Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổ hợp và ý nghĩa hình học của số C

PHƯƠNG PHÁP QUỸ ĐẠO TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP VÀ Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA SỐ C k n 32 2.1 Lưới điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ.. Tổ hợp có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học nh

MỤC LỤC

MỤC LỤC 1

MỞ ĐẦU 4

Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP 6 1.1 Tập hợp hữu hạn 6

1.1.1 Định nghĩa 6

1.1.2 Mệnh đề 6

1.1.3 Định lý (Định lý Cantor-Bernstein) 7

1.1.4 Định nghĩa 7

1.1.5 Định nghĩa 7

1.1.6 Định nghĩa 8

1.1.7 Mệnh đề 8

1.1.8 Hệ quả 9

1.1.9 Hệ quả 9

1.1.10 Hệ quả 9

1.1.11 Hệ quả 10

1.1.12 Mệnh đề 10

1.1.13 Hệ quả 11

1.1.14 Định nghĩa (Tích Decartes suy rộng) 11

1.1.15 Hệ quả 12

1.2 Một số cấu hình tổ hợp đơn giản 12

1.2.1 Bổ đề 12

1.2.2 Bổ đề 13

1.2.3 Định nghĩa 13

1.2.4 Bổ đề 13

1.2.5 Định nghĩa 14

1.2.6 Mệnh đề 14

1.2.7 Mệnh đề 15

1.3 Một số bài toán áp dụng cấu hình tổ hợp đơn giản 15

1.4 Phương pháp giải bài toán tạo số 20

1.4.1 Đặt vấn đề 20

1.4.2 Một số dạng toán thường gặp 21

1.5 Một số phương pháp giải toán trong hình học hữu hạn 25

1.5.1 Sử dụng các kết quả về đại số tổ hợp 26

1.5.2 Sử dụng nguyên lý Dirichlet 27

1.5.3 Sử dụng nguyên lý cực hạn 29

1.5.4 Sử dụng công thức phủ 31

Chương 2 PHƯƠNG PHÁP QUỸ ĐẠO TRONG ĐẠI SỐ TỔ HỢP VÀ Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA SỐ C k n 32 2.1 Lưới điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ 32

2.1.1 Định nghĩa 32

2.1.2 Áp dụng vào giải một số bài toán số học 32

2.2 Bài toán cắt 36

2.2.1 Bài toán 36

2.2.2 Thí dụ 36

2.2.3 Bổ đề 37

2.2.4 Bổ đề 37

2.2.5 Mệnh đề 38

2.2.6 Mệnh đề 39

2.3 Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổ hợp Ý nghĩa hình học của số Ck n 39

2.3.1 Định nghĩa 39

2.3.2 Chú ý 39

2.3.3 Mệnh đề 40

2.3.4 Hệ quả 40

2.3.5 Hệ quả 40

2.3.6 Mệnh đề (Quy tắc Pascal) 41

2.3.7 Mệnh đề 42

2.3.8 Mệnh đề 43

2.3.9 Mệnh đề 44

2.3.10 Bài toán 45

2.4 Một số tính chất của quỹ đạo và ứng dụng 46

2.4.1 Định nghĩa 46

2.4.2 Mệnh đề 47

2.4.3 Mệnh đề 47

2.4.4 Mệnh đề 47

2.4.5 Mệnh đề 48

2.4.6 Mệnh đề 49

2.4.7 Bài toán sắp hàng 49

2.4.8 Chú ý 50

2.4.9 Bài toán bỏ phiếu 51

KẾT LUẬN 52

TÀI LIỆU THAM KHẢO 53

MỞ ĐẦU

Tổ hợp là một ngành toán học rời rạc nghiên cứu về các cấu hìnhkết hợp các phần tử của một tập hữu hạn Các cấu hình đó là nhữngphép liệt kê, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp các phần tử của một tập hợp

Tổ hợp có liên quan đến nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học như đại

số, lý thuyết xác suất và hình học, các ngành ứng dụng như khoa họcmáy tính và vật lý thống kê

Các bài toán tổ hợp cơ bản bao gồm: Bài toán rời rạc và đại số tổhợp, Bài toán tô màu, Bài toán trò chơi, Bài toán đồ thị

Bản luận văn chúng tôi đi sâu tìm hiểu một phương pháp thườngđược sử dụng trong việc giải các bài toán tổ hợp, đó là phương phápquỹ đạo Nội dung của phương pháp quỹ đạo trong các bài toán tổ hợp

là dựa trên lưới điểm nguyên trong mặt phẳng tọa độ để đưa ra cáchgiải thích hình học nhằm quy bài toán tổ hợp đã cho về tính số đường

đi (hay quỹ đạo) có một số tính chất xác định nào đó Dựa trên phươngpháp quỹ đạo, chúng tôi tìm hiểu ý nghĩa hình học của số Ck

n - tổ hợpchập k của n phần tử

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung luậnvăn gồm hai chương:

Chương 1 Một số kiến thức cơ sở về đại số tổ hợp

Trong chương này chúng tôi hệ thống một số kiến thức cơ sở về tậphợp hữu hạn và một số cấu hình tổ hợp đơn giản Sau đó tìm hiểu ứngdụng của chúng trong việc phân loại và xây dựng phương pháp giải bàitoán tạo số Phần cuối chương trình bày một số phương pháp giải toántrong hình học hữu hạn

Chương 2 Phương pháp quỹ đạo trong đại số tổ hợp và ý nghĩa hìnhhọc của số Ck

n

Trong chương này, trước hết chúng tôi trình bày khái niệm lưới điểmnguyên trong mặt phẳng tọa độ và phương pháp quỹ đạo Từ đó làmsáng tỏ ý nghĩa hình học của số Ck

n (Tổ hợp chập k của n phần) Sau

đó đi sâu tìm hiểu một số tính chất của quỹ đạo và ứng dụng của chúng

vào việc giải các bài toán khá nổi tiếng trong xác suất như bài toán xếphàng, bài toán về bỏ phiếu của Bertrand.

Luận văn này được hoàn thành dưới sự chỉ bảo tận tình của PGS.TS

Lê Quốc Hán Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy

Tôi xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại

số và Lý thuyết số, khoa Toán học và phòng Đào tạo Sau Đại học củatrường Đại học Vinh đã giúp đỡ chúng tôi có được điều kiện thuận lợinhất

Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp, bạn bè và các học viênlớp Cao học 19 - Đại số và lý thuyết số

Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song luận văn không tránh khỏi nhữnghạn chế, thiếu sót Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đónggóp của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn

Tác giả

Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ ĐẠI SỐ TỔ HỢP

1.1.3 Định lý (Định lý Cantor-Bernstein).

Cho A và B là những tập hợp, thế thì phải xảy ra một trong haitrường hợp sau:

i) A tương đương với một tập con nào đó của B;

ii) B tương đương với một tập con nào đó của A

Nếu cả hai trường hợp trên đồng thời xảy ra thì A và B tương đươngvới nhau

Định lý 1.1.3 do Cantor nêu lên trong khi nghiên cứu lý thuyết tậphợp, nhưng Cantor không chứng minh được Phần thứ hai của định lýđược Bernstein chứng minh năm 1897, nên được gọi là định lý Cantor-Bernstein Phần thứ nhất của Định lý 1.1.3 được Zermelo chứng minhvào năm 1901 sau khi đưa tiên đề chọn vào lý thuyết tập hợp Chúng takhông trình bày chứng minh định lý này

Chú ý rằng : nói A tương đương với một tập con nào đó của B đồngnghĩa với nói rằng có một đơn ánh từ A vào B

Như vậy, một tập hợp A là vô hạn khi và chỉ khi có một tập con thực

sự của A có cùng lực lượng với A; nói một cách khác; khi và chỉ khi cómột đơn ánh f : A −→ A sao cho f(A) 6= A

1.1.6 Định nghĩa.

Lực lượng của một tập hợp hữu hạn được gọi là một số tự nhiên.Tập rỗng là một tập hợp hữu hạn, vì thế lực lượng của nó là một số

tự nhiên, ta gọi là số không và ký hiệu bởi 0

Tập hợp A = {a} chứa một phần tử duy nhất là một tập hợp hữuhạn do đó lực lượng của A là một số tự nhiên, gọi là số một và được kýhiệu bởi 1

Nếu A là một tập hợp với lực lượng là n thì ta nói rằng tập hợp A∪{a}

có lực lượng là n + 1 Tập hợp các số tự nhiên được ký hiệu bởi N Đó làmột tập hợp vô hạn và được viết (có thứ tự) : N = {0, 1, 2, , n, n+1, }.Như vậy, nếu tập A tương đương với một tập gồm n số nguyên dươngđầu tiên thì ta nói rằng số phần tử của tập A bằng n (hay còn nói tập

Khi đó h là song ánh nên A ∪ B ∼ {1, 2, , m + n} Từ đó:

|A ∪ B| = m + n = |A| + |B|

2Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh được :

Chứng minh Ta có

A ∪ B = A ∪ (B \ (A ∩ B))trong đó A ∩ B ⊆ B và A ∩ (B \ (A ∩ B)) = ø nên từ Mệnh đề 1.1.7 và

Đặt |A| = m và giả sử A = {a1, a2, , am} Đặt |B| = n và giả sử

B = {b1, b2, , bn} Khi đó, từ định nghĩa của tích Decartes A × B, ta có

A × B = A1 ∪ A2∪ ∪ Am (1)trong đó Ai = {(ai, b1), (ai, b2), , (ai, bn)} với mỗi i = 1, 2, , m

Vì Ai ∩ Aj 6= ø với i 6= j ∈ {1, 2, , m} nên từ (1) suy ra

|A × B| = |A1| + |A2| + + |Am| (2)

Chứng minh Dựa vào Hệ quả 1.1.12 và quy nạp theo n 2

1.1.14 Định nghĩa (Tích Decartes suy rộng)

(i) Với hai tập hữu hạn A, B và số tự nhiên k cho trước thỏa mãn

k ≤ |B|, ta xây dựng tập hợp mới, ký hiệu bởi M(A, B, k) như sau:

M(A, B, k) = {(a, b)|a ∈ A, b ∈ B và mỗi phần tử a thuộc

A được ghép cặp với đúng k phần tử thuộc B}

Khi đó M(A, B, k) được gọi là tích Decartes suy rộng của hai tập A và

B theo thứ tự đó Đặc biệt, khi k = |B| thì M(A, B, k) là tích Decartescủa A và B

(ii) Với n tập hữu hạn A1, A2, , An(n ≥ 2) và n số nguyên dương

k1, k2, , kn cho trước thỏa mãn k1 = |A1|, ki ≤ |Ai| với mọi i = 2, n, taxây dựng các tập mới như sau:

M1 =A1

M2 =M(M1, A2, k2),

M3 =M(M2, A3, k3),

Mi =M(Mi −1, Ai, ki),

Mn =M(Mn −1, An, kn)

Khi đó, tập Mn được gọi là tích Decartes suy rộng của n tập hợp

A1, A2, , An theo thứ tự đó, và sẽ ký hiệu tập Mn bởi

M(A1, A2, , An; k1, k2, , kn)

1.1.15 Hệ quả.

Với A1, A2, An(n ≥ 2) là n tập hợp hữu hạn bất kỳ và k1, k2, , kn

là n số tự nhiên khác không thỏa mãn k1 = |A1|, ki = |Ai|, ∀i = 2, 3, , n

ta có

|M(A1, A2, , An; k1, k2, , kn)| = k1k2 kn

Chứng minh Sử dụng các lập luận trong chứng minh các Hệ quả 1.1.12

1.2 Một số cấu hình tổ hợp đơn giản.

Trong phần này, ta luôn luôn giả thiết rằng k và n là các số tự nhiênkhác không và A là tập hợp có n phần tử : A = {a1, a2, , an}

|T1| = |A1|.|A2| |Ak| = nk

2

|T3| = n!

k!(n − k)!

Chứng minh Phân hoạch tập T2 thành các tập con Ti 1 ,i 2 , ,i n với Ti 1 ,i 2 , ,i n

là tập gồm tất cả các phần tử t ∈ T2 mà t được tạo nên bởi k phần tử

đôi một khác nhau ai 1, ai 2, , ai k của A Gọi T∗ là tập hợp gồm tất cảcác tập con của phân hoạch nói trên Khi đó T∗ ∼ T3, nên

|T4| = Cnk+k−1.Chứng minh Xét tập

S = {(i1, i2, , ik)|i1 ≤ i2 ≤ ≤ ik, ij ∈ {1, 2, , n}, ∀j = 1, k}.Thế thì

Giả sử S∗ là tập gồm tất cả các bộ (t1, t2, , tk) không có thứ tự thỏamãn tj ∈ {1, 2, , n + k − 1} với mọi j = 1, 2, , k và t1, t2, , tk đôi mộtkhác nhau Khi đó tương ứng

Lời giải Từ giả thiết suy ra A = {k, 2k, , mk} với m là số tự nhiênthỏa mãn điều kiện

Từ đó A ∼ 1, 2, , m Vì thế |A| = m = hn

ki do (1); trong đó hn

ki là sốnguyên lớn nhất không vượt quá n

k (phần nguyên của n

Bài toán 2 Cho số nguyên dương n và cho k số nguyên a1, a2, , ak

đôi một nguyên tố cùng nhau Ký hiệu

a2

+ + n

ak

+ + (−1)k

n

a1a2 ak

)

2Bài toán 3 Cho số nguyên dương n Gọi A là tập hợp gồm tất cả các

số nguyên dương a ≤ n và (a, n) = 1 Hãy tìm |A|

Lời giải Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn là

Vì thế, theo kết quả Bài toán 2, ta có

Bài toán 4 Cho số nguyên dương n Gọi A là tập gồm tất cả các

số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện n chia hết cho a Hãy tìm |A|.Lời giải Giả sử n có sự phân tích tiêu chuẩn

Ta lại có

B = B1 × B2 × × Bm

trong đó Bi = {0, 1, , ki}, ∀i = 1, 2, , m.

Vì vậy, |A| = |B| = |B1|.|B2| |Bn| = (1 + k1)(1 + k2) (1 + km) 2Bài toán 5 Cho các số nguyên dương k và n thỏa mãn điều kiện

n > k2− k + 1 Xét n tập hợp A1, A2, , An thỏa mãn đồng thời các điềukiện :

|Ai ∩ Aj| = 1, ∀i 6= j ∈ {1, 2, , n} (1)

Xét một tập bất kỳ, chẳng hạn A1 Khi đó, do (1) ta có

|A1 ∩ Ai| = 1, ∀i = 2, 3, , n

Vì tập Ai có k phần tử nên theo nguyên lý Dirichlet, phải tồn tại phần

tử a ∈ A1 là phần tử chung của ít nhất m tập trong các tập A2, , Am

3 lần và không có chữ số nào chiếm ba vị trí liên tiếp trong số đó ?Lời giải Gọi A∗ là tập hợp gồm tất cả các số thỏa mãn yêu cầu đềbài và A là tập hợp được lập nên bởi các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 mà mỗi chữ

Bài toán 7 Cho k, n ∈ N∗ và 1, k ≤ n Hỏi có bao nhiêu cách chọn

ra k số đôi một khác nhau từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho trongmỗi bộ k số được chọn ra, không có hai số nào là hai số nguyên liêntiếp?

Lời giải Gọi m là số cần tìm Ta có m = |A|, với A là tập gồm tất

cả các bộ không có thứ tự (a1, a2, , ak) thỏa mãn ai ∈ {1, 2, , n} vớimọi i = 1, 2, , k và |ai − aj| 6∈ {0, 1} với mọi i 6= j ∈ {1, 2, , k}

Không mất tính tổng quát, với mỗi (a1, a2, , ak) ∈ A ta có thể giảthiết rằng a1 < a2 < < ak Xét tương ứng

(a1, a2, , ak) ∈ A 7−→ (a1, a2 − 1, , ak− k + 1)

Thế thì tương ứng trên xác định một song ánh từ A lên B, với B làtập gồm tất cả các bộ (b1, b2, , bk) không có thứ tự thỏa mãn bi ∈{1, 2, , n − k + 1}, ∀i = 1, 2, , k và bi 6= bj, ∀i 6= j ∈ {1, 2, , k} Từ đó

A ∼ B, và như vậy |A| = |B| = Cnk−k+1 (theo Bổ đề 1.2.4) 2Bài toán 8 Cho các số nguyên dương n, k, m thỏa mãn điều kiện

1 < k ≤ n Hỏi có tất cả các bao nhiêu cách chọn ra k số phân biệt

a1, a2, , ak từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho |ai − aj| > m, ∀i 6=

j ∈ {1, 2, , k} ?

Lời giải Bằng phương pháp đã sử dụng để giải Bài toán 7, ta chứngminh được số cần tìm bằng Ck

Bài toán 9 Cho n, k, m ∈ N∗ thỏa mãn điều kiện m > 1 và 1 <

k ≤ n Hỏi có tất cả bao nhiêu chỉnh hợp chập k(a1, a2, , ak) của n sốnguyên dương đầu tiên mà mỗi chỉnh hợp (a1, a2, , ak) đều thỏa mãn ítnhất một trong hai điều kiện : hoặc tồn tại hai số i 6= j ∈ {1, 2, , k}sao cho i < j và ai > aj, hoặc tồn tại i ∈ {1, 2, , k} sao cho ai − ikhông chia hết cho m ?

Lời giải Gọi A là tập hợp tất cả các chỉnh hợp chập k của n sốnguyên dương đầu tiên Gọi A∗ là tập hợp gồm tất cả các chỉnh hợpthỏa mãn yêu cầu Bài toán 9, và gọi B là tập hợp gồm tất cả các chỉnhhợp không thỏa mãn yêu cầu bài toán ấy Khi đó A∗ = A \ B (1)Xét tập hợp B Ta có

B = {(a1, a2, , ak) ∈ A|a1 < a2 < < ak; ai−i m,∀i ∈ {1,2, ,m}}

Gọi B1 là tập hợp gồm tất cả các bộ không có thứ tự (b1, b2, , bk)thỏa mãn bi ∈ {1, 2, , n + k(m − 1)} và bi m, ∀i ∈ {1,2, ,m} Khi đótương ứng

Bài toán 10 Cho các số k, n ∈ N∗ với 1 < k < n và n > 3 Cho đagiác lồi A1A2 An Hỏi có bao nhiêu cách tô màu k đỉnh của đa giác đósao cho trong mỗi cách tô không có hai đỉnh kề nhau nào cùng được tômàu ?

Lời giải Gọi T là tập hợp gồm tất cả các cách tô màu thỏa mãn yêucầu đề bài Gọi T1 là tập hợp tất cả các cách tô màu thuộc T mà trongmỗi cách tô ta đều thấy đỉnh A1 không được tô Đặt T2 = T \ T1 thì

T = T1 ∪ T2 và T1 ∩ T2 = ø Từ đó, theo Mệnh đề 1.1.7 và kết quả Bàitoán 7; ta nhận được

Trong phần này, ta quy ước:

• Khi nói cho một tập hợp gồm n chữ số, thì đó là các chữ số đôimột khác nhau thuộc tập hợp {0, 1, 2, , 9} với n ≤ 9

• Một số có m chữ số thì đó là số tự nhiên có chữ số đầu tiên bêntrái khác 0

Khi giải các bài toán loại này ta thường dùng các mệnh đề sau, trong đó

ba mệnh đầu thực chất là sự phát biểu theo cách khác định nghĩa côngthức chỉnh hợp và tổ hợp (xem 1.2)

1.4.2.1 Số tạo thành chứa các chữ số định trước

Bài toán 1 Cho tập hợp gồm n chữ số, trong đó có chữ số 0, từchúng có thể viết được bao nhiêu số có m chữ số khác nhau sao cho trong

đó có k chữ số định trước (thuộc n chữ số trên) với k < m ≤ n ?

Lời giải Số tạo thành gồm m vị trí có dạng a1a2 am với a1 6= 0 Gọitập hợp k chữ số định trước là X Ta xét hai trường hợp theo các khảnăng của giả thiết về tập hợp X và chữ số 0 như sau:

1)Giả thiết trong X chứa chữ số 0

Ta có m − 1 cách chọn vị trí cho chữ số 0; số cách viết k − 1 chữ sốkhác 0 thuộc X vào k − 1 vị trí trong m − 1 vị trí còn lại bằng Ak −1

m −1

theo Mệnh đề 1.4.1.1 (ii); số cách viết m −k trong số n−k chữ số khôngthuộc X vào m − k vị trí còn lại bằng Am −k

n −k theo Mệnh đề 1.4.1.1 (i).Theo nguyên lý nhân, ta được số các số tạo thành theo trường hợp nàybằng

S = (m − 1).Akm−1−1.Amn−k−k.2)Giả thiết trong X không chứa chữ số 0

Ta tính theo từng bước :

Bước 1 Tính số các số tạo thành chứa chữ số 0

Lần lượt có m − 1 cách chọn vị trí cho chữ số 0; số cách viết k chữ

số thuộc X vào k vị trí trong m − 1 vị trí còn lại bằng Ak

m −1 theo Mệnh

đề 1.4.1.1 (ii), số cách viết m − k − 1 trong số n − k − 1 chữ số khác 0

mà không thuộc X vào m − k − 1 vị trí còn lại bằng Am −k−1

n −k−1 theo Mệnh

đề 1.4.1.1 (i) Theo nguyên lý nhân, ta được số các số đó bằng

S1 = (m − 1).Akm −1.Amn−k−1−k−1.Bước 2 Tính số các số tạo thành không chứa chữ số 0

Số cách viết k chữ số thuộc X vào k vị trí trong m vị trí bằng Ak

m

theo Mệnh đề 1.4.1.1 (ii); số cách viết m − k trong số n − k − 1 chữ sốkhác 0 mà không thuộc X vào m − k vị trí còn lại bằng Am −k

n −k−1 theoMệnh đề 1.4.1.1 (i) Theo nguyên lý nhân ta được số các số đó bằng

S2 = Akm.Amn−k−1−k Bước 3 Theo nguyên lý cộng, ta được số các số tạo thành trong cáctrường hợp thứ hai bằng

S = S1 + S2

Lời giải Số tạo thành có dạng a1a2 am và hai chữ số định trước là

x, y (thuộc n chữ số đã cho) Ta xét ba trường hợp tùy theo các khảnăng của giả thiết về chữ số x, y và chữ số 0 như sau:

1)Giả thiết n chữ số đã cho chứa chữ số 0 và hai chữ số định trước

x, y khác không

Bước 1 Tính số các số tạo thành chưa xét đến hai chữ số định trước:

có n − 1 cách chọn vị trí cho chữ 0 và áp dụng Mệnh đề 1.4.1.1 (ii) tanhận được số các số đó bằng

S1 = (n − 1).Amn −1−1.Bước 2 Tính số các số có hai chữ số cạnh nhau x, y theo thứ tự xy

và yx

• Với a1a2 = xy Khi đó mỗi số a3 am ứng với một chỉnh hợp chập

m − 2 của n − 2 chữ số khác x, y Theo Mệnh đề 1.4.1.1 (i), số các

số đó bằng

S2 = Amn−2−2

• Với a1 khác 0, x, y mà số đó chứa xy Lần lượt ta có : n − 3 cáchchọn chữ số cho a1 khác 0, x, y; m − 2 cách chọn vị trí cho xy; sốcách chọn m − 3 trong n − 3 chữ số còn lại khác a1, x, y cho m − 3

vị trí còn lại là Am −3

n −3 theo Mệnh đề 1.4.1 (i) Theo nguyên lý nhân,

số các số đó bằng

S3 = (n − 2).(m − 2).Amn −3−3

Từ hai trường hợp trên, ta có số các số có chứa xy bằng S2 + S3.

• Tương tự, có S2 + S3 số với a1a2 = yx hoặc a1 khác 0, x, y mà số

đó chứa yx

Bước 3 Theo nguyên lý cộng, số các số tạo thành trong trường hợpthứ nhất bằng

S = S1 − 2.(S2+ S3)hay

S = (n − 1)Amn −1−1− 2.[Amn −2−2 + (n − 3).(m − 2).Amn −3−3)]

2) Giả thiết n chữ số đã cho chứa chữ số 0 và một trong hai chữ sốđịnh trước bằng 0

Lập luận tương tự theo hai bước:

Bước 1 Tính số các số tạo thành chưa xét đến hai chữ số x, y địnhtrước, nhận được S1 = (n − 1).Am −1

n −1.Bước 2 Tính số các số có x, y cạnh nhau dạng x0 và 0x ta nhận được

S2 = (m − 1).Amn −2−2; S3 = (2m − 2).Amn −2−2.Vậy số các số tạo thành trong trường hợp thứ hai là

S = S1 − (S2 + S3)hay

S = (n − 1).Amn −1−1− (m − 1).Amn −2−2− (2m − 2).Amn −2−2

3) Giả thiết n chữ số đã cho không có chữ số 0

Bằng lập luận tương tự, nhận được số các số tạo thành trong trườnghợp thứ ba là

S = Amn − 2(m − 1)Amn −2−2

21.4.2.3 Số tạo thành chứa chữ số lặp lại

Bài toán 3 Cho tập hợp gồm n chữ số Từ chúng viết được baonhiêu số có m chữ số (với 3 ≤ m ≤ n) sao cho trong đó có một chữ số

xuất hiện k lần, một chữ số khác xuất hiện q lần và một chữ số khác vớihai chữ số trên thỏa mãn k + q + 1 = m ?

Lời giải Ta xét hai trường hợp:

1)Giả thiết n chữ số đã cho có chữ số 0

Bước 1 Nếu kể cả trường hợp chữ số 0 đứng đầu tiên bên trái, tathấy:

Bằng lập luận tương tự, ta nhận được số các số thỏa mãn bài toántrong trường hợp thứ hai bằng

S = n.(n − 1).(n − 2).Cmk.Cmq−khay

số phương pháp thường dùng để giải các bài toán đó

1.5.1 Sử dụng các kết quả về đại số tổ hợp.

Bài toán 1.Tính số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh

Lời giải Giả sử A1A2 An là đa giác lồi n cạnh Khi đó tổng số cạnh

và đường chéo của đa giác đó là tổ hợp chập 2 của n phần tử Số đườngchéo của đa giác là:

Cn2 − n = n(n − 1)2 − n = n(n − 3)2

2Bài toán 2.Cho n đường thẳng song song phân biệt a1, a2, , an(n ≥2) và m đường thẳng song song phân biệt b1, b2, , bm(m ≥ 2) sao cho ai

và bk đôi một cắt nhau (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ k ≤ m) Tính số hình bình hànhtạo thành

Lời giải Cặp hai đường thẳng phân biệt từ n đường thẳng a1, a2, , an

cắt hai đường thẳng phân biệt từ m đường thẳng b1, b2, , bm tạo thànhmột hình bình hành Số hình bình hành được tạo thành là:

ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng có ít nhất (n − 3)(n − 4)

giác lồi khác nhau có các đỉnh nằm trong số n điểm đã cho

Lời giải Trước hết ta xét trường hợp n = 5 Khi đó (n − 3)(n − 4)

1 nên cần chứng minh trong 5 điểm thỏa mãn đã cho, tồn tại 4 điểm làđỉnh của một tứ giác lồi Với ba điểm A, B, C, ta xét trường hợp xấunhất khi hai điểm còn lại D, E nằm trong tam giác ABC Khi đó tồntại 2 đỉnh của tam giác, chẳng hạn A và B nằm về cùng một phía với

bờ là đường thẳng DE Thế thì A, B, D, E là đỉnh của một tứ giác lồi.Xét trường hợp n > 4 Vì không có 3 điểm nào thẳng hàng nên sốtất cả các cách chọn 5 điểm như trên là C5

n Mỗi cách chọn này cho ta ítnhất một tứ giác lồi Mỗi tứ giác lồi trong chúng cũng có thể lập được từ

n − 4 tập hợp khác nhau gồm 5 điểm trong n điểm đã cho Do đó có ít

-Khi ta vận dụng nguyên lý Dirichlet vào giải toán hình học, điểmmấu chốt nhất là phát hiện được đâu là những chú thỏ, đâu là nhữngchiếc lồng.

Bài toán 4 Bên trong tam giác đều ABC cạnh bằng 1, ta lấy 5điểm phân biệt tùy ý Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 điểm trong số

5 điểm đó mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1

2.Lời giải Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.Khi đó tam giác ABC được chia thành 4 tam giác đều với mỗi cạnh bàng1

2. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 2 điểm nằm trong cùng mộttam giác nhỏ Khi đó khoảng cách giữa 2 điểm ấy nhỏ hơn 1

Bài toán 5 Bên trong hình vuông có cạnh bằng 1 lấy bất kỳ 51 điểm.Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong mộthình tròn bán kính bằng 1

7