Tài Liệu Toán Tổ Hợp, Bài Toán Tổ Hợp Đếm, Phương Pháp Toán Sơ Cấp.pdf

LỜI MỞ ĐẦU ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHẠM THỊ HIÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP ĐẾM LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC[.]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - PHẠM THỊ HIÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP ĐẾM LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - PHẠM THỊ HIÊN MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP ĐẾM Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS Lê Anh Vinh Hà Nội – Năm 2014 MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƢƠNG - CƠ SỞ LÍ THUYẾT VỀ TỔ HỢP 1.1 Nhắc lại tập hợp 1.2 Quy tắc cộng quy tắc nhân 1.3 Giai thừa hoán vị 1.4 Chỉnh hợp, tổ hợp 1.5 Chỉnh hợp lặp, hoán vị lặp tổ hợp lặp 1.5.1 Chỉnh hợp lặp 1.5.2 Hoán vị lặp 1.5.3 Tổ hợp lặp CHƢƠNG - MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP CƠ BẢN 2.1 Một số tốn đếm khơng lặp 2.1.1 Bài toán lập số 2.1.2 Bài toán chọn vật, chọn người, xếp 17 2.1.3 Bài toán tương tự 26 2.2 Một số tốn đếm có lặp 29 2.2.1 Bài toán lập số 29 2.2.2 Bài toán đếm sử dụng tổ hợp lặp 33 2.2.3 Bài toán đếm sử dụng chỉnh hợp lặp 37 2.2.4 Bài toán đếm sử dụng hoán vị lặp 37 2.2.5 Bài toán phân bố đồ vật vào hộp 39 2.2.6 Bài toán tương tự 40 CHƢƠNG - MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP SỬ DỤNG PHÉP ĐẾM NÂNG CAO 42 3.1 Một số toán sử dụng nguyên lý bù trừ 42 3.1.1 Nguyên lý bù trừ 42 3.1.2 Các toán giải phương pháp bù trừ 43 3.2 Một số toán giải phương pháp song ánh 49 3.2.1 Phương pháp song ánh 49 3.2.2 Các toán tổ hợp giải phương pháp song ánh 50 3.3 Một số toán giải phương pháp hàm sinh 52 3.3.1 Bài toán chọn phần tử riêng biệt 52 3.3.2 Bài tốn chọn phần tử có lặp 53 3.4 Một số toán giải phương pháp hệ thức truy hồi 57 3.4.1 Khái niệm mở đầu mô hình hóa hệ thức truy hồi 57 3.4.2 Các toán tổ hợp giải hệ thức truy hồi 57 3.4.3 Các toán tương tự 60 3.5 Bài tốn giải ngun lí cực hạn - khả xảy nhiều nhất, 60 3.6 Bài toán giải phương pháp xếp thứ tự 61 3.7 Bài toán giải phương pháp liệt kê trường hợp 62 KẾT LUẬN 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO 66 MỞ ĐẦU Toán học tổ hợp lĩnh vực nghiên cứu từ sớm Hiện giáo dục phổ thơng, tốn học tổ hợp nội dung quan trọng, thường xuyên xuất đề thi đại học cao đẳng nước ta Mặc dù mức độ khơng khó học sinh gặp khó khăn giải tốn Cịn kỳ thi Quốc gia Quốc tế, tốn tổ hợp ln có mặt thử thách thực với thí sinh, chí định thành tích đội tuyển dự thi Trong luận văn đề cập đến số tốn tổ hợp tốn học phổ thơng, cụ thể toán tổ hợp sử dụng phương pháp đếm từ đến nâng cao Đây coi tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên học sinh THPT chủ đề Luận văn gồm ba chương: Chương 1- Cơ sở lý thuyết tổ hợp Chương 2- Một số toán tổ hợp Chương 3- Một số toán tổ hợp sử dụng phép đếm nâng cao Do hạn chế trình độ kiến thức thời gian nên toán tổ hợp luận văn cịn ít, chưa có nhiều tốn khó Ngồi khố luận khơng thể tránh khỏi sai sót nhiều góc độ, mong nhận đóng góp ý kiến q thầy bạn CHƢƠNG - CƠ SỞ LÍ THUYẾT VỀ TỔ HỢP Chương nhắc lại số lý thuyết tập hợp hệ thống lý thuyết toán tổ hợp như: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Các nội dung giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông hệ bản, nâng cao hệ chuyên nghành toán 1.1 Nhắc lại tập hợp Tập hợp Định nghĩa: Cho tập hợp A Tập hợp B gọi tập tập A phần tử tập B thuộc A B  A   x  B  x  A Tính chất: - Mọi tập hợp A có tập  A - Tập A có n phần tử số tập A 2n Tập hợp thứ tự Một tập hợp hữu hạn có m phần tử gọi thứ tự với phần tử tập hợp ta cho tương ứng số tự nhiên từ đến m , cho với phần tử khác ứng với số khác Khi thứ tự m phần tử dãy hữu hạn m phần tử hai thứ tự  a1 , a2 , , am   b1 , b2 , , bm  phần tử tương ứng  a , a , , a  =  b , b , , b   = bi m m i  1,2, , m Số phần tử số tập hợp Tập hợp A có hữu hạn phần tử số phần tử A kí hiệu là: A n  A A, B, C tập hợp hữu hạn, A B  A  B  A B A B C  A  B  C  A B  B C  C  A  A B C Tổng quát: Cho A1, A2 , , An n tập hợp hữu hạn (n  1) Khi │ A1  …  n +  n An │=  1i  k l  n i 1 Ai  n  1i  k  n Ai  Ak  n 1 Ai  Ak  Al +…+ (1) A1  A2   An 1.2 Quy tắc cộng quy tắc nhân Quy tắc cộng Định nghĩa (Tài liệu chuẩn kiến thức 12) Một cơng việc hồn thành hai hành động Nếu hành động có m cách thực hiện, hành động có n cách thực khơng trùng với cách hành động thứ cơng việc có m + n cách thực Tổng quát Một công việc hoàn thành hành động T1, T2 , , Tn T1 có m1 cách thực T2 có m2 cách thực Tn có mn cách thực Giả sử khơng có hai việc làm đồng thời cơng việc có m1  m2   mn cách thực Biểu diễn dƣới dạng tập hợp: Nếu X , Y hai tập hợp hữu hạn, khơng giao X Y  X  Y Nếu X1, X , , X n n tập hữu hạn, đơi khơng giao X1  X   X n  X1  X   X n Nếu X , Y hai tập hữu hạn X  Y X Y\X Y  X Quy tắc nhân (Tài liệu chuẩn kiến thức 12) Giả sử để hoàn thành nhiệm vụ H cần thực hiên hai công việc nhỏ H1 H2 Trong đó: H1 làm n1 cách H làm n2 cách, sau hồn thành cơng việc H1 Khi để thực cơng việc H có n1.n2 cách Tổng quát Giả sử để hoàn thành nhiệm vụ H cần thực k công việc nhỏ H1 , H ,…, H k đó: H1 làm n1 cách H làm n2 cách, sau hoàn thành cơng việc H1 … H k làm nk cách, sau hồn thành cơng việc H k 1 Khi để thực cơng việc H có n1.n2 nk cách Biểu diễn dƣới dạng tập hợp: Nếu A1, A2 , , An n tập hợp hữu hạn  n  1 , số phần tử tích đề các tập hợp tích số phần tử tập thành phần Để liên hệ với quy tắc nhân nhớ việc chọn phần tử tích đề A1  A2   An tiến hành cách chọn phần tử A1 , phần tử A2 ,…, phần tử An Theo quy tắc nhân ta nhận đẳng thức: A1  A2   An  A1 A2 An 1.3 Giai thừa hoán vị Giai thừa Định nghĩa: Giai thừa n , kí hiệu n ! tích n số tự nhiên liên tiếp từ đến n n!  1.2.3. n  1  n  , n¥ , n >1 Quy ước : 0!= 1!= Hoán vị Định nghĩa Cho tập hợp A , gồm n phần tử (n  1) Một cách thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hoán vị n phần tử Kí hiệu: Pn số hoán vị n phần tử Pn  n !  1.2 n  1 n 1.4 Chỉnh hợp, tổ hợp Chỉnh hợp Định nghĩa Cho tập hợp A gồm n phần tử (n  1) Kết việc lấy k phần tử khác từ n phần tử tập hợp A xếp chúng theo thứ tự gọi chỉnh hợp chập k n phần tử cho Kí hiệu: Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử Công thức: Ank = n! = n. n  1 n  k  1 (với  k  n ) (n  k )! Chú ý Một chỉnh hợp n chập n gọi hoán vị n phần tử Ann  Pn  n! Tổ hợp Định nghĩa Giả sử tập A có n phần tử ( n  1) Mỗi tập gồm k phần tử A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho (1  k  n ) Kí hiệu: C kn (1  k  n ) số tổ hợp chập k n phần tử Công thức: C kn = n! k !(n  k )! Chú ý C n = n k Cn  Cn k (0  k  n) k k 1 k 1 C n + C n = C n1 (1  k  n ) 1.5 Chỉnh hợp lặp, hoán vị lặp tổ hợp lặp 1.5.1 Chỉnh hợp lặp Định nghĩa (Phương pháp giải toán tổ hợp) Một cách xếp có thứ tự r phần tử lặp lại tập n phần tử gọi chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử Nếu A tập gồm n phần tử chỉnh hợp phần tử tập Ar Ngoài ra, chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử hàm từ tập r phần tử vào tập n phần tử Vì số chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử nk Định lý 1.5.1 Số chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử n r Chứng minh 3.3 Một số toán giải phƣơng pháp hàm sinh Hàm sinh áp dụng tốn đếm Nói riêng tốn chọn phần tử từ tập hợp thông thường dẫn đến hàm sinh Khi hàm sinh áp dụng theo cách này, hệ số x n số cách chọn n phần tử, tức với an hệ số xn với n lớn hàm sinh số cách chọn F  x    an x n n 0 3.3.1 Bài toán chọn phần tử riêng biệt Bài 86: Có cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần tử Giải: Bài tốn giải dễ dàng công thức tổ hợp Nhưng lần sử dụng hàm sinh Cụ thể Đầu tiên ta xét tập hợp có phần tử a1 Ta có: cách chọn phần tử cách chọn phần tử cách chọn phần tử trở lên Suy hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập a1  x Tương tự vậy, hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập ai 1  i  k   x (không phụ thuộc vào khác biệt ai  ) Tiếp tục xét tập phần tử a1 , a2  ta có cách chọn phần tử cách chọn phần tử cách chọn phần tử cách chọn phần tử trở lên Suy hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập a1 , a2  52  x  x  1  x   1  x 1  x  Tiếp tục áp dụng quy tắc ta hàm sinh cho số cách chọn phần tử từ tập k phần tử 1  x 1  x  1  x   1  x  k Ta có Ck0  Ck1  Ck2   Ckk  1  x  k Như hệ số xn 1  x k Ckn số cách chọn n phần tử phân biệt từ tập k phần tử 3.3.2 Bài toán chọn phần tử có lặp Để hiểu cách giải toán trước tiên ta phải mở rộng, ta có quy tắc xoắn Gọi A  x  hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp A B  x  hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp B Nếu A B rời hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập A  B A  x  B  x  Quy tắc cho trường hợp chọn phần tử phân biệt, cho trường hợp chọn nhiều lần phần tử Bài 87: Có cách chọn k phần tử từ tập hợp có n phần tử, cho phép phần tử chọn nhiều lần Giải: Chia tập n phần tử thành hợp n tập Ai ,1  i  n ; tập gồm phần tử thuộc tập n phần tử Với tập Ai ta có: cách chọn phần tử cách chọn phần tử cách chọn phần tử 53 Suy hàm sinh cách chọn có lặp từ tập Ai  x  x  x3   1 x Áp dụng quy tắc xoắn suy hàm sinh cách chọn có lặp phần tử từ tập hợp n phần tử : 1 1   x  x  x 1  x n Bây ta cần tính hệ số x k 1  x  n Áp dụng khai triển Taylor f  x  1  x  n f '  0 f ''   f k  0 k  f  0  x x   x  1! 2! k! f k  Suy hệ số x  Cnk k 1 k! k Như số cách chọn k phần tử có lặp từ tập hợp có n phần tử Cnk k 1 Bài 88 : Có loại kẹo : kẹo sữa, kẹo chanh, kẹo socola, kẹo dâu kẹo cà phê Hỏi có cách chọn 12 kẹo từ loại kẹo Giải : Theo tập số cách chọn 12 kẹo từ loại kẹo C1612 Bài 89 : Bài tốn chọn Có cách xếp giỏ n trái thỏa mãn điều kiện sau : Số táo phải chẵn Số chuối phải chia hết cho Chỉ có nhiều cam Chỉ có nhiều đào 54 Bài tốn có điều kiện ràng buộc phức tạp ta có cảm giác việc giải tốn vơ vọng Nhưng hàm sinh lại cho ta cách giải nhanh gọn Giải: Trước tiên ta tìm hàm sinh cho loại Chọn táo cách chọn táo cách chọn táo cách chọn táo cách chọn táo ……………………… Như ta có hàm sinh A  x    x  x    x2 Tương tự ta tìm hàm sinh cho cách chọn chuối : B  x    x5  x10   1  x5 Hàm sinh cho cách chọn cam đào khác chút Chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam Như ta có hàm sinh C  x    x  x  x3  x   x5 1 x Tương tự ta tìm hàm sinh cho cách chọn đào : D  x  1 x   x2 1 x 55 Áp dụng Quy tắc xoắn suy hàm sinh cho cách chọn từ loại là: A x B  x C  x D  x  1  x5  x    x  3x  x   x  x  x  x 1  x 2 Như cách xếp giỏ trái gồm n trái đơn giản n  cách Bài 90: Tìm hàm sinh để xác định số cách chia 10 bóng giống cho đứa trẻ để đứa nhận hai Giải: Để giải tốn ta tìm hàm sinh cho số cách chia bóng cho đứa trẻ Giả thiết cho đứa nhận hai bóng nên ta suy cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận Vậy hàm sinh cho cách chia x2  x3  x4  Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho cách chia bóng cho đứa trẻ F  x    x  x  x    x8 1  x  x  x    4 x8 1  x   x8  C4k k 1 x k n0   C3k k x k 8 n0 Suy số cách chia 10 bóng hệ số x10 C52  10 cách 56 3.4 Một số toán giải phƣơng pháp hệ thức truy hồi 3.4.1 Khái niệm mở đầu mơ hình hóa hệ thức truy hồi Đơi ta khó định nghĩa đối tượng cách tường minh Nhưng dễ dàng định nghĩa đối tượng qua Kỹ thuật gọi đệ quy Định nghĩa đệ quy dãy số định rõ giá trị hay nhiều số hạng quy tắc xác định số hạng từ số hạng trước Định nghĩa đệ quy dùng để giải tốn đếm Khi quy tắc tìm số hạng từ số hạng trước gọi hệ thức truy hồi Định nghĩa : Hệ thức truy hồi (hay công thức truy hồi) dãy số {an} công thức biểu diễn an qua hay nhiều số hạng trước dãy Dãy số gọi lời giải hay nghiệm hệ thức truy hồi số hạng thỏa mãn hệ thức truy hồi 3.4.2 Các toán tổ hợp giải hệ thức truy hồi Bài 91 (Lãi kép): Giả sử người gửi 10.000 đô la vào tài khoản ngân hàng với lãi suất kép 11% năm Sau 30 năm có tiền tài khoản mình? Giải: Gọi Pn tổng số tiền có tài khoản sau n năm Vì số tiền có tài khoản sau n năm số có sau n  năm cộng lãi suất năm thứ n, nên ta thấy dãy {Pn} thoả mãn hệ thức truy hồi sau: Pn = Pn-1 + 0,11Pn-1 = (1,11)Pn-1 với điều kiện đầu P0 = 10.000 la Từ suy Pn = (1,11)n.10.000 Thay n = 30 cho ta P30 = 228922,97 la Bài 92 57 Tìm hệ thức truy hồi cho điều kiện đầu để tính số xâu nhị phân độ dài n khơng có hai số liên tiếp Có xâu nhị phân có độ dài 5? Giải: Gọi an số xâu nhị phân độ dài n hai số liên tiếp Để nhận hệ thức truy hồi cho {an}, ta thấy theo quy tắc cộng, số xâu nhị phân độ dài n khơng có hai số liên tiếp số xâu nhị phân kết thúc số cộng với số xâu kết thúc số Giả sử n  Các xâu nhị phân độ dài n, khơng có hai số liên tiếp kết thúc số xâu nhị phân thế, độ dài n  thêm số vào cuối chúng Vậy chúng có tất an-1 Các xâu nhị phân độ dài n, khơng có hai số liên tiếp kết thúc số 0, cần phải có bit thứ n  1, khơng chúng có hai số hai bit cuối Trong trường hợp chúng có tất an-2 Cuối ta có được: an = an-1 + an-2 với n  Điều kiện đầu a1 = a2 = Khi a5 = a4 + a3 = a3 + a2 + a3 = 2(a2 + a1) + a2 = 13 Bài 93 (Bài toán tháp Hà Nội) Có cọc 1,2,3 Ở cọc có n đĩa xếp chồng lên cho đĩa nằm lớn đĩa nằm Hãy chuyển tất đĩa từ cọc sang cọc dùng cọc làm cọc trung gian với điều kiện lần chuyển đĩa từ cọc sang cọc khác đảm bảo đĩa nằm lớn đĩa nằm Bài tốn đặt là: Tìm số lần di chuyển đĩa cần thực để giải xong toán Giải: 58 Phương pháp di chuyển sau: Gọi Sn số lần di chuyển đĩa cần thực Chuyển n – đĩa từ cọc sang cọc (lấy cọc làm trung gian) ta có Sn-1 phép chuyển Chuyển đĩa lớn từ cọc sang cọc Ta có phép chuyển Chuyển n – đĩa từ cọc sang cọc (lấy cọc làm trung gian) ta có S n-1 phép chuyển Do để chuyển n đĩa từ cọc sang cọc 3, ta cần Sn-1   Sn-1  2Sn1  phép chuyển Vậy ta có cơng thức truy hồi dãy số  Sn  2Sn 1  S0 , S1 , S2 ,   S1  Ta có Sn  2Sn 1    2Sn   1  22  2Sn 3  1    23 Sn 3  22     2n 1 S1  2n 2  2n 3     2n 1  2n   2n 3      2n 1   2n  1 Bài 94 (Olympic Bungari, 1995) Cho số nguyên n  Hãy tìm số hốn vị  a1 , a2 , , an  1, 2,…,n cho tồn số i 1, 2, , n  1 thỏa mãn  1 Giải: Gọi Sn số hoán vị thỏa mãn điều kiện toán Để ý số hốn vị mà an  n Sn-1 (Bởi số hoán vị Sn-1 số hoán vị  a1 , a2 , , an1  1, 2, , n  cho tồn số i 1, 2, , n  2 thỏa mãn  1 ) Còn số hoán vị  a1 , a2 , , an  thỏa mãn điều kiện toán với  n 1  i  n  1 Cni 11 59 n 1 Do Sn  Sn1   Cni 11  Sn1  2n1  (Do i 1 n 1 C i 1 i 1 n 1  2n 1 ) Hiện nhiên S2 = Tương tự ta có Sn  2n  n  3.4.3 Các toán tƣơng tự Bài 95: Bạn A viết thư cho người khác chuẩn bị sẵn phong bì ghi sẵn địa họ Hỏi có cách bỏ thư vào phong bì cho khơng có thư gửi đến người có địa ghi phong bì Bài 96: Xét đa giác 12 đỉnh A1; A2 ; ; A12 với tâm O Chúng ta tô màu miền đa giác OAi Ai 1 1  i  n   A13  A1  màu đỏ, xanh da trời, xanh thẫm, vàng cho hai miền đa giác kề tô hai màu khác Hỏi có cách tơ màu vậy? 3.5 Bài tốn giải ngun lí cực hạn - khả xảy nhiều nhất, Bài 97 Cho 1985 tập hợp, tập hợp số gồm 45 phần tử, hợp hai tập hợp gồm 89 phần tử Có phần tử chứa tất 1985 tập hợp Giải: Ta chứng minh có tồn số a  A1 mà a thuộc 45 tập hợp khác A2 , A3 , , A46 Giả sử ngược lại: Mọi phần tử A thuộc nhiều 44 tập hợp nên phần tử A thuộc nhiều 44.45   1981 tập hợp Vì hợp hai tập hợp có số phần tử 89 nên giao hai tập hợp phần tử Suy A giao với 1984 tập hợp khác 60 Suy phần tử thuộc A thuộc 1984 tập hợp khác (mâu thuẫn) Vậy tập hợp A1, A2 , , A46 giao phần tử a (a tồn b thuộc vào tập hợp A1, A2 , , A46 giao hai tập hợp có hai phần tử) Giả sử A* không chứa a Suy A* giao với A1, A2 , , A46 46 phần tử khác Do A* có 46 phần tử (mâu thuẫn với giả thiết) 3.6 Bài toán giải phƣơng pháp xếp thứ tự Bài 98 Cho 2n  số thực có tính chất tổng n số nhỏ thua tổng n  số lại Chứng minh tất số dương Giải: Sắp xếp số cho theo thứ tự tăng dần, ta có a1  a2   a2 n 1 Theo giả thiết ta suy an   an    a2n 1  a1  a2   an 1 Suy a1   an   a2    an 3  a3     a2 n 1  an 1   Vì giả thiết nhỏ nên ta có điều phải chứng minh Bài 99 Cho 2n số nguyên dương phân biệt không vượt n2 Chứng minh tồn hiệu  a j Giải: Vì 2n số cho phân biệt nên ta xếp a1  a2   a2 n 1 Đặt S   a2  a1    a3  a2     a2n  a2n 1  Giả sử không tồn ba hiệu – aj nhau, 61 S        n  1   n  1  n Suy S   n  1 n  n  n2 Hơn S  a2n  a1  n2  Từ hai bất đẳng thức suy mâu thuẫn 3.7 Bài toán giải phƣơng pháp liệt kê trƣờng hợp Bài 100 Người đưa thư phân phát thư tới 19 nhà dãy phố Người đưa thư phát khơng có hai nhà liền kề nhận thư ngày khơng có nhiều hai nhà không nhận thư ngày Hỏi có cách phân phối thư? Giải: Từ giả thiết thứ ta thấy hai nhà liên tiếp có nhà khơng nhận thư Suy số nhà khơng nhận thư số nhà nhận thư nhiều 10 Suy có nhiều 10 người nhận thư ngày Từ giả thiết thứ hai ba nhà liên tiếp có nhà nhận thư Vậy có nhà nhận thư ngày Ta liệt kê trường hợp toán:  Trường hợp 1: Có nhà nhận thư Gán số vào vị trí nhận thư gán số vào nhà khơng nhận thư Mà hai vị trí phải có nhà số nên suy có nhà khơng nhận thư 62 Cịn nhà không nhận thư xếp sau: Hai nhà khơng nhận thư hai vị trí đầu, hai vị trí cuối, bốn nhà cịn lại xếp vào vị trí xen kẽ với nhà nhận thư Vậy trường hợp có C54  cách xếp  Trường hợp 2: Có nhà nhận thư nhà xen kẽ với nhà không nhận thư nên cịn nhà khơng nhận thư xếp sau: nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C62  15 nhà đầu, 1nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C63  20 nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C63  20 nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C64  15 nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C64  15 nhà đầu, nhà cuối, 4nhà cịn lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C64  15 nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C65  nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có C65  nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có cách Vậy trường hợp có 113 cách  Trường hợp 3: Có nhà nhận thư nhà xen kẽ với nhà khơng nhận thư nên cị nhà không nhận thư xếp sau: nhà đầu, nhà cuối Có cách nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có C71  cách nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có C71  cách nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có C72  21 cách nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có C72  21 cách nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có C72  21 cách 63 nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí Có C73  35 cách nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí Có C73  35 cách nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí Có C74  35 cách Vậy trường hợp có 183 cách Bằng cách chứng minh tương tự ta có kết cho trường hợp cịn lại:  Trường hợp 4: Có nhà nhận thư Có 47 cách  Trường hợp 5: Có 10 nhà nhận thư Có cách Vậy người đưa thư có  113  183  47   349 cách phân phối thư 64 KẾT LUẬN Luận văn MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP ĐẾM phân loại số dạng tập tổ hợp sử dụng phép đếm từ đến nâng cao Ngoài chọn lọc số toán tổ hợp hay phù hợp với học sinh trung học phổ thông ôn tập chuẩn bị tham gia vào kì thi tốt nghiệp, cao đẳng, đại học hay tham gia kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế Rõ ràng toán tổ hợp khó, khơng có khn mẫu định cho việc giải, ln địi hỏi sáng tạo, tư khơng ngừng từ phía người đọc Mặt khác tốn thường kích thích cho việc hình thành tư tốn học kĩ trình bày, giải vấn đề học sinh Ngoài việc phát triển kĩ này, tốn tổ hợp cịn mang tính thực tế tính thẩm mỹ cao, đem lại cho học sinh đam mê, hứng thú Tơi tin tốn tổ hợp ln thú vị đem đến tranh luận hấp dẫn thể loại toán khác 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO Văn Như Cương (1994), Tài liệu chuẩn kiến thức lớp 12, NXB Giáo dục Lê Hồng Đức, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí (2003), Phương pháp giải toán tổ hợp,Nhà xuất Hà Nội Nguyễn Đức Nghĩa, Nguyễn Tô Thành (2009), Giải tích tốn học rời rạc, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Nguyễn Khắc Minh, Đặng Hùng Thắng (2007), Đại số giải tích 11 nâng cao, Nhà xuất giáo dục Tạp chí tốn học tuổi trẻ , Nhà xuất Giáo dục 66