skkn một số phương pháp giải đếm nâng cao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị:Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐẾM NÂNG CAO Người thực hiện: NGUYỄN TẤT THU Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2013 – 2014 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: Nguyễn Tất Thu 2. Ngày tháng năm sinh: 13-09-1980 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: Tổ 10 – KP5 - Trảng Dài – Biên Hoà - Đồng Nai 5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ:0942444556 6. Fax: E-mail: nguyentatthudn@gmail.com 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ - Năm nhận bằng: 2013 - Chuyên ngành đào tạo: Lí luận và phương pháp dạy học bộ môn Toán III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán Số năm có kinh nghiệm: 11 nằm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 1. Một số phương pháp xác định CTTQ của dãy số - năm 2008 2. Sử dụng hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức – năm 2009 3. Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010 4. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012 5. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chủ đề tổ hợp thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi và đây là chủ đề được đánh giá là khó nhất trong đề thi. Về toán tổ hợp ta thường gặp bài toán ở dạng yêu cầu chúng ta đi đếm số cách thực hiện một công việc nào đó. Đây là một dạng toán khó và có nhiều phương pháp để giải. Để giúp học sinh chuyên toán có được những nên tảng vững chắc về các bài toán đếm, chúng tôi hệ thống và minh họa một số phương pháp đếm nâng cao. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp đếm nâng cao” làm đề tài nghiên cứu của mình. II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lí luận 2. Tiến trình thực hiện để tài 2.1. Phương pháp song ánh Tính chất: Cho A, B là hai tập hợp hữu hạn và ánh xạ f : A B→ . Khi đó: • Nếu f là đơn ánh thì A B≤ • Nếu f là toàn ánh thì A B≥ • Nếu f là song ánh thì A B= Do đó thay vì đếm số phần tử của A , ta đi đếm số phần tử của B . Ví dụ 1. Cho { } 1 2 n X a ,a , ,a= với n là số tự nhiên dương, k là số tự nhiên thỏa k n≤ . Đặt { } 1 2 k 1 2 k i i i i i i 1 2 k S (a ,a , ,a ) a ,a , ,a X;1 i i i n= ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ . Tính số phần tử của tập S. Lời giải. Ta có: ( ) 1 2 k i i i 1 2 k (a ,a , ,a ) i ,i , ,i→ là một song ánh từ tập S vào tập 1 S gồm các bộ ( ) 1 2 k i ,i , ,i với 1 2 k 1 i i i n≤ ≤ ≤ ≤ ≤ nên 1 S S= . Khó khăn gặp phải khi đếm các bộ của tập 1 S là các số 1 k i , ,i có thể bằng nhau. Do đó, ta tìm các phá bỏ các dấu “=” ở trong bất đẳng thức 1 2 k 1 i i i n≤ ≤ ≤ ≤ ≤ . Tức là, ta đưa về đếm các bộ ( ) 1 2 k j ,j , ,j với 1 2 k 1 j j j n≤ < < < ≤ . Để thực hiện được điều đó, ta tịnh tiến các chỉ số 1 2 k i ,i , ,i mỗi chỉ số tăng thêm một đơn vị so với chỉ số trước nó. Dẫn tới, ta đi xét tương ứng sau Xét tương ứng ( ) ( ) 1 2 k 1 1 2 k i ,i , ,i S i ,i 1, ,i k 1∈ → + + − . Rõ ràng, đây là một song ánh từ 1 S và tập 2 S là tập gồm các bộ ( ) 1 2 k j ,j , ,j sao cho { } 1 2 k j ,j , ,j 1,2, ,n k 1∈ + − và 1 2 k j j j< < < Suy ra k 1 2 n k 1 S S C + − = = . Hệ quả: Số nghiệm nguyên không âm của phương trình: 1 2 k x x x n+ + + = là k n k 1 C + − . Hệ quả: Số nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 2 k x x x n+ + + = là k 1 n 1 C − − . Ví dụ 2. Trong một giải bóng đá có 10 trận đấu và được diễn ra trong vòng 30 ngày. Hỏi ban tổ chức có bao nhiêu cách sắp xếp các trận đá bóng sao cho hai trân đấu kế nhau phải cách nhau ít nhất một ngày. Lời giải. Cách 1: Giả sử trận đấu thứ i được xếp vào ngày i x . Khi đó, mỗi cách xếp các trận đấu tương ứng với một bộ 10 số ( ) 1 2 10 x ,x , ,x thỏa các điều kiện sau • 1 2 3 10 1 x x x x 30≤ < < < < ≤ • i 1 i x x 2 + − ≥ với mọi i 1,29= . Nếu các bộ ( ) 1 2 10 x ,x , ,x chỉ thỏa mãn điều kiện thứ nhất thì việc đếm trở nên đơn giản. Khó khăn ở đây là điều kiện thứ 2. Điều kiện này bắt buộc các số 1 2 10 x ,x , ,x không có hai số nào là hai số tự nhiên liên tiếp, do đó ta tìm cách chuyển về hai số kề nhau có thể là hai số tự nhiên liên tiếp để đếm. Ta có 2 1 2 1 2 1 x x 2 x x 1 x 1 x− ≥ ⇔ − > ⇔ − > nên hai số 2 x 1− và 1 x có thể là hai số tự nhiên liên tiếp. Tương tự như vậy, ta có i 1 x 1 + − và i x có thể là hai số tự nhiên liên tiếp. Dẫn đến, ta sẽ chuyển bộ ( ) 1 2 10 x ,x , ,x về bộ ( ) 1 2 3 10 x ,x 1,x 2 ,x 9− − − . Gọi A là tập các bộ ( ) 1 2 10 x ,x , ,x thỏa mãn các điều kiện trên ( ) { } 1 10 1 2 10 B y , ,y 1 y y y 21= ≤ < < < ≤ Xét ánh xạ f : A B→ được xác định như sau ( ) ( ) 1 10 1 2 3 10 f x , ,x x ,x 1,x 2, ,x 9= − − − Ta chứng minh được f là một song ánh Do đó 10 21 A B C 352716= = = . Cách 2: Giả sử giữa ngày thứ nhất đến ngày trận đấu thứ nhất có 1 x ngày, giữa trận đấu thứ nhất và trận đấu thứ 2 có 2 x ngày, , giữa trận đấu thứ 10 đến ngày thứ 30 có 11 x ngày. Khi đó, mỗi cách xếp 10 trận đấu tương ứng với một bộ ( ) 1 2 11 x ,x , ,x thỏa các điều kiện sau • 1 11 2 3 10 x ,x 0; x ,x , ,x 1≥ ≥ • 1 2 11 x x x 30 10 20+ + + = − = Đặt 1 1 11 11 i i y x ,y x ,y x 1, i 2,10= = = − ∀ = Khi đó, mỗi bộ ( ) 1 2 11 x ,x , ,x tương ứng với một bộ ( ) 1 2 11 y ,y , ,y thỏa 1 2 11 y ,y , ,y 0≥ và 1 2 11 y y y 11+ + + = (*). Số các bộ ( ) 1 2 11 y ,y , ,y chính là số nghiệm không âm của phương trình (*) và bằng 11 11 11 11 1 21 C C + − = . Vậy có 11 21 C 352716= cách xếp 10 trận đấu thỏa các yêu cầu bài toán. Ví dụ 3. Cho đa giác đều 2013 đỉnh. Người ta tô 100 đỉnh của đa giác bởi màu đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách tô sao cho giữa hai đỉnh được tô màu kề nhau có ít nhất 3 đỉnh không được tô màu. Lời giải. Gọi các đỉnh của đa giác là 1 2 2013 A ,A , ,A Giả sử ta tô màu các đỉnh 1 2 100 i i i A ,A , ,A . Khi đó, mỗi cách tô màu thỏa yêu cầu bài toán ứng với bộ ( ) 1 2 100 i ,i , ,i thỏa các điều kiện sau • 1 2 100 1 i i i 2013≤ < < < ≤ • k 1 k i i 4 + − ≥ với k 1,2012∀ = và 1 2013 2013 i i 4+ − ≥ . Ta thấy k 1 k k 1 k k 1 k i i 4 i i 3 i 3 i + + + − ≥ ⇔ − > ⇔ − > , do đó ta sẽ thay thế các k i bởi k i 3(k 1)− − . Gọi S là tập các bộ ( ) 1 2 100 i ,i , ,i thỏa các điều kiện nói trên, 1 S là tập các bộ 1 2 100 (a ,a , ,a ) thỏa • 1 2 100 1 a a a 1716≤ < < < ≤ • 100 1 a a 1712− ≤ . Khi đó, ánh xạ 1 f : S S→ được xác định ( ) 1 2 100 1 2 100 f(i ,i , ,i ) a ,a , ,a= với k k a i 3(k 1), k 1,100= − − = Dễ dàng kiểm chứng được f là một song ánh. Ta xét các trường hợp sau • { } 1 a 1,2,3∈ , đặt i i 1 b a a= − . Khi đó, ánh xạ g đi từ 1 S và tập 2 S là tập các bộ ( ) 1 2 100 b ,b , ,b thỏa 2 3 100 1 b b b 1712≤ < < < ≤ là một song ánh. Ta có 99 2 1712 S 3.C= . • 1 a 4≥ . Đặt i i c a 3= − . Khi đó, ánh xạ h đi từ 1 S vào 3 S gồm các bộ ( ) 1 2 100 c ,c , ,c thỏa 1 2 100 1 c c c 1713≤ < < < ≤ là một song ánh và 100 3 1713 S C= . Vậy 99 100 2 3 1712 1713 S S S 3.C C= + = + . Ví dụ 4. Có bao nhiêu chỉnh hợp chập 1 2 k k (a ,a , ,a ) của n số tự nhiên đầu tiên thỏa ít nhất một trong hai điều kiện sau i) Tồn tại { } i,j 1,2, ,k∈ thỏa i j a a> và i j< ii) Tồn tại { } i 1,2, ,k∈ sao cho i a i− là số lẻ. Lời giải. Gọi S là tập các chỉnh hợp chập k của n số tự nhiên đầu tiên. Ta có k n n! S A (n k)! = = − . Gọi A là tập các chỉnh hợp thỏa yêu cầu bài toán. { } 1 2 k B a (a ,a , ,a ) S= = ∈ và các i a thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau (a) i 1 i a a + > với mọi i 1,k 1= − (b) i a i− luôn là số chẵn với mọi i 1,k= . Ta có A S B= − . Ta đi tính B ?= Với mỗi bộ { } 1 2 k (a ,a , ,a ) 1,2,3, ,n⊂ thì tồn tại duy nhất một chỉnh hợp chập 1 2 k k (a ,a , ,a ) thỏa điều kiện (a). Do đó, ta chỉ cần đi phân tích điều kiện (b) Vì i a i− là số chẵn khi và chỉ khi i a i+ là số chẵn. Hơn nữa giá trị của i a i− ta khó kiểm soát còn các giá trị của i a i+ chỉ thuộc vào tập { } 1,2,3, ,k n+ nên ta xét ánh xạ f từ tập B và tập C được xác định bởi ( ) 1 2 k 1 2 k f(a ,a , ,a ) b ,b , ,b= với i i b a i= + và C là tập gồm các bộ ( ) 1 2 k b ,b , ,b thỏa i b là số chẵn i 1,k∀ = và { } i b 1,2, ,n k∈ + . Ta chứng minh được f là song ánh. Vì vậy k n k 2 B C C  +      = = . Vậy k k n n k 2 A C C  +      = − . Ví dụ 5. Cho một tam giác đều cạnh bằng n . Chia tam giác này thành 2 n tam giác đều cạnh bằng 1 bởi các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác đó. Tính số hình bình hành nằm trong tam giác và được tạo bởi các đường thẳng trên. Lời giải. Kí hiệu các đỉnh của tam giác đều cạnh n là ABC và S là tập các hình bình hành cần tính. Tập hợp các hình bình hành cần tính được phân hoạch thành ba nhóm rời nhau là BC CA AB S ,S ,S . Trong đó BC S là tập gồm các hình bình hành có hai cặp cạnh song song với AB và AC ; CA AB S ,S được định nghĩa tương tự. Ta thấy BC CA AB S S S= = và BC S 3 S= . Ta đi tính BC S ?= . Trên các tia AB,AC kéo dài ta lấy các điểm B',C' sao cho BB' CC' 1= = . Ta chia đoạn B'C' thành n 1 + đoạn bằng nhau 1 1 2 n B'A ,A A , ,A C' Với mỗi hình bình hành thuộc BC S , ta kéo dài các cạnh của hình bình hành, cắt B'C' tại 4 điểm phân biệt thuộc vào tập các điểm { } 1 n T B',A , ,A ,C'= . Khi đó mỗi hình bình hành sẽ tương ứng với 4 điểm thuộc T và ngược lại với 4 điểm thuộc T cho ta một hình bình hành thuộc BC S . Chẳng hạn, trong hình vẽ: Hình bình hành được tô đậm miền trong sẽ tương ứng với 4 điểm B',D,E,F , còn hình bình hành được tô đậm 4 cạnh tương ứng với 4 điểm C',H,F,D . Do đó mỗi hình bình hành thuộc BC S tương ứng với bộ 4 điểm thuộc T nên 4 BC n 2 S C + = . Vậy 4 n 2 S 3C + = . Ví dụ 6. Cho A là tập hữu hạn các số thực dương. Ta định nghĩa B và C là các tập sau { } x B x,y A , C xy x,y A y   = ∈ = ∈     . Chứng minh rằng 2 A . B C≤ . Lời giải. Giả sử k 1 2 1 2 k x x x B , , , y y y     =       với các phân số i i x y phân biệt. Xét ánh xạ 2 f : A B C× → được xác định bởi ( ) i i i i x f z; zx ;zy y   =  ÷   Xét j i i j x x a z; , b z'; y y      ÷ = =  ÷  ÷     mà f(a) f(b)= , ta có: i j i j j i i j i ji j x z x z' x x x x z z' a b y z y z' y y y y  = =   ⇒ = ⇒ ⇒ = ⇒ =   = =     . Vậy f là đơn ánh. Suy ra 2 A B C C A . B C× ≤ × ⇒ ≤ . 2.2. Đếm bằng hệ thức truy hồi Nội dung của phương pháp truy hồi là để đếm số phần tử của một tập hợp hữu hạn X , ta phân hoạch X thành các tập con rời nhau 1 2 k X ,X , ,X . Khi đó 1 2 k X X X X= + + + Do đó, để đi đếm số phần tử của tập X ,ta đi đếm số phần tử của các tập có số lượng phần tử nhỏ hơn là 1 2 k X ,X , ,X . Ví dụ 1. Cho tập hợp A có n (n 1)≥ phần tử. Hãy tính số tập con của tập A . Lời giải. Gọi n S là tập hợp gồm tập con của tập { } A 1,2,3, ,n= và n n a S= . Ta phân hoạch tập n S thanh hai tập X gồm các tập con chứa n và Y gồm các tập con không chứa n . Khi đó n a X Y= + . • Tính X Với mỗi tập con T X ∈ , ta có { } T T' n= ∪ , trong đó T' là một tập con của tập { } 1,2, ,n 1− . Khi đó, ánh xạ ( ) n 1 f : X S , f T T' − → = là một song ánh. Do đó n 1 n 1 X S a − − = = . • Tính Y Vì mỗi tập con H thuộc Y , ta có H không chứa n nên H là một tập con của tập { } 1,2, ,n 1− và ngược lại. Do đó, n 1 n 1 Y S a − − = = . Suy ra n 1 n n n 1 n 1 n 1 1 a a a 2a 2 .a 2 − − − − = + = = = . Nhận xét: Mẫu chốt của lời giải trên là ta đi phân hoạch tập n S thành 2 tập. Một tập gồm các tập con chứa n và một tập gồm các tập con không chứa n , rồi đi tính số phần tử của mỗi tập đã được phân hoạch đó. Ví dụ 2. Cho n là số nguyên dương. Có bao nhiêu xâu kí tự độ dài n : 1 2 n a a a với kí tự i a lấy trong các số { } 0,1,2, ,9 mà số lần xuất hiện của số 0 trong xâu kí tự là số chẵn. Lời giải. Đặt n A là số xâu kí tự có độ dài n mà số lần xuất hiện của số 0 là số chẵn và n n a A= Ta thấy 1 a 9= Vì có n 10 xâu kí tự có độ dài n nên số xâu kí tự độ dài n mà trong đó số xuất hiện của chữ số 0 là số lẻ bằng n n 10 a− . Ta phân hoạch tập n A thành hai tập rời nhau X,Y như sau : { } n 2 3 n X x A x 0a a a= ∈ = và { } n 1 2 n 1 Y x A x a a a , a 0= ∈ = ≠ Ta tính X Với x X ∈ thì xâu kí tự 2 n a a có độ dài n 1 − và số xuất hiện của chữ số 0 trong xâu là số lẻ. Do đó ta có n 1 n 1 X 10 a − − = − . Ta tính Y Với 1 2 n x a a a Y= ∈ thì xâu 2 3 n a a a có độ dài n 1 − và số lần xuất hiện của số 0 là số chẵn. Do đó, có n 1 a − xâu 2 3 n a a a như vậy. Với mỗi xâu 2 3 n n 1 a a a A − ∈ ta có 9 cách chọn 1 a . Suy ra n 1 Y 9a − = . Do đó n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 a 10 a 9a 8a 10 − − − − − = − + = + . Từ đây, ta tìm được n 1 n 1 n a 4.8 5.10 , n 1 − − = + ≥ . Ví dụ 3. Có bao nhiêu hoán vị 1 2 n (a ,a , ,a ) của tập { } 1,2,3, ,n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i sao cho i i 1 a a + > . Lời giải. Gọi n S là tập các hoán vị 1 2 n (a ,a , ,a ) của tập { } 1,2,3, ,n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i sao cho i i 1 a a + > và đặt n n x S= . Rõ ràng với mỗi ( ) 1 2 n n x a ,a , ,a S= ∈ thì x chỉ có thể xảy ra ba dạng sau +) n a n= , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này là tập X +) i a n= , i 1 i 1 a a − + > còn { } j j 1 a a , j i 1,i + < ∀ ∉ − , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này là Y +) i a n= và j j 1 a a , j i + < ∀ ≠ , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này là Z . Khi đó tập n S được phân hạch thành ba tập X,Y,Z nên n S X Y Z= + + . Dễ thấy n 1 X x − = Với mỗi hoán thuộc tập Y , khi ta bỏ i a thì ta thư được một hoán vị thuộc n 1 S − và ngược lại mỗi hoán vị thuộc n 1 S − ta chèn thêm n vào giữa i a và i 1 a + (với i i 1 a a + > ) ta được một hoán vị thuộc tập Y . Suy ra n 1 Y x − = Với mỗi hoán vị thuộc tập Z ta rút i a ra thì ta thu được hoán vị ( ) 1,2,3, ,n 1− và với mỗi hoán vị này, ta có n 1− cách chèn n vào. Do đó Z n 1= − . Do đó n n 1 n 1 n 1 x x x n 1 2x n 1 − − − = + + − = + − và 2 x 1= . Từ đây ta tìm được n n x 2 n 1, n 2= − − ∀ ≥ . Ví dụ 4. Cho tập A ⊂ ¡ , ta định nghĩa { } A 1 a 1 a A+ = + ∈ . Hỏi có bao nhiêu tập con A của tập { } 1,2, ,n ( ) n ,n 1∈ ≥¥ sao cho ( ) { } A A 1 1,2, ,n∪ + = (THTT số 400 bài T10). Lời giải. Đặt { } { } n X A A A 1 1,2, ,n= ∪ + = và n n a A= Ta có 1 2 a 0,a 1= = . Vì ( ) ( ) n A A 1 , n 1 A A 1∈ ∪ + + ∉ ∪ + nên n A∉ và n 1 A− ∈ . Do đó, ta chia tập n X thành hai tập rời nhau { } n n Y A X n 2 A= ∈ − ∈ và { } n n Z A X n 2 A= ∈ − ∉ . +) Tính n Y Với n A Y∈ , ta đặt { } B A\ n 1= − , khi đó { } B B 1 1,2, ,n 1∪ + = − nên n n 1 Y a − = . +) Tính n Z Với n A Z∈ , ta đặt { } B A\ n 1= − , khi đó { } B B 1 1,2, ,n 2∪ + = − . Suy ra n n 2 Z a − = . [...]... sinh giải được ít nhất một bài Trong các thí sinh giải được 1 bài thì số thí sinh giải được bài 2 gấp đơi số thí sinh giải được bài 3 Số thí sinh chỉ giải được bài 1 nhiều hơn số thí sinh khác cũng giải được bài 1 là 1 người Hỏi số thí sinh chỉ giải được bài 2 là bao nhiêu nếu trong số thí sinh chỉ giải được 1 bài thì một nửa là khơng giải được bài 1? ĐS: 6 học sinh Bài 21 Gọi A là tập hợp các số ngun... sơ 1 bằng số chữ số 2 Chứng minh rằng M = N Lời giải Với một phần tử thuộc M ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi cộng theo cột với quy tắc: 1+1=1, 2+2=2, 1+2=3, 2+1=4, khi đó ta thu được một số có n chữ số mà số chữ số 1 bằng số chữ số 2 nên số này thuộc N, tức là mỗi phần tử thuộc M cho tương ứng một phần tử thuộc N (*) Ngược lại một phần tử thuộc N ta nhân đơi nó lên và viết liền sau số vừa lấy... ) =4 n+2 3 +2 4n + 2 4n + 2 số tự nhiên thỏa mãn u cầu bài tốn ,n ∈ ¥ * Vậy có 3 3 Bài 13 Từ các số thuộc tập E = { 1; 2; 3; 4; 5;6;7;8;9} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số mà trong mỗi số đó đều chứa một số lẻ chữ số 1 và một số chẵn chữ số 2 ( n là số ngun dương cho trước) Lời giải Kí hiệu X n là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các số của tập E và A n ,Bn ,C n... 4 Từ các số 1,2,3 lập được bao nhiều số tự nhiên gồm 6 chữ số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1) Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần 2) Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau khơng đứng cạnh nhau Lời giải Gọi X là tập các số có 6 chữ số được lập từ các số chữ 1,2,3 và mỗi chữ số xuất hiện đúng 2 lần A là tập các số thoả u cầu bài tốn A k là tập các số thuộc X là trong đó hai chữ số k đứng... dự thi có 48 thí sinh giải được câu Số học, 40 thí sinh giải được câu Giải tích, 32 thí sinh giải được câu Hình học Có 57 thí sinh giải được câu Số học hoặc Giải tích, 50 thí sinh giải được câu Giải tích hoặc Hình học, 25 thí sinh giải được cả hai câu Số học và Hình học, 15 thí sinh giải được cả 3 câu Hỏi có bao nhiêu thí sinh khơng giải được câu nào? ĐS: 3 học sinh Bài 20 Trong một kì thi Tốn, người... 1+ 2 ) n +1 ( + 1− 2 ) n +1 2 Chú ý: Trong một số bài tốn, chúng ta cần xây dựng thêm đối tượng phụ để giúp giải quyết bài tốn đếm Ví dụ 7 Từ các chữ số 3,4,5,6 lập được bao nhiêu số có n chữ số và số đó chia hết cho 3 Lời giải Gọi A là tập các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các chữ số 3,4,5,6 Ta có A = 4 n Vì một số tự nhiên khi chi cho 3 chỉ có 3 số dư là 0,1,2 nên ta chia tập A thành 3 tập... các số của tập E và A n ,Bn ,C n ,D n lần lượt là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ ⇒ an = các số của tập E mà trong mỗi số đó lần lượt chứa ( lẻ các chữ số 1, chẵn các chữ số 2);( lẻ các chữ số 1, lẻ các chữ số 2); ( chẵn các chữ số 1, lẻ các chữ số 2);( chẵn các chữ số 1, chẵn các chữ số 2) Dễ thấy A n ,Bn ,C n ,D n đơi một rời nhau và X n = A n ∪ Bn ∪ Cn ∪ Dn do đó X n = A n + Bn +... 12 Cho số ngun dương n Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số được lập từ các số thuộc tập { 2; 3;7;9} và chia hết cho 3? Lời giải Gọi A n ,Bn là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số lần lượt chia hết cho 3 và khơng chia hết cho 3 được lập từ các số { 2; 3;7;9} Xét một phần tử thuộc A n thì có 2 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của A n +1 và có 2 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần... và đánh các số từ 1 đến 2n như hình trên (hình 1) và ta gọi hai ơ chứa n và n + 1 là hai ơ đặc biệt Số tập con thỏa u cầu bài tốn chính bằng số cách chọn một số số từ bảng sao cho hai ơ kề nhau khơng được chọn và cả hai ơ đặc biệt khơng cùng được chọn và số cách chọn này ta kí hiệu là c n Gọi a n là số cách chọn một số ơ sao cho hai ơ kề nhau khơng được chọn (*) bn là số cách chọn một số ơ sao cho... Cho số ngun dương n Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và khơng có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau Lời giải Kí hiệu X n là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số thỏa mãn đề bài, A n ,Bn là các tập con của X n theo thứ tự các số có tận cùng nhỏ hơn 7; các số có tận cùng lớn hơn 6 Ta có X n = A n ∪ Bn ,A n ∩ Bn = ∅ ⇒ X n = A n + Bn Lấy một . năm 2010 4. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012 5. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chủ. các bài toán đếm, chúng tôi hệ thống và minh họa một số phương pháp đếm nâng cao. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài: Một số phương pháp đếm nâng cao làm đề tài nghiên cứu của mình. II. TỔ CHỨC. Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐẾM NÂNG CAO Người thực hiện: NGUYỄN TẤT THU Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy