhiều 60% đại biểu Lời giải Giả sử có tất n đại biểu ngôn ngữ I, II, III, IV Gọi A, B, C, D tập đại biểu biết ngôn ngữ I, II, III, IV • Nếu tồn người biết ngơn ngữ n − người cịn lại phải biết ngơn ngữ Do ngơn ngữ biết 100% đại biểu 2 2 • Nếu tất đại biểu biết hai thứ tiếng C|A| + C|B| + C|C| + C|D| > 2Cn2 Giả sử A tập thỏa mãn |A| = max {|A| , |B| , |C| , |D|} 2 hay tương đương với 2|A|(|A| − 1) > n.(n − 1) Suy C2n C|A|
Giả sử |A| < 35 n 2|A|(|A| − 1) < 65 · n 53 n − = 18 n2 − 56 n < n2 − n (mâu thuẫn) 25 Do A > 35 n Vậy trường hợp, ta có điều cần chứng minh ❒ Ví dụ 19 (IMO 1988) Cho n, k số nguyên dương, n > k S tập hợp n điểm mặt phẳng thỏa mãn (i) Khơng có ba điểm thẳng hàng (ii) Với điểm P hệ khơng có k điểm hệ cách P Chứng minh k6 √ + 2n 154 √ Lời giải Giả sử k > 12 + 2n Lấy điểm P thuộc S tồn k điểm S cách P Suy tồn Ck2 cặp điểm (A, B) mà P A = P B Có nCk2 cặp điểm mà đường trung trực đoạn thẳng mà hai đầu mút hai điểm có điểm thuộc S Ta có      √ 1 1 √ k(k − 1) =n n− > n(n − 1) = 2Cn2 > ·n· + 2n nCk = n · 2n − 2 2 Lại có Cn2 số cặp điểm khơng thứ tự S, 2Cn2 số cặp điểm có thứ tự S Theo nguyên lí Dirichlet tồn cặp điểm A, B ba điểm P1 , P2 , P3 thỏa mãn APi =
BPi i = 1; Suy P1 , P2 , P3 thẳng hàng (vơ lý) Vậy ta có điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Có thể mở rộng tốn khơng gian sau : Ví dụ 20 Cho n, k số nguyên dương, n > k S tập hợp n điểm không gian thỏa mãn (i) Khơng có 65 điểm thẳng hàng (ii) Mỗi điểm P hệ khơng có k điểm hệ cách P Chứng minh p k + (n − 1)(n − 2) Lời giải Gọi A tập điểm (M, N, P ) thỏa mãn M, N, P ba điểm hệ tồn điểm hệ cách ba điểm (điểm gọi tâm hệ) • Với điểm P hệ có k điểm thuộc hệ cách P Suy số thuộc A nhận P làm tâm lớn Cn2 Có n điểm tính nên số cặp không nhỏ n · Ck3 • Có n điểm nên có Cn3 Theo (i), có khơng q 64 lần tính Số cặp tính khơng lớn 64Cn3 Từ suy n · Ck3 64 · Cn3 Tương đương với nk(k − 1)(k − 2) 64n(n − 1)(n − 2) k(k − 1)(k − 2) 64(n − 1)(n − 2) (k − 1)3 < 64(n − 1)(n − 2) p k < + (n − 1)(n − 2) Bất đẳng thức cuối cho điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Có thể tổng qt giả thiết (i) thành khơng có q m điểm thẳng hàng Khi p k < + m(n − 1)(n − 2) 155 Ví dụ 21 (IMO 1998) Trong thi có m thí sinh n giám khảo, n số nguyên dương lẻ n > Mỗi giám khảo đánh giá thí sinh theo hai mức “đỗ”, “trượt” Gọi k số cho lấy hai giám khảo tùy ý hai người có chung đánh giá k thí sinh Chứng minh n−1 k > m 2n Lời giải Gọi N ba (hai giám khảo, thí sinh) thỏa mãn hai giám khảo nhóm có đánh giá (“đỗ” “trượt”) cho thí sinh Có Cn2 cách chọn hai giám khảo Mà k số nguyên dương thỏa mãn lấy hai giám khảo hai giám khảo đánh giá trùng nhiều k thí sinh nên (5) N kCn2 Xét thí sinh A Giả sử có x giám khảo đánh giá A đậu • Có Cx2 cặp giám khảo đánh giá A đậu, Cn−x cặp giám khảo đánh giá A trượt • Có tất Cn−x + Cx2 cặp giám khảo có đánh giá A Ta có: x(x − 1) + (n − x)(n − x − 1)   2 n n n = x− − + (n − 1)2 n2 n − = − > 4 + Cx2 = Cn−x Mà (n−1)2 ∈ N∗ nên có (n−1)2 cặp giám khảo có đánh giá A Suy N >m· Từ (1) (2) ta có k · n(n−1) >m· (n−1)2 (n − 1)2 Suy k m > n−1 2n (6) ❒ 2.4 Một số tốn khác Ví dụ 22 Cho n số tự nhiên lớn Gọi S tập hợp gồm n phần tử Ai , i = 1, m m tập đôi khác S thỏa mãn  |A | > 2; i ∀i, j, k : Nếu |Ai ∩ Aj | 6= ∅, |Aj ∩ Ak | 6= ∅, |Ak ∩ Ai | 6= ∅ |Ai ∩ Aj ∩ Ak | 6= ∅ Chứng minh m 2n−1 − Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n • Với n = 2, kết luận tốn • Với n > Giả sử toán với n − Ta cần chứng minh với n tốn đúng Thật vậy, gọi T họ gồm tập Ai Xét hai trường hợp sau : 156 – Trường hợp Tồn tập A mà A S A thuộc T Chia T thành họ gồm: T1 họ tập A, T2 họ tập S \ A, T3 = T \ (T1 ∪ T2 ) Ta có nhận xét sau: Với tập B ∈ T3 |B ∩ A| > 0, |B ∩ (S \ A)| > Do với B, C ∈ T3 |B ∩ C| = Thật vậy, |B ∩ C| = |A ∩ B ∩ C| > | (S \ A) ∩ B ∩ C| > (theo nhận xét trên), vơ lí Ta có |T3 | min{|A|, |S \ A|} Suy

|T | = |T1 | + |T2 | + |T3 | 2|A| − + 2n−|A|+1 + min{|A|, n − |A|} 2n−1 − – Trường hợp Với ∀A ∈ T S \ A ∈ / T n n−1 Vì S có tập nên |T | Giả sử |T | > 2n−1 Suy |T | = 2n−1 Giả sử X = {1; 2; ; n − 1} ∈ T Chia T thành họ sau: T4 họ tập X T5 họ tập chứa phần tử n Ta có nhận xét sau : ∀Bi , Bj ∈ T5 |Bi ∩ Bj | > Thật vậy, |Bi ∩ Bj | < |Bi ∩ Bj ∩ X| = mà |Bi ∩ Bj | > 0; |Bi ∩ X| > 0; |X ∩ Bj | > (Mâu thuẫn) Xét T5′ = {B \ {n}|B ∈ T5 }, tập T5′ tập {1; 2; ; n − 1} tập C, D T5′ |C ∩ D| > ⇒ |T5 | = |T5′ | 2n−2 Theo giả thiết quy nạp |T4 | 2n−2 − ⇒ |T | = |T4 | + |T5 | 2n−2 − + 2n−2 = 2n−1 − (Mâu thuẫn với gt) Kết hợp hai trường hợp ta có điều cần chứng minh ❒ Ví dụ 23 Cho hàm f xác định tập tập hữu hạn S (S 6= ∅) Chứng minh f (S \ A) = f (A) max {f (A) ; f (B)} > f (A ∪ B) với tập A, B S f nhận không |S| giá trị phân biệt Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo số phần tử S • Với |S| = |S| = số cặp gồm hai tập bù S tương ứng Kết luận tốn • Với |S| > Giả sử toán cho số phần tử bé Gọi m phần tử lớn Imf – Trước hết ta chứng minh S có tập có phần tử X = {x} thỏa mãn f (x) = m Thật vậy, xét tập tất tập nhận giá trị m qua ánh xạ f Vì f (S \ A) = f (A) nên tập có tập khác rỗng Gọi X tập bé thỏa mãn f (X) = m Nếu X có phần tử ... án thực trường hợp - Kết to? ?n đếm tổng số phương án đếm trường hợp * Đếm gián tiếp (Đếm phần bù): Dùng thực công viêc phải chia nhiều trường hợp Các dạng tập Dạng 1: Bài to? ?n đếm số tự nhiên Phương... có số có chữ số khác nhau, chữ số đứng cạnh Dạng 2: Bài to? ?n xếp chỗ Phương pháp giải: * Sử dụng quy tắc cộng quy tắc nhân * Chú ý: - Bài to? ?n đếm yêu cầu xếp phần tử A B phải đứng cạnh nhau, ta... pháp giải: Dựa vào khai triển nhị thức Niu tơn Ta chọn giá trị a, b thích hợp thay vào đẳng thức Một số kết ta thường hay sử dụng: Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Tính tổng Lời giải Xét khai triển: Chọn