Một số dạng bài toán tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNNGUYỄN VIỆT HÙNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN VIỆT HÙNG

MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2013

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN VIỆT HÙNG

MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN TỔ HỢP

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60 46 40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCPGS.TS NGUYỄN VŨ LƯƠNG

Hà Nội - 2013

Mục lục

LỜI MỞ ĐẦU iii

1 Các bài toán về tập hợp 1 1.1 Một số ví dụ 1

1.2 Bài tập đề nghị 10

2 Các bài toán về phép đếm 12 2.1 Tóm tắt lý thuyết 12

2.2 Một số ví dụ 14

2.3 Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 19

2.4 Bài tập đề nghị 24

3 Các bài toán về số tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị 28 3.1 Chứng minh các hệ thức về số tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị 28

3.2 Nhị thức Newton và bài toán tổng tổ hợp 35

3.3 Nhị thức Newton và số phức 41

3.4 Sử dụng đạo hàm, tích phân và nhị thức Newton để xây dựng các đẳng thức tổ hợp 44

3.5 Bài tập đề nghị 50

4 Một số bài toán tổ hợp nâng cao 56 4.1 Các bài toán sử dụng quan hệ truy hồi 56

4.2 Các bài toán sử dụng song ánh 60

4.3 Phương pháp quỹ đạo 62

4.4 Một số dạng bài toán khác 67

i

5 Các bài toán sử dụng nguyên lý Dirichlet 77

5.1 Nguyên lý Dirichlet 77

5.2 Các ví dụ 78

5.3 Bài tập đề nghị 84

KẾT LUẬN 86

TÀI LIỆU THAM KHẢO 89

Lời mở đầu iii

LỜI MỞ ĐẦU

Các bài toán tổ hợp xuất hiện một cách thường xuyên trong các đề thi họcsinh giỏi Quốc gia, Quốc tế và chúng luôn được xem là một trong những dạngtoán khó nhất đối với phần lớn học sinh Hẳn là mỗi chúng ta đều đã từng phảirất đau đầu trước một bài toán tổ hợp Đặc điểm của toán tổ hợp là không cầnđến nhiều các công thức cồng kềnh hay phức tạp mà để giải chúng thì chủ yếudựa vào tư duy nhạy bén là chính Thêm vào đó là tính trừu tượng và rất dễgây nhầm lẫn cho chúng ta Chính vì lẽ đó mà ở nhiều nước trên thế giới họ đãđưa nội dung toán tổ hợp vào chương trình môn toán ngay từ rất sớm cho cáclớp Trung học cơ sở Còn ở nước ta thì mặc dù chưa được đưa vào sách giáokhoa chính thống cho học sinh Trung học cơ sở, nhưng loại toán này thườngđược sử dụng (như một thách thức đáng kể nhất) cho các kì thi học sinh giỏi

và thi vào trường chuyên, lớp chọn

Chọn đề tài "Một số dạng bài toán tổ hợp" là chúng tôi đã lường trước đượcnhững khó khăn sẽ phải đối mặt Luận văn này không có tham vọng trình bàymột cách đầy đủ và hệ thống tất cả các dạng bài toán tổ hợp (vì chúng vốnrất đa dạng và phong phú) mà chỉ trình bày một số kĩ năng mang tính kinhnghiệm để giải quyết loại toán này Những lý thuyết cơ bản đã được trình bàytrong sách giáo khoa, chúng tôi không nêu lại mà chỉ trình bày một số côngthức chưa thực sự là phổ biến, sau đó đi sâu vào các ví dụ để minh họa chodạng toán và phương pháp mà chúng tôi muốn nói đến Các ví dụ và bài toánđược chúng tôi chọn lọc một cách cẩn thận từ rất nhiều nguồn tham khảo khácnhau, cũng có một số ít trong đó là do chúng tôi tự đưa ra

Luận văn này gồm 5 chương Tuy nhiên cũng cần phải nói thêm rằng mọi

sự phân chia đều chỉ mang tính tương đối và do ý thức chủ quan của tác giả

mà thôi bởi trong toán học thì không có gì là thực sự rõ ràng về danh giới giữacác phần, các phân môn khác nhau Luận văn được hoàn thành dưới sự hướngdẫn tận tình của PGS TS Nguyễn Vũ Lương, người thầy của tôi Tôi xin đượcbày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến sự giúp đỡ to lớn đó Những sai xót, khiếm

Lời mở đầu ivkhuyết là điều khó tránh khỏi và những lỗi đó chỉ là thuộc về cá nhân tác giả.Chúng tôi mong nhận được sự thông cảm và những lời nhận xét, góp ý từ phíacác thầy, các bạn bè đồng nghiệp.

Hà Nội, tháng 5 năm 2013Nguyễn Việt Hùng

LỜI GIẢI Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp (theo n).

Bước cơ sở: Với n = 1 hiển nhiên đẳng thức trên là đúng Với n = 2 ta cũng

|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| (trường hợp n=2)

ta thu được điều cần chứng minh

Công thức trên có nhiều ứng dụng trong giải toán Dưới đây ta sẽ dẫn ramột vài bài toán minh họa cho điều đó

Ví dụ 2 Cho tập S = {1, 2, 3, , 280} Hỏi trong S có bao nhiêu số khôngchia hết cho bất cứ số nào trong các số: 2, 3, 5, 7

LỜI GIẢI Gọi A1 ={k ∈ S| k chia hết cho 2}, A2 ={k ∈ S| k chia hết cho 3},

A3 = {k ∈ S| k chia hết cho 5}, A4 ={k ∈ S| k chia hết cho 7} Khi đó ta có

= 51

1.1 Một số ví dụ 3

Ví dụ 3 (Công thức φ−hàm Euler) Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí hiệu

φ(n) là số các số nguyên dương bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n Chứng

LỜI GIẢI Kí hiệu S = {1, 2, , n} Ta đếm xem trong tập S có bao nhiêu số

chia hết cho ít nhất một trong các số p1, p2, , pm.Gọi Ai = {k ∈ S| k chia hết cho pi}(i = 1, 2, , m) Khi đó A1∪ A2∪ · · · ∪ Am là tập hợp các số chia hết cho ít

Ví dụ 4 Cho A, B là hai tập khác rỗng và có hữu hạn phần tử Biết rằng số

phần tử nằm trong cả A và B bằng một phần ba số phần tử của A và hợp của

A và B gồm 9 phần tử Tìm số phần tử của mỗi tập

1.1 Một số ví dụ 4LỜI GIẢI Theo đề bài ta có



− 201215

+ 20124



− 201220



− 201212

+ 201260



= 804

Nhận xét 1 Số số phải tìm có thể tính theo một công thức khác như sau

|(A ∪ B) ∩ C| = |(A ∩ C) ∪ (B ∩ C)| = |A ∩ C| + |B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C|

S > 1

2(|A ∪ B| + |B ∪ C| + |C ∪ D| + |D ∪ A|) (1)

1.1 Một số ví dụ 6Giả sử không có học sinh nào đạt điểm giỏi ở cả bốn môn Khi đó

A∩ C = ∅ hoặc B ∩ D = ∅

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử A ∩ C = ∅ Khi đó

(A∩ B) ∩ (B ∩ C) = (A ∩ C) ∩ B = ∅,(C ∩ D) ∩ (D ∩ A) = (A ∩ C) ∩ D = ∅

Mặt khác

(A∩ B) ∪ (B ∩ C) ⊂ B,(C ∩ D) ∪ (D ∩ A) ⊂ D

Ví dụ 7 Cho tập S = {1, 2, 3, , n} Có bao nhiêu bộ sắp thứ tự (a, b, c)thỏa mãn a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈ S

LỜI GIẢI Gọi A = {(a, b, c)| a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈ S} Ta có

6∈ S ⇒ 2√6∈ S.

Do đó

2√6(√

2 +√3) = 4√

2) ∈ S

Vậy √ 1

2 +√

3 ∈ S

Ví dụ 9 (Toán học tuổi trẻ) Cho ba số nguyên tố p1 < p2 < p3 Gọi

A ={n ∈ N | 1 ≤ n ≤ p1p2p3, n không chia hết cho pi, i = 1, 2, 3}.Chứng minh rằng |A| ≥ 8 Đẳng thức xảy ra khi nào?

LỜI GIẢI Gọi Ai = {n ∈ N | 1 ≤ n ≤ p1p2p3, n chia hết cho pi}, i = 1, 2, 3

Dễ dàng tính được

|A1| = p2p3, |A2| = p1p3, |A3| = p1p2,

|A1∩ A2| = p3, |A2∩ A3| = p1, |A3∩ A1| = p2,

|A1∩ A2∩ A3| = 1

Nhưng do p1 ≥ 2, p2 ≥ 3, p3 ≥ 5 nên ta có |A| ≥ 8 Đẳng thức xảy ra khi

p1, p2, p3 là ba số nguyên tố đầu tiên

Nhận xét 2 Nếu sử dụng kiến thức về φ− hàm Euler thì rất đơn giản ta có

|A| = φ(p1p2p3) = φ(p1)φ(p2)φ(p3) = (p1− 1)(p2− 1)(p3− 1)

Ví dụ 10 Tập hợp A có số phần tử gấp đôi số phần tử của tập hợp B, tậphợp B lớn hơn tập hợp C Số các tập con của A nhiều hơn số các tập con của

B là x Số các tập con của B nhiều hơn số các tập con của C là 15 Hãy tínhx

LỜI GIẢI Giả sử |B| = n Thế thì |A| = 2n Số các tập con của B là 2n, sốcác tập con của A là 22n Theo giả thiết ta có

22n− 2n = x (1)Đặt |C| = m (m < n), theo giả thiết ta lại có

1.1 Một số ví dụ 9Chứng minh rằng có hai phần tử x, y của X sao cho |x−y| ≥ 11 và x + y

2 ∈ X./LỜI GIẢI Giả sử X có 62 phần tử đã được sắp thứ tự x1 < x2 < · · · < x62

Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử không tồn tại x, y ∈ Xsao cho |x − y| ≥ 11 và x + y

2 ∈ X Ta sẽ chỉ ra các phần tử của X đều cùng/tình chẵn lẻ

Thật vậy, vì X ⊂ {1, 2, , 2010} nên xi+1 ≥ xi + 1 (i = 1, 61) Do đó

x62− xk ≥ 11(k = 1, 51) Suy ra xk cùng tính chẵn lẻ với x62, vì nếu không nhưvậy, tức tồn tại xk khác tính chẵn lẻ với x62 thì xk + x62

2 ∈ X, trái với giả thiết.Lập luận tương tự ta thấy xl (l = 12, 62) cùng tính chẵn lẻ với x1 Từ đó suy

ra x1, x2, , x62 cùng tính chẵn lẻ Tiếp theo với giả thiết (ii) của bài toán thìtồn tại a, b ∈ X ∩{0, 2011}, (a 6= b) sao cho x62 = a + b

2 .Vì x62 > xi (i = 1, 61)nên tồn tại xp (p = 1, 61) sao cho x62 = xp+ 2011

2 kéo theo xp là một số lẻ.Tương tự do xi > x1 (i = 2, 61) nên tồn tại xp với q ∈ 2, 3, , 61 sao chox1 = xq + 0

2 , kéo theo xq là một số chẵn Như vậy xp và xq là hai phần tử của

X khác tính chẵn lẻ, trái với kết quả khẳng định ở trên, tức điều giả sử là sai.Kết luận: có hai phần tử x, y ∈ X sao cho |x − y| ≥ 11 và x + y

2 ∈ X./Nhận xét 3 (i) Có thể thay |x| = 33

(ii) Bài toán tổng quát: Cho X ⊂ {1, 2, , n}, |X| = k (k ≥ 2, k ∈ N).Chứng minh rằng tồn tại x, y ∈ X sao cho |x−y| ≥ k

• m = 1 Khi đó A = {1} Ta chọn B = {1} yêu cầu bài toán được thỏamãn

• m = 2 Trong trường hợp này ta có A = {2} hoặc A = {1, 2}

1.2 Bài tập đề nghị 10Nếu A = {1, 2} thì tương tự như trên ta cũng chứng minh được rằngkhông tồn tại tập B thỏa mãn các điều kiện của bài toán.

• m > 2 Xét số y = P

x∈A

(x2− x) Ta có y ≥ m2− m = m(m − 1) ≥ 2m > m.Như thế y /∈ A Xét tập B = A ∪ {y} Ta có P

Do đó tập B thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy tất cả các tập A thỏa mãn bài toán là A = {1} hoặc A là tập hữu hạn tùy

Bài 3 (Toán học tuổi trẻ) Cho số nguyên dương n Tính số các số nguyêndương không lớn hơn n(n+1)(n+2) mà không chia hết cho các số n, n+1, n+2

b) Tìm số tập con B của X sao cho B ∩ A 6= ∅

cả n phần tử được coi là khác nhau Nghĩa là ta có

12

2.1 Tóm tắt lý thuyết 13vòng quanh của n phần tử khác nhau Số hoán vị vòng quanh của n phần tửkhác nhau kí hiệu là Qn và được tính bởi công thức

Qn = (n− 1)!

Chứng minh Ta có thể định trước một vị trí cho một đối tượng bất kì trongchúng, sau đó tính số cách xếp vị trí cho n − 1 đối tượng còn lại Do đó số cáchxếp sẽ là

Tổ hợp lặp

Một tổ hợp lặp chập k của n phần tử là một nhóm không kể thứ tự gồm kphần tử, trong đó mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần Số tổ hợp lặp chập kcủa n phần tử kí hiệu là Ck

n và được tính bởi công thức

Ck

n = Ckn+k−1.Chứng minh Một tổ hợp lặp chập k của n phần tử tương ứng với một nhóm

X1, X2, , Xn trong đó phần tử Xi (i = 1, n) xuất hiện với tần xuất xi (0 ≤

xi ≤ k) lần và

x1+ x2+· · · + xn = k (∗)Như vậy số tổ hợp chập k của n phần tử chính bằng số nghiệm nguyên không

âm của phương trình (∗) Sau này (trong phần các bài toán sử dụng song ánh)

ta sẽ thấy rằng số nghiệm nguyên không âm của (∗) bằng Ck

n = Ckn+k−1

2.2 Một số ví dụ 14Nhận xét 4 Khác với Ck

n, Ck

n không cần có điều kiện k ≤ n

2.2 Một số ví dụ

Ví dụ 13 Tổ một có 10 người, tổ hai có 12 người và tổ ba có 15 người Hỏi

có bao nhiêu cách chọn ra một nhóm gồm 10 người trong đó số người của tổmột không ít hơn 2, số người của tổ hai cũng không ít hơn 2 còn số người của

tổ ba không vượt quá 3

LỜI GIẢI Trước hết ta lấy 2 người từ tổ một thì có C2

10 cách và cũng lấy 2người từ tổ hai thì có C2

12 cách Tiếp theo từ tổ ba ta lấy ra k (0 ≤ k ≤ 3)người thì có Ck

15 cách Lúc này số người còn lại của tổ một và tổ hai ta đemgộp lại thành một nhóm 18 người Từ nhóm này lấy ra 6 −k người thì có C6−k

18 Theo quy tắc nhân, số cách chọn ra 10 người là C2

đó m1, m2, , mk là các số nguyên không âm và 0 ≤ m1 ≤ n1, 0 ≤ m2 ≤

n2, , 0 ≤ mk ≤ nk Như vậy, số ước nguyên dương của n đúng bằng số cáchchọn bộ (m1, m2, , mk) thỏa mãn những điều kiện trên Vì mi(i = 1, 2, , k)

có ni+ 1 cách chọn nên số ước nguyên dương của n chính là

τn = (n1+ 1)(n2+ 1)· · · (nk+ 1)

2.2 Một số ví dụ 15

Ví dụ 15 Một hộp đựng 2n viên bi, trong đó có n viên bi đỏ giống hệt nhau

và n viên bi xanh đôi một khác nhau Hỏi có bao nhiêu cách khác nhau để lấy

ra n viên bi từ hộp đó?

LỜI GIẢI Công đoạn 1 Ta lấy k (0 ≤ k ≤ n) viên bi từ n viên bi xanh thì

có Ck

n cách

Công đoạn 2 Ta lấy n − k viên bi từ n viên bi đỏ thì chỉ có đúng một cách

vì các viên bi này là hoàn toàn giống nhau

Cho k chạy từ 0 tới n và lấy tổng ta sẽ được số cách lấy thỏa mãn bài toán

b) Có bao nhiêu cách xếp một nhóm gồm 10 học sinh nam và 6 học sinh nữquanh một bàn tròn sao cho không có 2 em nữ nào ngồi cạnh nhau? Lưu

ý rằng hai cách xếp khác nhau về vị trí nhưng có cùng thứ tự đối với cácđối tượng (tức là hai cách xếp khác nhau bởi một phép quay) được coi làmột

c) Vẫn câu hỏi như ý b) nhưng có thêm yêu cầu là ba bạn Hùng (nam), Hoa(nữ) và Huệ (nữ) phải ngồi cạnh nhau

LỜI GIẢI a) Ta xếp hàng cho 10 bạn nam trước thì có 10! cách Giữa họ 9

vị trí xen kẽ và 2 vị trí đầu cuối Từ 11 vị trí này, cần chọn ra 6 vị trí đểdành cho 6 bạn nữ thì có C6

11 cách Lại có 6! cách đặt các bạn nữ vào các

vị trí đã chọn Do đó, theo quy tắc nhân, số cách xếp thỏa mãn yêu cầucủa đề bài là 10!C6

11.6!

b) Trước hết ta cũng xếp vị trí cho 10 bạn nam trước thì có 9! cách (vì đây

là hoán vị vòng quanh Q10) Giữa họ có 10 vị trí xen kẽ Cần chọn ra 6 vị

2.2 Một số ví dụ 16trí trong 10 vị trí đó để dành cho 6 bạn nữ, thế thì có C6

10 cách Lại có 6!cách để đặt các bạn nữ vào các vị trí đã định Như vậy số cách xếp thỏamãn yêu cầu là 9!C6

10.6!

c) Để cho đơn giản, ta "buộc" ba người Hùng, Hoa, Huệ vào với nhau (Hùngphải ở giữa hai người kia) và xem họ như một người nữ Có 2 cách "buộc"như thế Khi đó tình huống hoàn toàn giống với ý b) nhưng đối với 9người nam và 5 người nữ Lặp lại lý luận như trên, ta được số cách xếpthỏa mãn yêu cầu là 2.8!C5

8.5!

Ví dụ 17 Một nhóm 9 người gồm 3 người đàn ông, 4 phụ nữ và 2 đứa trẻ

đi xem phim Hỏi có bao nhiêu cách xếp họ ngồi trên một hàng ghế sao chomỗi đứa trẻ ngồi giữa hai người phụ nữ và có hai người đàn ông nào ngồi cạnhnhau?

LỜI GIẢI Ta xếp 4 người phụ nữ ngồi trước thì có 4! cách Giữa họ có 3 vịtrí xen kẽ và 2 vị trí đầu cuối Trong 3 vị trí xen kẽ đó, cần chọn ra 2 vị trí đểdành cho 2 đứa trẻ, thế thì có C2

3 cách Lại có 2! cách để đặt 2 đứa trẻ vào 2

vị trí đã chọn Còn lại 3 vị trí để xếp 3 người đàn ông vào, do đó có 3! cách.Theo quy tắc nhân, số cách xếp thỏa mãn yêu cầu đề bài là

4!C32.2!3! = 864

Ví dụ 18 Cho tập hợp S = {1, 2, , 2n} Một tập con A của S gọi là tậpcân nếu trong tập đó, số các số chẵn bằng số các số lẻ (tập rỗng cũng là mộttập cân) Hỏi S chứa bao nhiêu tập cân?

LỜI GIẢI Với mỗi k (0 ≤ k ≤ n) ta đếm số tập cân gồm 2k phần tử của S

Vì trong S có n số chẵn và n số lẻ nên có Ck

n cách chọn k số chẵn và Ck

n cáchchọn k số lẻ Do đó theo quy tắc nhân, số tập cân gồm 2k phần tử của S là(Ck

n)2 Cho k chạy từ 0 tới n và lấy tổng ta sẽ được số tập cân của tập S là

(Cn0)2+ (Cn1)2+· · · + (Cnn)2 = C2nn

2.2 Một số ví dụ 17

Ví dụ 19 Trong một giải thi đấu bóng bàn có 2n vận động viên tham dự.Trong vòng đầu của giải, ban tổ chức cần phân ra n cặp đấu Hỏi có baonhiêu cách ghép thành n cặp đấu? Từ kết quả thu được, hãy chứng tỏ rằng(n + 1)(n + 2)· · · (2n − 1)(2n) chia hết cho 2n với mọi số nguyên dương n.LỜI GIẢI Công đoạn 1: Chọn 2 người trong 2n người để làm thành cặp đấuthứ nhất thì có Cn

7 cách chọn ra 3 trong 7 vị trí ấy để đặt ba chữ số 2.Vậy số số phải tìm là 6!

2.2 Một số ví dụ 18LỜI GIẢI a có 5 cách chọn, b có 4 cách chọn, c có 3 cách chọn Sau khi chọnxong các số a, b, c thì có 6!

3!2! cách sắp xếp chúng

Vậy số số phải tìm là 5.4.3 6!

3!2!.Nhận xét 5 Bài toán sẽ phức tạp hơn nếu trong tập A có chứa số 0 Khi đó

ta phải dùng phương pháp "loại trừ" như sau: trước tiên vẫn tiến hành nhưtrường hợp bình thường, nghĩa là coi số 0 cũng giống như các số khác; sau đóxét riêng trường hợp số 0 đứng ở vị trí đầu tiên (lúc này lại có 3 khả năng: số

0 ấy hoặc là a, hoặc là b, hoặc là c) Cuối cùng lấy tổng số trừ đi trường hợpriêng thì được kết quả cần tìm

Ví dụ 22 (Toán học tuổi trẻ) a) Hãy tính số các hoán vị khác nhau của từTOANHOCTUOITRE

b) Trong số các hoán vị ở a) có bao nhiêu hoán vị có cụm TTT (ba chữ Tđứng liền nhau)?

c) Có bao nhiêu hoán vị ở a) không có hai chữ T đứng cạnh nhau?

LỜI GIẢI a) Số hoán vị cần tìm chính là số hoán vị lặp

P14(3, 3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) = 14!

3!3!.b) Ta "buộc" ba chữ T lại với nhau và xem như một chữ cái thông thường.Khi đó, số hoán vị cần tìm sẽ là

P12(3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) = 12!

3! .c) Trước tiên ta sắp xếp vị trí cho các chữ cái kia (không có chữ T) thì có11!

3! cách Giữa các chữ này có 10 vị trí xen kẽ và hai vị đầu cuối Chọn

• Cách 1 Mỗi cách lấy ra k phần tử từ tập X ta có một tập con gồm kphần tử của X Số tập con như thế là Ck

n Bài toán được chứng minh

Ví dụ 24 (Đẳng thức Pascal) Với n, k là các số nguyên dương, n > k ≥ 1.Chứng minh đẳng thức

Cnk = Cn−1k−1+ Cn−1k LỜI GIẢI Ta đếm số tập con A gồm k phần tử của tập X = {x1, x2, , xn}theo hai cách như sau:

• Cách 1 Số tập A là Ck

n

• Cách 2 Số tập A được phân làm hai loại:

Loại 1 Gồm những tập chứa phần tử xn Mỗi tập A thuộc loại này cho

ta một tập A′ = A\{xn} là tập con gồm k − 1 phần tử của tập X\{xn}

Và ngược lại mỗi tập A′ cho ta một tập A Do đó số tập A thuộc loại nàychính bằng số tập A′ và bằng Ck−1

n−1

2.3 Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 20Loại 2 Gồm những tập không chứa phần tử xn Như vậy các phần tử củatập A được lấy từ tập X\{xn} gồm n − 1 phần tử nên số tập A thuộc loạinày là Ck

n−1 Do đó theo cách 2 thì số tập A sẽ là Ck−1

n−1 + Cn−1k Như vậy ta phải có Ck

n = Cn−1k−1+ Cn−1k

Ví dụ 25 (Đẳng thức Vandermonde) Chứng minh rằng

Cm0Cnk + Cm1Cnk−1 +· · · + CmmCnk−m = Cm+nk LỜI GIẢI Ta đếm số cách chọn k phần tử từ một tập hợp gồm m + n phần

n Cuối cùng cho ichạy từ 0 tới m ta được số cách chọn cần tìm là

2.3 Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 21

• Cách 1 Số cách chọn chính bằng Cn

2n+1

• Cách 2 Chia X thành n cặp và phần tử x Để chọn n phần tử từ X, tathực hiện theo các bước sau:

Bước 1 Từ n cặp đã chia, chọn ra k (0 ≤ k ≤ n) cặp thì có Ck

n cách.Sau đó ở mỗi cặp ta lại chọn ra một phần tử Như vậy có 2kCnk cách chọnđược k phần tử

Bước 2 Trong n − k cặp còn lại, ta chọn ra  n − k

2

cặp Chú ý rằng

n phần từ từ tập X theo cách 2 là Pn

k=0

2kCnkC[n−k2 ]

n−k So sánh kết quả ở hai cáchđếm ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 27 (Định lý khai triển nhị thức) Chứng minh rằng với mọi số nguyêndương n ta có

2.3 Sử dụng phép đếm để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 22

Ví dụ 28 Chứng minh đẳng thức sau với mọi số nguyên dương n,

Cn1+ 2Cn2+ 3Cn3+· · · + nCnn = n2n−1.LỜI GIẢI Để ý rằng n chính là số cách lấy một phần tử từ một tập có n phần

tử, còn 2n−1 chính là số tập con của tập gồm n − 1 phần tử Do đó ta xét tập

X có n phần tử và hãy đếm số cặp (x, A) trong đó x ∈ X còn A là một tậpcon của tập X\{x}

• Cách 1 Ta có n cách chọn x, với mỗi cách chọn x thì có 2n−1 cách chọn

A Theo quy tắc nhân ta có n2n−1 cặp (x, A)

• Cách 2 Ta chọn A là tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n − 1) phần tử của X Sốcách chọn như thế là Ck

n = Cnn−k Với mỗi cách chọn A thì có n − k cáchchọn x ∈ X\A Cho k chạy từ 0 tới n − 1 và lấy tổng ta thu được số cáchchọn cặp (x, A) theo cách 2 là

n−1

X

k=0

(n− k)Cnn−k = Cn1+ 2Cn2+ 3Cn3+· · · + nCnn

So sách kết quả của hai cách đếm ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 29 Chứng minh đẳng thức sau với n ≥ k ≥ 0 là các số nguyên

Ck0Cnk + Ck1Cn−1k−1 +· · · + CkkCn−k0 = 2kCnk.LỜI GIẢI Nhìn vào vế phải của đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy Ck

n

là số tập con gồm k phần tử của một tập có n phần tử, còn 2k chính là số tậpcon của tập gồm k phần tử Do đó ta sẽ xét tập X với |X| = n và hãy đếm sốcặp (A, M) trong đó A là tập con gồm k phần tử của X và M là một tập concủa A

• Cách 1 Ta có Ck

n cách chọn tập A, với mỗi cách chọn A thì có 2k cáchchọn M nên có tất cả là 2kCk

• Cách 1 Để chọn x ta có n cách, với mỗi cách chọn x thì có C2n−1n−1 cáchchọn A Do đó theo quy tắc nhân thì có tất cả là nCn−1

2n−1 cách chọn cặp(x, A)

nCnn−k = k(Cnk)2 cách chọncặp (x, A) Cho k chạy từ 1 tới n ta được tổng số cách chọn cặp (x, A)theo cách 2 là

(Cn1)2+ 2(Cn2)2+· · · + n(Cnn)2

Từ hai kết quả của hai cách đếm ta suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 31 (IMO, 1987) Một hoán vị của tập S = {1, 2, , n} được gọi làhoán vị bảo tồn i ∈ S nếu như phần tử i ở nguyên vị trí cũ của nó trong hoán

vị mới Ký hiệu Pn(k) là số hoán vị bảo tồn đúng k phần tử của S Chứngminh rằng

2.4 Bài tập đề nghị 24Cách 1 Ta có số cách chọn i là k và số cách chọn f là Pn(k) nên số cặp(i, f ) là kPn(k).

Cách 2 Ta xét i là một phần tử cố định (tức là f(i) = i) Khi đó ta cómột hoán vị bảo tồn k − 1 phần tử của tập S′ = S\{i} và với mỗi hoán vịbảo tồn k − 1 phần tử của tập S′ ta bổ sung thêm i vào thì sẽ được mộthoán vị bảo tồn k phần tử của tập S Vì có n cách chọn i và có Pn−1(k−1)hoán vị bảo tồn k −1 phần tử của tập S′ nên số cặp (i, f) là nPn−1(k− 1)

Từ kết quả của hai cách đếm trên ta suy ra

do đó tổng này chính bằng số hoán vị của tập B và bằng (n − 1)! Vậy ta

Bài 9 Có bao nhiêu cách chia 100 đồ vật giống nhau cho 4 người sao cho mỗingười được ít nhất một đồ vật

2.4 Bài tập đề nghị 25Bài 10 Cho tập hợp S = {a1, a2, , a20} Có bao nhiêu tập con của S gồm 3phần tử mà trong đó không có hai phần tử nào cạnh nhau?

ĐS: C3

20− 182

Bài 11 Cho phương trình x1+ x2+ x3+ x4 = 15 (1)

a) Tìm số nghiệm nguyên không âm của của (1) thỏa mãn điều kiện x1 ≤ 3.b) Tìm số nghiệm nguyên không âm của của (1) thỏa mãn điều kiện x1 ≤

3, x2 ≤ 5

Bài 12 Tìm số nghiệm nguyên của phương trình

x + y + z = 10thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 3, 2 ≤ y ≤ 7, 4 ≤ y ≤ 8

Bài 13 Tìm số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình

n(k−1)

X

i=0

Cn−1+in−1 Cn−2+im−1

2.4 Bài tập đề nghị 26Bài 17 Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 1000.000 mà tổng các chữ sốcủa nó bằng 19.

Bài 18 a) Có bao nhiêu xâu nhị phân chứa đúng tám số 0 và mười số 1 vàngay sau mỗi số 0 nhất thiết phải là số 1

b) Có bao nhiêu xâu nhị phân chứa đúng năm số 0 và mười bốn số 1 và ngaysau mỗi số 0 nhất thiết phải là hai số 1 liên tiếp

c) Có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài 10 chứa ít nhất ba số 0 và ba số 1.Bài 19 Cho tam giác ABC Xét tập hợp gồm 5 đường thẳng song song với

AB, 6 đường thẳng song song với BC và 7 đường thẳng song song CA Hỏi cácđường thẳng này tạo ra bao nhiêu hình bình hành, bao nhiêu hình thang?ĐS: 675 hình bình hành, 1575 hình thang

Bài 20 Cho A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Tìm số các số gồm 4 chữ số của A sao cho

2.4 Bài tập đề nghị 27b) Cho đa giác đều n (n ≥ 6) đỉnh Hỏi có bao nhiêu tam giác mà 3 đỉnhcủa nó là đỉnh của đa giác không kề nhau?

Bài 27 (Toán học tuổi trẻ) Có bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó có

3 chữ số lẻ khác nhau và 3 chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặtđúng hai lần

ĐS: 3931200

Bài 28 Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có n ghế Người

ta muốn xếp chỗ ngồi cho n học sinh trường A và n học sinh trường B vào bànnói trên Hỏi có bao nhiêu cách trong mỗi trường hợp sau

a) Hai học sinh bất kì ngồi cạnh nhau hoặc ngồi đối diện nhau thì phải kháctrường

b) Hai học sinh bất kì ngồi đối diện với nhau thì phải khác trường

ĐS: a) 2(n!)2, b) [(2n).n][(2n−2)(n−1)][(2n−4)(n−2)] · · · [2.1] = (2n)!!.n!

Ta có

(2k− 1)2− 1(2k)2 < (2k− 1)2

(2k)2 < (2k− 1)2

(2k)2− 1hay là

2

n < 34(2n + 1).

1.(n− 2) + 2(n − 3) + · · · + (n − 2).1 = Cn3

Do đó dãy số đã cho có thể viết lại thành

un+1 = un + Cn3

un = un−1+ Cn−13

u5 = u4+ C43

3.1 Chứng minh các hệ thức về số tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị 32Cộng tất cả các đẳng thức trên vế theo vế ta thu được

số nguyên tố) của số nguyên dương a Nói cách khác, nếu vp(a) = α thì cónghĩa là α là số lớn nhất sao cho pα|a Sử dụng công thức

vp(n!) =  n

p

+ n

p2

+ n

p3

+· · ·chúng ta có

v7(1000!) =  1000

7

+ 100049

+ 1000343

+ 500343



= 164

Từ đó

v7(C1000500) = v7(1000!)− v7((500!)2) = 0Điều này có nghĩa là khi phân tích C500

1000 ra thừa số nguyên tố thì không chứa

7 Vì vậy C500

1000 không chia hết cho 7

Ví dụ 39 Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương, n ≥ p Chứng minhrằng Cp

n− n

p

chia hết cho p

ta nhận được tất cả các số dư là 1, 2, , p − 1 Từ đó suy ra

Cnp ≡ n

p

(mod p)

k!(p− k)! là một số nguyên Do vậy

Ck

p = p (p− 1)!

k!(p− k)! chia hết cho p

3.1 Chứng minh các hệ thức về số tổ hợp, chỉnh hợp và hoán vị 34b) Điều kiện đủ: Giả sử p là số nguyên > 1 và thỏa mãn p |Ck

p ∀k ∈{1, 2, , p − 1} Ta sẽ chứng minh p là số nguyên tố Thật vậy, nếu

p là hợp số thì nó sẽ có một ước số nguyên tố q Khi đó, theo giả thiết tacó

Cpq = p(p− 1) · · · (p − q + 1)

Suy ra

(p− 1)(p − 2) · · · (p − q + 1) q

Nhưng do q nguyên tố nên phải tồn tại i (1 ≤ i ≤ q − 1) sao cho p − i q

Mà lại có p q Suy ra i q Đó là điều vô lý Vậy p không thể là hợp số.Bài toán được chứng minh hoàn toàn

Ví dụ 41 Cho n ≥ k là các số nguyên dương Chứng minh rằng

(Cnk, Cn+1k , , Cn+kk ) = 1,trong đó kí hiệu (Ck

n, Ck n+1, , Ck

n+k) là ước số chung lớn nhất của Ck

n, Ck n+1, , Ck

n+k.LỜI GIẢI Đặt d = (Ck

n, Ck n+1, , Ck

Cn+k−1k−1 = Cn+kk − Cn+k−1k d

Như thế chứng tỏ d là một ước chung của Ck−1

n , Cn+1k−1, , Cn+k−1k−1 Do đó(Cnk−1, Cn+1k−1, , Cn+k−1k−1 ) d

Lại tiến hành lập luận tương tự như trên chúng ta có

(Cnk−2, Cn+1k−2, , Cn+k−2k−2 ) d