(Luận văn) phương pháp quỹ đạo và ứng dụng vào giải một số bài toán tổ hợp dành cho học sinh khá giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ QUỲNH PHƢƠNG lu an n va p ie gh tn to PHƢƠNG PHÁP “QUỸ ĐẠO” VÀ ỨNG DỤNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP d oa nl w DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ GIỎI u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ QUỲNH PHƢƠNG lu an n va p ie gh tn to PHƢƠNG PHÁP “QUỸ ĐẠO” VÀ ỨNG DỤNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ GIỎI nl w Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp d oa Mã số: 46 01 13 an lu ll u nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Trịnh Thanh Hải z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si i Mục lục lu an Một số ký hiệu chữ viết tắt iii Lời nói đầu iv n va 1 4 7 11 13 Chương Vận dụng phương pháp “quỹ toán tổ hợp 2.1 Phương pháp “quỹ đạo” 2.1.1 Quan niệm “quỹ đạo” 2.1.2 Một số tính chất “quỹ đạo” 2.2 Một số vận dụng 2.2.1 Bài toán hàng 2.2.2 Bài toán bỏ phiếu 2.2.3 Quy tắc Pascal 15 15 15 16 20 20 23 24 gh tn to Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Bài toán đếm toán tổ hợp 1.2 Một số nguyên lý, tính chất toán tổ hợp thường vận dụng vào giải toán đếm toán tổ hợp 1.3 Một số phương pháp giải toán đếm toán tổ hợp phạm vi chương trình tốn THPT 1.3.1 Đếm trực tiếp 1.3.2 Đếm theo vị trí 1.3.3 Đếm loại trừ 1.3.4 Chọn tập trước, xếp sau 1.3.5 Đếm theo “vách ngăn” 1.3.6 Sử dụng nguyên lý bù trừ 1.3.7 Sử dụng tính chất song ánh 1.3.8 Sử dụng hàm sinh p ie d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh đạo” vào giải số z n va l an Lu m co gm @ ac th si ii 2.3 2.2.4 Một số toán khác Ý nghĩa khái niệm “quỹ đạo” phương pháp “quỹ đạo” 25 31 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Một số ký hiệu chữ viết tắt lu an n va p ie gh tn to Tập hợp số tự nhiên Tập hợp số tự nhiên khác Tập hợp số nguyên Tập hợp số thực National Mathematical Olympiad Internation Mathematical Olympiad N N∗ Z R MO IMO d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si iv Lời nói đầu Lý chọn đề tài lu an n va p ie gh tn to Toán tổ hợp toán khó, thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia quốc tế Chính tốn tổ hợp ln dành quan tâm lớn từ bạn học sinh, thầy, giáo nhà tốn học Một phương pháp có hiệu để giải số toán tổ hợp phương pháp “quỹ đạo” Ý tưởng phương pháp “quỹ đạo” cách giải thích hình học để đưa lời giải cho toán tổ hợp, mà chủ yếu toán tổ hợp đếm đường (hay số “quỹ đạo”) theo tính chất xác định (hay cịn gọi phương pháp quy tốn đếm toán đếm số đường lưới nguyên) Phương pháp “quỹ đạo” không ứng dụng vào giải số toán tổ hợp liên quan đến lưới ngun mà cịn vận dụng để đưa lời giải cho số toán dãy số Mặt khác, với toán tối ưu hóa quen thuộc kinh tế, kỹ thuật như: Tìm đường ngắn nhất, tìm chu trình tối ưu ngồi phương pháp quen thuộc quy hoạch động, thử sai quay lui ta vận dụng tư tưởng phương pháp “quỹ đạo” để đưa thuật toán “tốt” Xuất phát từ thực tế với mục đích tích lũy thêm kiến thức cách giải toán đếm toán tổ hợp với phương pháp “quỹ đạo” vận dụng vào giải số toán đếm đề thi học sinh giỏi nước quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy thân, em lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng phương pháp “quỹ đạo” vào giải số tốn đếm Luận văn tập trung vào hồn thành nhiệm vụ sau d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu • Tìm hiểu tốn đếm tốn tổ hợp ngun lý, tính chất tốn tổ hợp thường vận dụng để đưa lời giải cho tốn đếm n va • Ý tưởng tốn học phương pháp “quỹ đạo” việc tìm lời giải cho toán đếm toán tổ hợp ac th si v • Sưu tầm số tốn, đề thi toán đếm toán tổ hợp dành cho học sinh giỏi • Đưa ý nghĩa khái niệm “quỹ đạo” phương pháp “quỹ đạo” thơng qua thuật tốn đường Robot Nội dung đề tài luận văn lu an n va p ie gh tn to Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Bài toán đếm toán tổ hợp 1.2 Một số ngun lý, tính chất tốn tổ hợp thường vận dụng vào giải toán đếm toán tổ hợp 1.3 Một số phương pháp giải toán đếm tốn tổ hợp phạm vi chương trình tốn Trung học phổ thông Chương Vận dụng phương pháp “quỹ đạo” vào giải số toán tổ hợp 2.1 Phương pháp “quỹ đạo” 2.2 Một số vận dụng 2.3 Ý nghĩa khái niệm “quỹ đạo” phương pháp “quỹ đạo” Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình, chu đáo thầy PGS TS Trịnh Thanh Hải, thầy giáo khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học toàn thể bạn lớp Cao học K11 tạo điều kiện, nhiệt tình ủng hộ em suốt trình làm luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành, sâu sắc với tất đóng góp q báu thầy bạn đặc biệt thầy PGS TS Trịnh Thanh Hải Tuy có nhiều cố gắng q trình làm luận văn, thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận góp ý q thầy, bạn Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 28 tháng 12 năm 2019 Tác giả luận văn d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu Phạm Thị Quỳnh Phương n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an 1.1 Bài toán đếm toán tổ hợp n va p ie gh tn to Trong toán tổ hợp, toán đếm toán nhằm trả lời câu hỏi: “Có cấu hình tổ hợp thuộc dạng cho?” Phương pháp đếm thường dựa vào số quy tắc, nguyên lý đếm số kết đếm cho cấu hình tổ hợp đơn giản Hai quy tắc đếm quy tắc cộng quy tắc nhân nl w d oa Hai quy tắc đếm oi lm ul nf va an lu Định nghĩa 1.1.1 (a) Quy tắc cộng: Một cơng việc hồn thành hai hành động Nếu hành động thứ có m cách thực hiện, hành động thứ hai có n cách thực khơng trùng với cách hành động thứ cơng việc có m + n cách thực z at nh (b) Quy tắc nhân: Một cơng việc hồn thành hai hành động liên tiếp Nếu có m cách thực hành động thứ ứng với cách có n cách thực hành động thứ hai có m.n cách hồn thành cơng việc z l gm @ Hoán vị m co Định nghĩa 1.1.2 Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1) Mỗi kết xếp thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hốn vị n phần tử • Kí hiệu: Pn số hoán vị n phần tử • Số hốn vị: Pn = n! = · · · · (n − 1) · n an Lu n va ac th si Chỉnh hợp Định nghĩa 1.1.3 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: Akn số chỉnh hợp chập k n phần tử, ≤ k ≤ n n! • Số chỉnh hợp: Akn = = n (n − 1) · · · (n − k + 1) (với ≤ k ≤ n) (n − k)! Nhận xét: Mỗi hoán vị n phần tử chỉnh hợp chập n n phần tử nên Pn = Ann lu an Tổ hợp n va p ie gh tn to Định nghĩa 1.1.4 Giả sử tập A gồm n phần tử (n ≥ 1) Mỗi tập gồm k phần tử A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho • Kí hiệu: Cnk số tổ hợp chập k n phần tử (0 ≤ k ≤ n) n! (với ≤ k ≤ n) • Số tổ hợp: Cnk = k! (n − k)! nl w Nhận xét: d oa (a) Cnk = Cnn−k (0 ≤ k ≤ n) ul nf Chỉnh hợp lặp va an lu k−1 k (b) (công thức Pascal): Cn−1 + Cn−1 = Cnk (1 ≤ k ≤ n) oi lm Định nghĩa 1.1.5 Cho tập A có m phần tử Ta rút từ A phần tử bất kỳ, kí hiệu a1 trả lại vào tập hợp A Ta lại rút từ A phần tử, kí hiệu a2 (a2 lại phần tử thứ nhất) trả lại vào tập hợp A Tiếp tục thao tác k lần (k không thiết nhỏ m ), ta tìm dãy (a1 , a2 , · · · , ak ) gồm k phần tử (có thể trùng nhau) A Một dãy gọi chỉnh hợp có lặp chập k m phần tử cho Tập hợp tất chỉnh hợp có lặp chập k lập nên từ phần tử tập hợp A có m phần tử tập hợp (a1 , a2 , · · · , ak ) với ∈ A Vậy tích Đề-các A × A ×{z · · · × A} = Ak | z at nh z m co l gm @ an Lu k lần n va Định lý 1.1.1 Số chỉnh hợp có lặp chập k m phần tử, kí hiệu Akm , 17 Theo mệnh đề 2.1.1 số đường ngắn từ D đến B C63 Hệ 2.1.1 k n Cn+k = Cn+k Chứng minh Nếu ta xét n đoạn dọc thay cho k đoạn ngang số đường k ngắn từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n) Ck+n Từ k n Cn+k = Cn+k lu Hệ 2.1.2 Giả sử J(p, q) A(k, n) điểm ngun (với tọa độ khơng âm) Khi đó: i) Số đường ngắn từ điểm J(p, q) đến điểm A(k, n) an n va tn to k−p n−q C(k−p)+(n−q) = C(k−p)+(n−q) , p ie gh ≤ p < k, ≤ q < n ii) Số đường ngắn từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n) qua điểm J(p, q) k−p p Cp+q · C(k−p)+(n−q) oa nl w d Định lý 2.1.1 (Nguyên lý đối xứng gương) Giả sử A (a; α), B (b; β) điểm có toạ độ nguyên, b > a ≥ 0, α > 0, β > A0 (a; −α) điểm đối xứng với A qua trục Ox Khi số “quỹ đạo” từ A đến B cắt trục Ox có điểm chung với Ox số “quỹ đạo” từ A0 đến B ul nf va an lu oi lm Chứng minh Mỗi “quỹ đạo” T từ A đến B, cắt trục Ox có điểm chung với Ox ta cho tương ứng với “quỹ đạo” T từ A0 đến B theo quy tắc sau: xét đoạn “quỹ đạo” T từ A điểm gặp T Ox lấy đối xứng đoạn qua Ox, T T trùng Như “quỹ đạo” T từ A đến B cắt Ox tương ứng với “quỹ đạo” xác định từ A0 đến B Ngược lại “quỹ đạo” từ A0 đến B tương ứng với “quỹ đạo” từ A đến B cắt Ox (lấy đoạn “quỹ đạo” từ A0 đến B đến điểm gặp lấy đối xứng đoạn qua Ox) Như ta thiết lập song ánh từ tập hợp “quỹ đạo” từ A đến B cắt Ox vào tập hợp “quỹ đạo” từ A0 đến B Định lý chứng minh z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 18 Mệnh đề 2.1.2 Giả sử S[m, n] số tất “quỹ đạo” nối điểm O(0, 0) với điểm A(m, n) Khi S[m, n] =  m+n  C m   m ≡ n (mod 2) m 6≡ n (mod 2) lu Chứng minh Giả sử “quỹ đạo” gồm p đoạn hướng lên q đoạn hướng xuống Khi ta có m = p + q, n = p − q m+n m−n Từ p = ,q = 2 Vì p, q số nguyên nên m n phải chẵn lẻ, nghĩa m ≡ n (mod 2) Vì “quỹ đạo” hoàn toàn xác định đoạn hướng lên nên số “quỹ đạo” từ điểm O(0, 0) đến điểm A(m, n) m+n Cm2 an n va p ie gh tn to Mệnh đề 2.1.3 Giả sử m, n số nguyên dương Khi số “quỹ đạo” từ điểm O(0, 0) đến điểm A(m, n) ln có đỉnh trục hồnh (trừ điểm O) n S[m, n] m d oa nl w Chứng minh Chú ý tất “quỹ đạo” nối điểm O(0, 0) với điểm A(m, n) khơng cắt trục hồnh phải qua điểm P (1, 1) Số “quỹ đạo” từ P đến A S[m − 1, n − 1] Số “quỹ đạo” từ điểm P đến điểm A cắt trục hoành số “quỹ đạo” từ điểm P (1, −1) đến điểm A (theo Mệnh đề 2.1.2), nghĩa S[m − 1, n + 1] Do số “quỹ đạo” cần tìm n S[m − 1, n − 1] − S[m − 1, n + 1] = S[m, n] (theo Mệnh đề 2.1.2) m oi lm ul nf va an lu z at nh z Mệnh đề 2.1.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm T (2n, 0) trục Cn2n Khi Cn2n “quỹ đạo” nối điểm O(0, 0) với hồnh Đặt B2n = n+1 điểm T có gm @ m co l Đúng B2n−2 “quỹ đạo” nằm trục hồnh khơng có điểm chung với trục hoành (trừ điểm O T ) an Lu Đúng B2n “quỹ đạo” khơng có đỉnh nằm trục hoành n va Chứng minh Chú ý tất “quỹ đạo” nối điểm O với điểm T nằm trục hồnh khơng có điểm chung khác với trục hoành thiết ac th si 19 phải qua điểm T1 (2n − 1, 1) Theo Mệnh đề 2.1.3, số “quỹ đạo” nối điểm O với điểm T1 khơng cắt trục hồnh 1 S[2n − 1, 1] = Cn2n−1 = Cn−1 = B2n−2 2n − 2n − n 2n−2 Ta xét “quỹ đạo” nối điểm O với T khơng có đỉnh nằm trục hồnh Trong hệ tọa độ O1 X1 Y1 với O1 (−1, −1), điểm T có tọa độ (2n + 1, 1), điểm O có tọa độ (1, 1) Số “quỹ đạo” nối điểm O với điểm T khơng có đỉnh nằm trục hoành số “quỹ đạo” nối điểm O1 với điểm T nằm trục O1 X1 Số “quỹ đạo” lu 1 S[2n + 1, 1] = Cn2n+1 (theo Mệnh đề 2.1.2) 2n + 2n + 1 n! = Cn2n (vì Ckn = ) n+1 k!(n − k)! = B2n (theo cách đặt Bn ) an n va p ie gh tn to d oa nl w Mệnh đề 2.1.5 Giả sử B2k,2n số “quỹ đạo” nối điểm O với điểm T (2n, 0) có 2k cạnh nằm trục hồnh 2n − 2k cạnh cịn lại nằm trục hoành (k = 0, 1, , n) Khi B2k,2n = B2n (khơng phụ thuộc vào k) an lu nf va Chứng minh Bằng phương pháp quy nạp theo n ta chứng minh n X B2i−1 B2n−2i oi lm ul B2k,2n = i=1 z at nh Đối với “quỹ đạo” khơng có đỉnh nằm trục hoành xét Mệnh đề 2.1.4, ta có B2n,2n = B2n Do tính đối xứng, ta có B0,2n = B2n Tổng số “quỹ đạo” nối điểm O với điểm T (n + 1)B2n , từ suy z @ B2n = XB2i−2 B2n−2i m co l Như nhận hệ thức gm B2k,2n = B2n (k = 0, 1, , n) an Lu n va ac th si 20 2.2 Một số vận dụng Trong mục này, chúng tơi trình bày số toán cổ điển lý thuyết tổ hợp vận dụng phương pháp “quỹ đạo” để giải quyết, chẳng hạn toán hàng, toán bỏ phiếu, Các tốn chúng tơi tham khảo từ tài liệu [1], [2], [3], [4] [7] 2.2.1 Bài toán hàng lu an n va tn to Bài tốn 2.2.1 Có m + n người hàng mua vé xem kịch Trong có n người mang loại tiền đồng m người mang loại tiền đồng với n ≥ m Mỗi vé giá đồng Trước lúc bán, người bán vé khơng có tiền Hỏi có cách xếp m + n người mua vé để khơng có người phải chờ trả tiền thừa Lời giải Giả sử người mua vé theo hàng theo cách Ta đặt gh   1 ie ei =  p  người mua vé thứ i có đồng −1 người mua vé thứ i có đồng d oa nl w Khi Sk = e1 + · · · + ek hiệu số lượng người có tiền đồng số lượng người có tiền đồng có k người hàng Trên mạng lưới kẻ ô vuông hệ trục tọa độ Oxy ta vẽ điểm Ak (k, Sk ) (k = 1, 2, , m + n) xét đường gấp khúc nối điểm O(0, 0) với điểm Am+n (m + n, n − m) mà qua điểm A1 , , Am+n−1 Am+n oi lm z at nh Sm+n ul nf va an lu y Ai A2 z S A1 3m+n x m co an Lu y = −1 l O A3 gm @ S2 n va Ta gọi đường gấp khúc “quỹ đạo”, tương ứng với cách hàng người mua vé Tổng số “quỹ đạo” Cnn+m ac th si 21 Chú ý “quỹ đạo” tương ứng với cách hàng người mua vé để chờ trả tiền thừa không cắt đường thẳng y = −1 Thực k Sk−1 = 0, Sk = −1 điều có nghĩa k − người hàng số lượng người có tiền đồng số lượng người có tiền đồng nhau, người thứ k có đồng nên phải chờ trả tiền thừa lu an n va p ie gh tn to Ta chứng minh số “quỹ đạo” cắt đường y = −1 Cn+1 m+n Với “quỹ đạo” Q cắt đường thẳng y = −1 hay có điểm chung với ta thiết lập tương ứng Q với “quỹ đạo” Q0 theo cách sau: Đến giao điểm với đường thẳng y = −1 ta cho Q0 = Q, phần lại Q0 ảnh đối xứng Q đường thẳng y = Toàn “quỹ đạo” Q0 kết thúc điểm A0m+n (m + n, m − n − 2) ảnh điểm Am+n đường thẳng y = −1 Sự tương ứng thiết lập - (hay song ánh), số “quỹ đạo” cắt đường thẳng y = −1 số đường gấp khúc nối điểm O với điểm A0m+n Nếu đường gấp khúc có r đoạn hướng xuống s đoạn hướng lên thì: +s  r −s =n+2−m =m+n ⇒ r = n + oa nl w   r d Vậy số “quỹ đạo” cắt đường thẳng y = −1 Cn+1 m+n an lu ul nf va Từ kết 2) suy số “quỹ đạo” tương ứng với cách hàng người mua vé để khơng có người phải chờ trả tiền thừa bằng: oi lm Cnm+n − Cn+1 m+n = n+1−m m Cm+n n+1 z at nh Để thấy rõ hiệu phương pháp này, ta dùng cách khác để giải toán trường hợp đặc biệt m = n Cụ thể sau: Giả sử có 2n người khách, n người có đồng n người cịn lại có đồng Ta cần tính số cách xếp 2n người thỏa mãn điều kiện đề bài, tức người bán vé bán vé cho người khách mà khơng có phải đứng chờ Ta xét tốn hình thức khác cho dễ lập luận Đặt 2n số, bao gồm n số n số lên hàng đánh số chúng từ đến 2n theo chiều từ trái sang phải Với ≤ i ≤ 2n, ta gọi , bi số số số số tính từ vị trí i trở trước, dễ thấy i = + bi , ∀i = 1, 2n Chúng ta cần tính số trường hợp thỏa ≤ bi , ∀i = 1, 2n z m co l gm @ an Lu n va ac th si 22 lu Gọi S tập hợp hoán vị (t1 , t2 , t3 , , t2n ) 2n phần tử thỏa đề bài, T tập hợp lại n Suy |T | = C2n − |S| ta tính |T | trước Do cách xác định T nên với phần tử t = (t1 , t2 , , tn ) T , ta thấy tồn số i thỏa < bi Gọi f (t) số thứ tự thỏa mãn < bi , tức trước đó, khơng bé bi thời điểm bi phần tử, tức f (t) phải số lẻ f (t) = + bi Khi đó, ta tính f (t) + f (t) − af (t) = , b(t) = , tf (t) = Tại thời điểm này, số số 2 số số đơn vị nên ta đổi giá trị vị trí phía sau tf (t) , từ sang 2, từ sang ta có hốn vị g(t) n + số n − số Xét ví dụ minh họa trường hợp n = sau an n va tn to t = {1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 1} gh = {1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 5, 6} p ie bi = {0, 1, 2, 2, 3, 4, 5, 5, 6, 6, 6, 6} f (t) = 3, a2 = 1, b2 = 1, t3 = 10 oa nl w g(t) = {1, 2, 2, 2, 1, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 2} d Khi đó, g ánh xạ từ T sang U , với U hoán vị n + số n − số Ta chứng minh g song ánh Thật vậy: Gọi u phần tử U Ta đếm số số số số từ trái sang phải Cũng gọi i vị trí nhỏ cho số số lớn số số 1, cách xác định U nên vị trí ln tồn Tiếp tục chuyển đối sang 2, sang vị trí phía sau i Ban đầu, số số số số đơn vị i vị trí đầu điều 2n − i vị trí sau Sau thay đổi số số số số đơn vị 2n − i vị trí sau; nghĩa số số số số nhau; tức tương ứng với phần tử T Do đó, g tồn ánh Tiếp theo, ta chứng minh g đơn ánh Gọi t t0 hai phần tử khác T Giả sử i vị trí mà số t t0 khác Không tính tổng quát, giả sử ti = 1, t0i = Khi dễ thấy f (t) 6= i Ta có hai trường hợp: oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu • Nếu f (t) < i f (t0 ) < f (t) i − vị trí đầu, số giống Mà vị trí thứ i, ti = 1, t0i = nên g(t) 6= g(t0 ) va n • Nếu f (t) > i Khi vị trí thứ i g(t) ti = Tại i − vị trí đầu, ac th si 23 hai bên giống nên f (t0 ) ≥ Do đó, vị trí thứ i g(t0 ) t0i = Tức ta có g(t) 6= g(t0 ) Do đó, ln có g(t) 6= g(t0 ), với t 6= t0 nên g đơn ánh Kết hợp hai điều lại, ta thấy g song ánh n−1 n−1 , suy |S| = Cn2n − C2n Ta |T | = |U | = C2n Kết tương ứng với điều ta tìm tốn rõ ràng để nhận điều bước lập luận dài nhiều lu Chú ý 2.2.1 Với nội dung Bài toán 2.2.1, giả thiết thêm trước bán m−p−1 vé có p tiền loại đồng Khi có Cm m+n = Cm+n−1 cách xếp người mua vé để khơng có người phải chờ trả tiền thừa an n va p ie gh tn to Thật vậy, trường hợp toán đưa việc tính số “quỹ đạo” từ điểm O(0, 0) đến điểm Am+n (m + n, n − m) không cắt đường thẳng y = −(p + 1) Khi số “quỹ đạo” cắt đường thẳng số “quỹ đạo” từ điểm B(0, −2(p + 1)) m−p−1 đến điểm Am+n (n + m, n − m), nghĩa Cp+n+1 (theo hệ thức m+n = Cm+n m−p−1 k n−k n Cn = Cn ) Số “quỹ đạo” cần tìm toán Cm+n − Cm+n Bài toán bỏ phiếu oa nl w 2.2.2 d Bài toán 2.2.2 Trong lần bầu cử, ứng cử viên A a phiếu bầu, ứng cử viên B b phiếu bầu (a > b) Cử tri bỏ phiếu liên tiếp Hỏi có cách bỏ phiếu để ứng cử viên A ln dẫn đầu số phiếu bầu cho mình? Lời giải Ta đặt   1 phiếu thứ i bầu cho A ei =   − phiếu thứ i bầu cho B oi lm ul nf va an lu z at nh z Đặt Sk = e1 + · · · + ek Ta xét “quỹ đạo” với điểm O(0, 0), (1, S1 ), (k, Sk ), , (a + b, Sa+b ) Ở Sa+b = a − b Rõ ràng cách bỏ phiếu tương ứng với “quỹ đạo” xác định Mỗi “quỹ đạo” gồm a + b đoạn thẳng, có a đoạn hướng lên Tổng số “quỹ đạo” Caa+b Ứng cử viên A dẫn đầu “quỹ đạo” tương ứng qua điểm (1, 1) không cắt trục hoành Số “quỹ đạo” m co l gm @ an Lu n = a − 1, m = b n va n+1−m m Cm+n n+1 ac th si 24 Do đó, số cách bỏ phiếu phải tìm a − + − b a−1 a−b a Ca+b−1 = C a−1+1 a + b a+b 2.2.3 Quy tắc Pascal Bài toán 2.2.3 (Quy tắc Pascal) Nếu k, n số tự nhiên thỏa mãn ≤ k ≤ n k−1 k Cnk = Cn−1 + Cn−1 lu Chứng minh Phương pháp hàm sinh Nếu k, n số tự nhiên thỏa mãn ≤ k ≤ n an n va k−1 k Cnk = Cn−1 + Cn−1 tn to Xét hàm sinh Gn (x) = (1 + x)n Ta viết lại sau: gh Gn (x) = (1 + x)n = (1 + x)(1 + x)n−1 = (1 + x)Gn−1 x = Gn−1 (x) + xGn−1 (x) p ie Để ý rằng: Hệ số xk khai triển Gn (x) = (1 + x)n Cnk , hệ số k−1 k xk khai triển Gn−1 (x) + xGn−1 (x) Cn−1 + Cn−1 k−1 k Vậy Cnk = Cn−1 + Cn−1 Bài tốn Pascal giải phương pháp “quỹ đạo” sau: Phương pháp “quỹ đạo” Số đường ngắn từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n − k) d oa nl w nf va an lu k Ck+(n−k) = Cnk oi lm ul Ta chia đường thành hai lớp không giao sau: y z at nh n−k A1 A(k, n − k) z @ m co l gm A2 an Lu x n k va O ac th si 25 • Lớp thứ gồm đường thẳng từ điểm O đến điểm A phải qua điểm A1 (k − 1, n − k), số đường lớp k−1 k−1 C(k−1)+(n−k) = Cn−1 • Lớp thứ hai gồm đường từ điểm O đến điểm A phải qua điểm A2 (k, n − k − 1) Số đường lớp k−1 k Ck+(n−k−1) = Cn−1 Theo nguyên lý cộng, ta nhận lu k−1 k Cnk = Cn−1 + Cn−1 an va 2.2.4 Một số toán khác n to tn Bài toán 2.2.4 Nếu k n số nguyên thỏa mãn ≤ k ≤ n p ie gh k−1 k−1 k−1 Cnk = Cn−1 + Cn−2 + + Ck−1 d oa nl w Chứng minh k Ta Số đường ngắn từ điểm O(0, 0) đến điểm A(k, n − k) Ck+(n−k) chia đường thành (n − k + 1) lớp không giao nhau: A an lu y n−k oi lm ul nf va i z at nh z k x l gm x= @ O m co Lớp thứ i(i = 0, 1, 2, , n − k) gồm ! đường từ điểm O đến điểm A 1 phải cắt đường thẳng x = điểm , i Số đường lớp số 2 đường từ điểm (1, i) đến điểm (k, n − k) an Lu n va k−1 k−1 C(k−1)+(n−k−i) = Cn−i−1 ac th si 26 Theo nguyên lý cộng, ta có Cnk = n−k X k−1 Cn−i−1 i=0 hay k−1 k−1 k−1 Cnk = Cn−1 + Cn−2 + + Ck−1 Bài tốn 2.2.5 Với số ngun dương n, ta có:  Cn0 2  + Cn1 2 n + + (Cnn )2 = C2n lu an n va p ie gh tn to Chứng minh n n Số đường ngắn từ điểm O(0, 0) đến điểm A(n, n) Cn+n = C2n Mỗi đường qua điểm Ak (k, n − k) nằm đường chéo BD hình vng ABOD k = Cnk Số đường từ điểm O tới điểm Ak (k, n − k) Ck+(n−k) Một đường ngắn từ Ak (k, n − k) tới điểm A(n, n) gồm có n − k đoạn ngang n − (n − k) = k đoạn dọc k Vậy số đường từ Ak tới A Ck+(n−k) = Cnk Theo quy tắc nhân, số đường ngắn từ O tới A qua Ak nl w  2 d oa Cnk · Cnk = Cnk y z at nh B oi lm ul nf va an lu Theo quy tắc cộng, số đường ngắn từ O tới A tổng số đường từ O qua Ak (k = 0, 1, · · · , n) (vì đường qua điểm khơng qua điểm khác) Ä ä2 Ä ä2 n Vậy ta có C2n = Cn0 + Cn1 + + (Cnn )2 A(n, n) z l Ak m co D x n va k an Lu O gm @ n−k ac th si 27 Cách giải khác phương pháp hàm sinh Với số nguyên dương n, ta có:  Cn0 2  + Cn1 2 n + + (Cnn )2 = C2n n Xét đa thức (1 + x)2n có hệ số xn C2n Mặt khác ta có (1 + x)2n = (1 + x)n (1 + x)n Xét hàm sinh G(x) = H(x) = (1 + x)n có hệ số ar = br = Cnr Hệ số xn G(x)H(x)  lu a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an b0 = Cn0 an Vì ta có Cn0 Ä ä2 n va + Cn1 Ä ä2 2  + Cn1 2 + + (Cnn )2 n + + (Cnn )2 = C2n p ie gh tn to Bài toán 2.2.6 Giả sử m, n, k số nguyên dương thỏa mãn m < n Khi m−1 m m Cnm · Ck0 + Cn−1 · Ck+1 + + Cn−m · Ck+m = Cn+k+1 d oa nl w Chứng minh Ta xét tất đường ngắn từ điểm O(0, 0) đến điểm A(n − m + k + 1, m) Số đường an lu m m C(n−m+k+1)+m = Cn+k+1 y oi lm ul nf va Gọi Bi (i = 0, 1, , m) lớp đường gấp khúc cắt đường thẳng (4) có ! 1 phương trình x = k + điểm R k + , i 2 z at nh m A z RQ P m co l gm @ i k+1 x n va k an Lu O ac th si 28 Ta nhận thấy đường gấp khúc thuộc lớp Bi gồm ba phần: Phần 1: Đường gấp khúc nối điểm O(0, 0) với điểm P (k, i) Phần 2: Đường nằm ngang nối điểm P (k, i) với điểm Q(k + 1, i) Phần 3: Đường gấp khúc nối điểm Q(k + 1, i) với điểm A(n − m + k + 1, m) m−i i Ta thấy tổng số đường gấp khúc thuộc lớp Bi Ck+i · Cn−i Pm m−i m i Theo nguyên lý cộng, có i=0 Ck+i · Cn−i = Cn+k+1 hay m−1 m m Cnm · Ck0 + Cn−1 · Ck+1 + + Cn−m · Ck+m = Cn+k+1 lu an n va Bài toán 2.2.7 (Bài tuyển chọn Đội tuyển Việt Nam dự IMO, 2003) Cho số nguyên dương m, n, p, q với p < m, q < n Trên mặt phẳng tọa độ lấy bốn điểm A(0, 0), B(p, 0), C(m, q), D(m, n) Xét đường f ngắn từ A đến D đường g ngắn từ B đến C Gọi S số cặp đường (f, g) mà f g khơng có điểm chung Chứng minh to gh tn n q q n S = Cm+n · Cm+q−p − Cm+q · Cm+n−p (1) p ie Chứng minh Số cặp đường (f, g) tùy ý oa nl w n q n q M = Cm+n Cq+m−p = Cm+n · Cm+q−p d y D C oi lm ul q nf va an lu n z at nh K j z i m x m co l Bp gm @ O A an Lu Gọi V số cặp đường (f , g ) f đường ngắn từ A đến C; g đường ngắn từ B đến D Số cặp đường (f , g ) tùy ý n va q n q n V = Cq+m · Cn+m−p = Cm+q · Cm+n−p (2) ac th si 29 Vì f g ln có điểm chung K(i, j) nên số đường f phải qua K q−j i Cj+i · C(q−j)+(m−i) Số đường g phải qua K j n−j Cj+(i−p) · C(n−j)+(m−i) Do j q−j j n−j V = Cj+i · C(q−j)+(m−i) · Cj+(i−p) · C(n−j)+(m−i) (3) lu Vì K điểm chung cặp đường (f, g) mà f g có điểm chung, nên gọi T số cặp đường (f, g) mà f g có điểm chung K lập luận tương tự ta có an n va j n−j j q−i T = Cj+i · C(n−j)+(m−i) · Cj+(i−p) · C(q−j)+(m−i) (4) tn to Từ (2), (3) (4) suy T = V Từ ie gh n q q n S = M − V = Cm+n · Cq+m−p − Cm+q · Cm+n−p p Tiếp theo, liên quan đến lưới điểm nguyên, ta có số toán sau: d oa nl w Bài toán 2.2.8 (Bài toán “Dyck path”) Đếm số đường lưới điểm nguyên, xuất phát từ gốc O(0, 0) đến điểm (2n, 2n), bước, ta sử dụng vec tơ (1; 1) (1; −1) không xuống trục Ox lu n−1 X an Kết ta An = Ak An−1−k nf va k=0 Sn ∅ Cn 1 11 12 111 112 113 112 113 1111 1112 1113 1114 14 1124 1134 1124 1134 1123 1123 1133 1122 1122 1133 z at nh z m co l gm @ n oi lm ul Bài tốn 2.2.9 Có dãy số ngun: Sn = a1 , a2 , · · · , an cho ≤ a1 ≤ · · · ≤ an ; ≤ i với ≤ i ≤ n an Lu Lời giải Chúng ta đưa toán đường quen thuộc Gọi Tn tất đường lưới điểm nguyên, từ gốc tọa độ đến góc bên phải, theo hướng đông bắc không vượt qua đường chéo Ví dụ T3 hình n va ac th si 30 T3 lu an n va p ie gh tn to Với T3 , có đoạn ngang, tức tuyến đường phải qua cạnh ô khác lưới ô vuông Những bước ngang xuất độ cao nằm đường chéo Một tuyến đường Tn bắt đầu bước ngang phía phải Chúng ta định nghĩa bước ngang theo đáy lưới có độ cao 1, h0 = Tổng quát, độ cao bước ngang thứ i tuyến đường Tn hi = v + 1, v tổng số bước dọc trước bước ngang Chúng ta có ánh xạ f từ Tn → Sn Với t thuộc Tn , định nghĩa f (t) = h0 h1 h2 · · · hn Ví dụ, độ cao với T3 111, 112, 113, 122, 123 Rõ ràng ≤ h1 ≤ h2 ≤ · · · ≤ hn hi ≤ i oa nl w d Bài tốn 2.2.10 Tìm số dãy nguyên dương không giảm a1 a2 · · · an (ai ≤ n, i = 1, n) cho dãy tồn số có số i có giá trị i (ai = i) Ví dụ: với n = 111 112 222 233 333 Lời giải Cách Ta tạm gọi tốn Dyck path với lưới vng n × n Bài toán 2.2.8 Dyck path* Xét toán: đếm số đường từ điểm (0, 0) đến (n, n) vec tơ (1, 0) (0,1) mà đường cắt đường thẳng y = x điểm? Xét đường vậy, chia làm phần: nửa đường thẳng y = x nửa dưới, ta dựng song ánh g cách xóa nửa trên, lấy đối xứng chúng qua đường y = x, ta thu ảnh đường Dyck path*, dễ dàng chứng minh g song ánh Trở lại toán ban đầu, ta xây ánh xạ f cách đặt ak độ cao cộng thêm đoạn đường ngang thứ k đường toán bổ đề, chắn tồn số i có = i Như f song ánh Ta thu song ánh kép f g, đáp án toán số đường Dyck path* số catalan thứ n oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 31 Cách Vì tồn số i, ta chia đôi dãy thành dãy không giảm a1 a2 ai−1 , , ai+1 an gọi dãy trái dãy A, dãy phải B Hơn nữa, dãy A dãy khơng giảm đoạn [1, i − 1], số dãy Ci−1 cịn dãy B dãy khơng giảm đoạn [i, n] với độ chênh lệch đầu cuối nhỏ n − i + nên có Cn−i+1 dãy B Dịch chuyển số i từ đến n, ta thu đáp số Cn lu an n va p ie gh tn to Bài toán 2.2.11 Cho 2n điểm thẳng hàng, nối 2n điểm n cung (1 điểm nối lần), cho khơng có cung chứa cung Hỏi có cách nối vậy? Lời giải Đánh số điểm từ trái qua phải: 1, 2, 3, · · · , 2n Gọi D tập đường Dyck path Gọi A tập cách nối điểm Ta xét ánh xạ f : D → A Giả sử d ∈ D, ta có f (d) = a = a1 a2 · · · a2n vec tơ (1, 1) điểm i đầu mút bên trái cung, vec tơ (1, −1) i đầu mút bên phải cung, ta thu f (d) đường Dyck path với 2n điểm Qua đó, với d khác f (d) khác ∀a ∈ A ∃d ∈ D thỏa mãn f (d) = a Vậy f song ánh, nên đáp số toán số đường Dyck path đến điểm (0, 2n) Cn d oa nl w an lu Ý nghĩa khái niệm “quỹ đạo” phương pháp “quỹ đạo” ul nf va 2.3 oi lm Ta xét toán sau: Cho lưới hình chữ nhật kích thước m × n Thả Robot vào điểm X0 (x0 , y0 ) Con Robot theo cạnh vuông lưới theo hướng (tất nhiên không vượt khỏi khuôn khổ lưới) z at nh z (i) Hãy đường để Robot đến điểm X(x, y) lưới @ m co l gm (ii) Gọi “độ dài” đường Robot tổng số cạnh vng mà qua Hãy đường ngắn cho Robot an Lu (iii) Liệt kê tất đường ngắn Robot từ điểm X0 đến điểm X n va Ta có tốn thú vị, có nhiều ứng dụng khoa học kỹ thuật (điều kiển, tự động hóa thực tiễn) Ta điểm qua thuật toán để giải số dạng toán nêu trên: ac th si