Tổ hợp và Cực trị tổ hợp.DOC

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP QUI TẮC ĐẾM QUI TẮC CỘNG ( The Addition Priciples- AP) : Nếu có 1 n đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ nhất , 2 n đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ hai ,…… m n đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ m, Thế thì số cách để chọn 1 đối tượng từ 1 trong m tập hợp là 1 2 m n n n + + + . Cách phát biểu khác: Cho 1 2 ; ; m A A A là m tập hợp hữu hạn , k≥1.Nếu các tập hợp này đôi một rời nhau , nghĩa là ( ) ; 1;2 ; ; i j A A i j m i j= ∅ = ≠I thì : 1 1 m m i i i i A A = = = ∑U . QUI TẮC NHÂN (The Multiplication – MP) Giả sử có 1 quá trình có thể chia thành m giai đoạn liên tiếp nhau có thứ tự , Với 1 n kế quả khác nhau trong giai đoạn thứ nhất , 2 n kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ hai ,…… m n kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ m, nếu các kết quả kết hợp lại là phân biệt Thế thì số kết quả kết hợp lại của toàn bộ quá trình là 1 2 . m n n n . Cách phát biểu khác : Cho ( ) { } 1 2 1 2 1 ; ; ; / ; 1;2 ; m i m m i i i A A A A a a a a A i m = = × × × = ∈ = ∏ là tích Decarste của các tập hợp hữu hạn 1 2 ; ; m A A A . Khi đó , ta có 1 2 1 1 m m i m i i i A A A A A = = = × × × = ∏ ∏ . MỘT SỐ VÍ DỤ : 1. Có bao nhiêu cách để chọn ra 4 số nguyên dương 1 2 3 4 ; ; ;x x x x từ tập hợp S={1 ;2 ;…. ;499 ;500} sao cho 1 2 3 4 ; ; ;x x x x là 1 cấp số nhân tăng và công bội của chúng là một số nguyên dương . GIẢI : Gọi 2 3 1 1 1 1 1 ; ; ; (a ; ; 2)a a q a q a q q N q ∈ ≥ là 4 số cần chọn , thế thì ta có : 3 3 3 1 1 500 500 500a q q a ≤ ⇒ ≤ ≤ Cho nên : 1 3 500 2 7 1 aq q   ≤ ≤ ≤ ≤     .Điều đó có nghĩa là số cấp số nhân với công bội q là 3 500 q       . Theo qui tắc cộng , số cấp số nhân thỏa điều kiện là : 7 3 2 500 62 18 7 4 2 1 94 q q =   = + + + + + =     ∑ . 2. Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 4 chữ số phân biệt ? GIẢI : Một số có 4 chữ số là một bộ sắp thứ tự của 4 chữ số ( chữ số 0 không đứng đầu). Vì các số cần đếm là các số lẻ nên chữ số đơn vị có thể là 1,3,5,7,9. Chữ số hàng chục và trăm có là 0,1,2,….9 và chữ số hàng ngàn là 1,2, ….9.Vì các chữ số là phân biệt nên : -Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị . -Có 8 cách chọn chữ số hàng ngàn.( khác 0 và khác chữ số đơn vị ). - Có 8 cách chọn chữ số hàng chục ( khác chữ số đơn vị và hàng ngàn). -Có 7 cách chọn chữ số hàng trăm . Vậy có 5.8.8.7= 2240 số cần chọn. 3. Tìm số cặp có thứ tự (x ;y) của các số nguyên x,y sao cho 2 2 5x y + ≤ . GIẢI : Ta phân chia bài toán thành 6 trường hợp riêng biệt : 2 2 0;1;2;3;4;5.x y + = Với mỗi i=0 ;1 ;2 ;3 ;4 ;5 ta đặt ( ) { } 2 2 ; / ; ; i S x y x y Z x y i = ∈ + = . Dễ kiểm tra : 0 1 2 3 4 5 1; 4; 4; 0; 4; 8;S S S S S S= = = = = = Vậy 5 0 21 i i S = = ∑ . 4. Tìm số ước số dương của 600 , bao gồm cả 1 và 600 GIẢI : Trước hết ta chú ý rằng 600= 3 1 2 2 3 5 × × . Khi đó 1 số nguyên dương m là ước số của 600 nếu và chỉ nếu m có dạng : 2 3 5 a b c m = × × với a,b,c∈Z :0≤a≤3 ; 0≤b≤1 ; 0≤c≤2. Như vậy số ước số là 4.2.3= 24. MỞ RỘNG: Nếu một số tự nhiên n có dạng phân tích thừa số nguyên tố( The prime decomposition) là : 1 2 1 2 . m k k k m n p p p = trong đó i p là các số nguyên tố phân biệt và i k Z + ∈ . Thế thì số các ước số dương của n là ( ) 1 1 m i i k = + ∏ . 5. (AIME 1988)Tính xác suất để chọn được ngẩu nhiên 1 ước số nguyên dương của 99 10 là một bội số của 88 10 . GIẢI : Ước số của 99 10 có dạng 2 .5 0 a;b 99;a,b Z a b ≤ ≤ ∈ .Có 100 cách chọn a , 100 cách chọn b, nên có 100×100 ước số của 99 10 .Tương tự , bội số của 88 10 phải thỏa mãn bất đẳng thức 88≤a ;b ≤99, a,b ∈Z ; Nên có 12 cách chọn a, và 12 cách chọn b. Do đó xác suất sẽ là : 12 12 9 . 100 100 625 = . 6. Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) sao cho bội chung nhỏ nhất của a và b là 3 7 13 2 .5 .11 . GIẢI : Cả a,b đều là ước của 3 7 13 2 .5 .11 nên 2 5 11 2 511 x y z s t u a b  =   =   Vì 3 7 13 2 .5 .11 là BCNN của a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max {z ;u}=13. Bằng cách liệt kê ta có 7 cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ; 27 cách chọn (z ;u). Theo qui tắc nhân , ta được 7×15×27=2835 cặp số (a ;b) thỏa điều kiện . MỞ RỘNG : Nếu n là số nguyên dương và 1 2 1 2 . . k k n p p p α α α = là phân tích thành thừa số nguyên tố của n.Thì sẽ có ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 2 1 k α α α + + + cặp số nguyên (a ;b) phân biệt có thứ tự sao cho BCNN(a ;b) là n. 7. Cho X={1 ;2… ;100} và đặt S= ( ) { } ; ; / , , ,a b c a b c X a b a c∈ < ∧ < . Tính S . GIẢI: Bài toán có thể chia thành các trường hợp phân biệt khi xét a=1;2;….;99. Với a=k∈{1;2;….;99} thì số cách chọn b là 100-k và c cũng là 100-k , Thế thì số bộ số (a;b;c) cần tìm là ( ) 2 100 k − . Vì k lấy giá trị 1,2,….,99 nên ta có : 2 2 99 1 328350.S = + + = 8. Hãy xác định số hình vuông mà các đỉnh của nó là các điểm trong lưới vuông 10×10 sau (10 điểm , 9 ô). GIẢI: Ta nói rằng 4 điểm n×n quartet ( nhóm 4 ) nếu chúng là các đỉnh của hình vuông n×n mà các cạnh của nó song song với đường biên của lưới. Ta cũng nói rằng 1 hình vuông với các đỉnh của 1 quartet là một quartet square. Ta có 81= 2 9 quartet 1×1. Ta có : 8 quartet 2×2 trong lưới 3×10 và có 8 lưới 3×10 trong lưới 10×10 . Vậy , có 2 8 quartet 2×2 trong lưới 10×10. Tương tự ta có : 2 7 quartet 3×3 trong lưới đó . Nghĩa là , khi k∈{1 ;2 ;… ;9} có ( ) 2 10 k − quartet k×k . Nhưng phần khó khăn là các hình vuông có cạnh không song song với đường biên của lưới .Mỗi hình vuông này sẽ nội tiếp bên trong 1 quartet. Cho nên ta chỉ cần đếm tất cả các quartet và các hình vuông nội tiếp nó. Không khó khăn gì ta được trong 1 k×k quartet có k hình vuông nội tiếp , kể cả nó . Ví dụ khi k=4 ta được hình vẽ bên. Như vậy ta được : ( ) ( ) 9 9 2 2 3 1 1 9 9 9 2 3 1 1 1 10 . 100 20 100 20 825 k k k k k S k k k k k k k k = = = = = = − = − + = = − + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 9. Có n que có độ dài là 1,2,….n. Có bao nhiêu tam giác không cân được tạo thành từ 3 trong số các que đó ? GIẢI : Gọi x,y,z là độ dài 3 que đó . Không mất tính tổng quát , ta giả sử rằng x<y<z. 3 que này tạo thành 1 tam giác nếu và chỉ nếu x,y,z thỏa bất đẳng thức tam giác tức là x+y>z. Ta sắp xếp các tam giác không cân theo độ dài cạnh lớn nhất của nó. Với 1≤k≤n , ta đặt ( ) { } ; ; / ; ; ;1 k A x y z x y z N x y z k x y z= ∈ ≤ < < = ∧ + > Do đó theo qui tắc cộng , ta cần tính : 1 2 n A A A+ + + . Ta có : 1 2 0A A = = . Nếu z=3 thì x=1 và y=2 , do đó không tồn tại tam giác.Vậy 3 0A = . Bây giờ ta giả sử rằng 4k ≥ . Ta xét 2 trường hợp : Trường hợp 1 : Trong trường hợp này , ta giả sử rằng k chẳn, tức là k=2m ; m∈Z ; m≥2. Bởi vì x<y nên x+y>2x . Chú ý rằng x+y> z . Ta xét 2x≤z và 2x> z nghĩa là 1≤x≤m ; và m <x . Khi 1≤x≤m ta cần y> z-x= k-x . Vì k=2m≥2x nên ta được k-x ≥x( thỏa điều kiện y>x). Cho nên bất kỳ y nằm giữa k-x+1 và z-1= k-1 như vậy ta có (k-1)-(k-x+1) +1 =x-1 giá trị mà y có thể nhận được . Khi m<x , bất đẳng thức đầu cho ta x+y>2x >2m=z ( thỏa điều kiện), Bất kỳ y nằm giữa x+1 và k-1 như thế sẽ có(k-1)-(x+1)+1= k-x-1= =2m-x-1 giá trị mà y có thể nhân được. Bởi vậy cho nên ; khi k=2m ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 0 1 2 1 1 m m m m k x x m x i A x m x x i − − = = + = = = − + − − = − + ∑ ∑ ∑ ∑ nghĩa là : ( ) ( ) ( ) 2 1 ( 2) 1 1 2 2 k m m m m A m − − − = + = − Chú ý rằng công thức này vẫn đúng khi m=1 nghĩa là khi k=2. Trường hợp 2 : Trong trường hợp này ta giả sử k lẻ , nghĩa là k=2m+1 với k là số nguyên , m≥2. Khi 1≤x≤m , ta cũng cần có y> z-x = k-x. Lúc này , k=2m+1>2x như thế k-x >x . Như trước đó , y có thể lấy các giá trị nguyên nằm giữa k-x+1 và k-1 , như thế sẽ có (k-1)- (k-x+1) + 1= x-1 giá trị mà y có thể nhận . Khi m < x . Như thế sẽ có (k-1)- (x-1)+ 1= k-x-1= 2m-x giá trị mà y có thể nhận được . Bởi vậy , cho nên khi k= 2m+1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 0 1 1 1 2 1 1 2 2 m m m m k x x m x i m m m m A x m x x i m m − = = + = = − − = − + − = − + = + = − ∑ ∑ ∑ ∑ . Chú ý rằng công thức vẫn đúng khi m=0 và m=1 tức là k=1 và k=3. Bây giờ ta bắt đầu giải bài toán . Nếu n lẻ : n=2p+1. ( với p là số nguyên không âm nào đó )> Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 2 1 2 4 2 2 2 0 1 1 0 1 1 2 3 1 4 1 6 n p p p p p p m m m m A A A A A A A A A m m m m m p p p p + = = = = + + + = = + + + + + + + = − + − = − + − + = ∑ ∑ ∑ ∑ Nếu n chẳn : n=2p với p là số nguyên dương . Thì ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 3 2 1 2 4 2 1 1 1 2 2 0 1 1 0 1 1 2 1 4 5 6 n p p p p p p m m m m A A A A A A A A A m m m m m p p p − − − − = = = = + + + = = + + + + + + + = − + − = − − − = ∑ ∑ ∑ ∑ Một cách giải khác khi ta giải được n=2p+1 thì trường hợp n=2p ta có thể tích như sau : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 3 2 1 2 1 1 4 1 1 6 1 4 5 6 p p p A A A A A A A p p p p p p p p + + + + + = = + + + − − + = − − − − = 10. Trước khi Rick mở một tủ đựng đồ thể thao của mính , thì Rick phải nhớ mật mã khóa của tủ , Hai trong các bộ 3 cặp số của mật mã là 17 và 24 , nhưng anh ta không nhớ được cặp số thứ ba. Và không nhớ được thứ tự của 3 cặp số . Có 40 khả năng của cặp số thứ ba. Trong 10 giây , thì có thể nhớ được tất cả các khả năng xảy không ? GIẢI : Ta xét 6 tập con của các khả năng của mã khóa . ( ) { } ( ) { } ( ) { } ( ) { } ( ) { } ( ) { } 1 2 3 4 5 6 ;17;24 /1 40 ;24;17 /1 40 17; ;24 /1 40 24; ;17 /1 40 17;24; /1 40 24;17; /1 40 A x x A x x A x x A x x A x x A x x = ≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ Mỗi tập con có 40 phần tử nhưng phải trừ đi các phần tử chung của 2 tập hợp như (17 ;17 ;24) ; (17 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;17) ; (17 ;24 ;24) ; (24 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;24). Vậy có tất cả 40×6-6= 234. 11. Một bằng lái xe chứa 1dãy 3 ký tự alphbet theo sau là một dãy 3 chữ số. Có bao nhiêu bằng lái xe được tạo thành nếu o và 0 không dùng cùng 1 lúc . GIẢI : Gọi 1 S là tập hợp các bằng lái không có số 0. 2 S là tập hợp các bằng lái không có chữ o. 3 S là tập hợp các bằng lái không có số 0và không có chữ o. Ta có : 3 3 3 3 3 3 1 2 3 26 .9 25 .10 25 .9 17047279.S S S+ − = + − = 12. Xác định số số nguyên dương nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất một chữ số 1 trong cách viết thập phân. GIẢI : CÁCH 1 : Gọi S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000. 999.S = Gọi 1 2 3 ; ;S S S là tập hợp các số nguyên dương có 1 , 2, 3 chữ số. Với i=1 ;2 ;3 đặt i i A S ⊂ chứa đúng các chữ số đó và có ít nhất 1 chữ số 1. Ta chỉ cần tinh 1 2 3 A A A+ + . Ta dễ dàng thấy rằng { } 1 1 2;3; ;9 8A A= ⇒ = . Ta có thể chia 2 A thành 3 tập hợp : { } { } { } 2 2 11 1 ; 1 1; 1 18A b b b b A= ≠ ≠ ⇒ =U U . Ta có thể chia 3 111 1 1 1 11 1 1 11bc a c ab c b a A A A A A A A A = U U U U U U . Với a,b,c≠1 ;a≠0. Do đó : 3 1 81 2.72 2.9 8 252A = + + + + = . Như vậy ta có 1 2 3 A A A+ + =271. CÁCH 2: Ta có thể phân chia tập hợp như sau : Gọi S’ là tập hợp những số nguyên không âm nhỏ hơn 1000. Gọi 1 B là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất 1 chữ số 1, và Gọi 2 B là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 không chứa chữ số 1. Nghĩa là 1 2 ' 1000.B B S+ = = Ta có 2 9.9.9 729B = = Nên 1 1000 729 271B = − = . 13. Có 15 lỗ thông hơi máy lạnh trong 1 rạp hát . Để giữ cho nhiệt độ mát mẻ , phải có ít nhất 1 lỗ thông hơi làm việc suốt thời gian. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện. GIẢI: Ta gọi các lỗ thông hơi là 1 2 3 15 ; ; ; ;v v v v Ta có mỗi lỗ thông hơi có 2b lựa chọn là on hay off . Ta sử dụng ký tự n cho on, và f cho off. Ta đánh dấu 1 mã gồm 15 kí tự cho một tình huống. Như vậy theo qui tắc nhân có 15 2 tính huống , nhưng tình huống fffff….f bị loại vì tất cả các lỗ thông hơi đều đóng . Do đó có 15 2 1 − =32767 tình huống xảy ra. Gọi A và B là 2 tập hợp . Một ánh xạ f ( map- mapping – function) từ tập hợp A đến tập B ( viết là f:A→ B). đánh dấu mỗi phần tử a∈A với đúng một phần tử b∈B ( viết là f(a)=b). b là ảnh của a. Với A’ ⊂ A , Gọi f(A’) ( ảnh của A’) xác định tập hợp các ảnh của phần tử a∈A’. Nếu f(A)= B thì f được gọi là toàn ánh (surjective- onto)nghĩa là , với mỗi b∈B sẽ là ảnh của a∈A. Với mỗi 2 phần tử phân biệt 1 2 ;a a A ∈ có ảnh khác nhau thì f được gọi là đơn ánh ( injective- one to one) . Nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh( bijective– one-to-one correspondence) HOÁN VỊ : ( PERMUTATION)( khái niệm mở rộng):tương đương với khái niệm chỉnh hợp của sgk) Một cách sắp xếp thứ tự m phần tử phân biệt của n phần tử phân biệt cho trước ( m≤n) được gọi là 1 hoán vị lấy m phần tử của n phần tử . Vì các phần tử là không lặp lại nên nên hoán vị cùng là không lặp và số hoán vị lấy m phần tử của n phần tử phân biệt được ký hiệu là ( ) m m n n P A .Khi đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ! 1 2 1 ! m n n A n n n n m n m = − − − + = − .( m≤n). Đặc biệt là khi m=n thì được gọi là hoán vị của n phần tử, Số hoán vị của n phần tử là !. n P n = 14. Cho tập hợp E={a;b;c;…;x,y,z} là tập hợp 26 chữ cái tiếng Anh. Tìm số từ có 5 ký tự sao cho các ký tự được tạo thành từ tập E; và ký tự đầu và cuối là các nguyên âm phân biệt , các ký tự còn lại là các phụ âm phân biệt. GIẢI: Đáp số : 2 3 5 21 . 159600A A = . 15. Trong 1 cuộc họp có 7 nam và 3 nữ . Có bao nhiêu cách sắp xếp họ thành 1 hàng sao cho : a/ 3 người nữ tạo thành 1 nhóm ( nghĩa là không có người nam nào ngồi giữa 2 người nữ ) b/ Hai vị trí ở hai đầu là nam và không có nữ nào ngồi kề nhau. GIẢI: A/ Đáp số : 8!.3!. B/ Trước hết ta sắp xếp 7 nam : có 7! cách xếp. Với mỗi cách xếp cố định đó , vì vị trí ở 2 đầu là nam , nên chỉ có 6 chỗ cho 3 nữ . Vậy số cách xếp là 7!×6×5×4. 16. Giữa các số 20000 và 70000 , tìm số các số nguyên chẳn mà các chữ số không lặp lại. GIẢI: Gọi abcde là số cần tìm , Chữ số a có thể chọn từ {2;3;4;5;6} và chữ số e có thể chọn từ {0;2;4;6;8} . Vì {2;3;4;5;6} I {0;2;4;6;8}={2;4;6} nên ta chia thành 2 trường hợp rời nhau: Trường hợp 1: a∈{2;4;6} : a có 3 cách chọn , e có 5-1=4 cách chọn , và bcd có 3 3 10 2 8 A A − = cách chọn .Vậy có 3 8 3 4 4032A × × = số chẳn. Trường hợp 2: a∈{3;5} a có 2 cách chọn , e có 5 cách chọn và còn lại bcd có 3 8 A cách chọn . Vậy có 3 8 2 5 3360A × × = số chẳn. Vậy có tất cả 7392 số chẳn. 17. Cho S là tập hợp các số tự nhiên mà các chữ số được chọn từ {1;3;5;7}. Sao cho không có chữ số nào lặp lại. Tìm a/ S b/ n S n ∈ ∑ [...]... chọn 2 số A và B trong 6 chữ số là : A62 Nhưng trong tính toán trên , đường thẳng trong các trường hợp sau cùng là một đường thẳng : (1) A=0 và B=1;2;3;6;7 (2) B=0 và A=1;2;3;6;7 (3) A=1 và B=2 hoặc A=3 và B=6 (4) A=1 và B=3 hoặc A=2 và B=6 (5) A=2 và B=1 hoặc A=6 và B=3 (6) A=3 và B=1 hoặc A=6 và B=2 2 1 Cho nên số đường thẳng phân biệt là : A6 − 2 ( A5 − 1) − 4 = 18 Đáp số : 18 5/Nếu cơ số a và biến... trường hợp để xét số người ngồi quanh 2 bàn tương ứng , (1) 5+1 (2) 4+2 (3) 3+3 5 Trường hợp 1: Có C6 cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 5 và 1 mỗi bàn Số cách xếp 5 người vào 1 bàn là (5-1)! và 1 người vào bàn còn lại là 0! Theo qui tắc nhân , ta có : C65 × 4!× 0! = 144 Trường hợp 2: Có C64 cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 4 và 2 vào mỗi bàn Số cách xếp 4 người vào 1 bàn là (4-1)! và. .. và {3;5} và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 8 12 số trong S2 có thể chia thành cặp {13;75};{15;73};{17;71};{35;53}… và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 88 Tương tự ; 24 số trong S3 có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 888 24 số trong S4 có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 8888 4 2 Như vậy : α = 8 × + 88 × 12 24 24 + 888 × + 8888 × = 117856 2 2 2 TỔ... Chứng minh : Xác định n phần tử phân biệt là 1,2,3…n Thế thì một tổ hợp lặp có dạng : ( i1; i2 ; ; im ) ( 1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ ≤ im ≤ n )  j1 = i1  j = i +1  2 2 ⇒ 1 ≤ j1 < j2 < < jm ≤ n + m − 1 Đặt    jm = im + m − 1  và như vậy mỗi tổ hợp lặp ( i1 ; i2 ; ; im ) sẽ tương ứng với duy nhất một tổ hợp không lặp ( j1 ; j2 ; ; jm ) và số tổ hợp này là Cnm+m−1 ALL PERMUTATION OF INCOMPLETE DISTINCT OBJECTS:... nhau là bao nhiêu ? GIẢI: A B C D E F A và B được tô bởi A62 = 30 cách 1 Nếu C và B được tô cùng một màu ; thì C và D được tô bởi C5 cách Nếu C 1 1 và B được tô bởi màu khác nhau thì C và D được tô bởi C4 C4 Cho nên C và 1 1 1 D được tô bởi C5 + C4C4 = 21 cách Tương tự , E và F được tô bởi 21 cách Theo qui tắc nhân , ta được 30 ×212 = 13230 9/ Hai đội tuyển A và B tham gia giải bóng bàn Mỗi đội có... vào 1 bàn là (4-1)! và 2 người vào bàn còn lại là 1! Theo qui tắc nhân , ta có : C64 × 3!×1! = 90 Trường hợp 3: Ta chú ý trường hợp này Số cách để chia 6 thành 2 nhóm 3 và 3 là 1 3 1 3 C6 Vậy số cách xếp là C6 × 2!× 2! = 40 2 2 Cho nên theo qui tắc cộng là : 144+90+40=274 b/ Với 3 bàn ta có 3 trường hợp : (1)4+1+1 (2)3+2+1 (3) 2+2+2 Số cách sắp xếp trong mỗi trường hợp là: 1 4 1 C6 C2 × 3!× 0!×... tử khác trong 1 đường tròn Trong trường hợp thứ nhất có s(r-1;n-1) cách xếp Trong trường hợp thứ hai có s(r-1;n) cách xếp các phần tử 2;3;…r vào n đường tròn , khi đó 1 có thể đặt vào 1 trong r-1 khoảng trống phân biệt đến “ immediate right “ của r-1 phần tử tương ứng Theo qui tắc nhân , trường hợp này có (r-1).s(r-1;n) cách sắp xếp Suy ra đpcm Sử dụng các giá trị ban đầu: s(0;0)=1 ; s(r;0)=0 ; s(r;1)=... (2)01000010 (3)10010000 (4)00011000 Trong mỗi trường hợp , ta thấy việc sắp thứ tự của 6 loại sandwich tương ứng với một chuỗi nhị phân có độ dài là 8 vói 6 ký tự 0 và 2 ký tự 1 , thứ tự khác nhau dẫn đến chuỗi nhị phân khác nhau Ta thấy có 1 song ánh giữa tập hợp các cách sắp xếp với tập hợp chuỗi nhị phân như trên Cho nên ta có , 3 H 6 = C82 Xét trường hợp tổng quát: a1 S oo .o 1 24 4 3 r1 a2 a3 oo .o... x là 2 chữ số phân biệt từ các chữ số 1;2;3;4;5;7;9 thì số giá trị khác nhau của log a x GIẢI: Số cách chọn 2 số a và x từ 7 số là : A72 Nhưng có số a không thể bằng 1 Và các trường hợp sau trùng lặp nhau: (1) x=1 và a=2;3;4;5;7;9 (2) log 2 4 = log 3 9 (3) log 4 2 = log 9 3 (4) log3 2 = log 9 4 (5) log 2 3 = log 4 9 Như vậy số trường hợp cần tìm là : A7 − A6 − ( A6 − 1) − 4 = 27 6/ Trong 1 cuộc... phần tử phân biệt trong tập hợp {-3;-2;-1;0;1;2;3} và hệ số góc của đường thẳng là dương Hỏi có bao nhiêu đường thẳng phân biệt ? CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1999 GIẢI: a b Giả sử hệ số góc của đường thẳng là tan θ = − > 0 Không mất tính tổng quát , giả sử rằng a>0 và b . < ≤ + −    = + −  và như vậy mỗi tổ hợp lặp ( ) 1 2 ; ; ; m i i i sẽ tương ứng với duy nhất một tổ hợp không lặp ( ) 1 2 ; ; ; m j j j và số tổ hợp này là 1 m n m C + − . ALL PERMUTATION. nên suy ra đpcm. TỔ HỢP LẶP LẠI: Một lựa chọn không thứ tự m phần tử từ n phần tử đã cho phân biệt ( mỗi phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần ) được gọi là tổ hợp lặp . Số tổ hợp lặp là . Cho. 1 S có thể chia thành 2 cặp {1;7} và {3;5} và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 8. 12 số trong 2 S có thể chia thành cặp {13;75};{15;73};{17;71};{35;53}… và tổng của 2 số trong mỗi cặp này