Chuyên đề PHÉP đếm TRONG GIẢI TOÁN tổ hợp

PHÉP ĐẾM TRONG GIẢI TỐN TỔ HỢP MÃ: TO07 I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Các tốn tổ hợp ngày chiếm vị trí quan trọng kỳ thi olympic, vơ địch tốn Đây dạng tốn khó, đòi hỏi tư lơgic, tư thuật tốn cao, tính hình tượng tốt, phù hợp với mục đích tuyển chọn học sinh có khả khiếu tốn học Hơn nữa, nội dung tốn ngày gần với thực tế điều hồn tồn phù hợp với xu hướng phát triển chung tốn học đại Phép đếm hay gọi Giải tích tổ hợp đóng vai trò quan trọng mơn khoa học đặc biệt Tin học Tốn ứng dụng Nhưng giải tốn đếm khơng đơn giản Khi làm quen với giải tích tổ hợp, liên tục đếm nhầm đếm lặp, đếm thiếu khơng phân biệt đối tượng tổ hợp cần áp dụng, khơng biết dùng quy tắc cộng, quy tắc nhân Khi vượt qua khó khăn ban đầu này, ta lại gặp tốn mà việc áp dụng trực tiếp quy tắc đếm đối tượng tổ hợp khơng đem lại kết mong muốn Trong viết chúng tơi tập trung vào giới thiệu số phương pháp đếm nâng cao phương pháp song ánh, phương pháp sử dụng cơng thức lực lượng tập hợp, phương pháp truy hồi Mục đích nghiên cứu Chun đề trình bày hệ thống sở lý thuyết tập vận dụng số phương pháp đếm nâng cao cơng cụ hữu ích giải tốn tổ hợp II NỘI DUNG 1.Phương pháp song ánh 1.1 Cơ sở lí thuyết Định nghĩa  Cho hai tập hợp X Y (khác rỗng) Một ánh xạ f từ X lên Y quy tắc cho tương ứng phần tử x  X với phần tử y  f  x  Y  Tập X gọi tập nguồn, tập Y gọi tập đích  Ánh xạ f gọi đơn ánh với x1, x2  X , f  x1   f  x2   x1  x2 Ánh xạ f gọi tồn ánh với y  Y , x  X cho f  x   y Ánh xạ f gọi song ánh f vừa đơn ánh vừa tồn ánh Tính chất Cho X Y tập hợp hữu hạn khác rỗng f : X  Y ánh xạ Khi đó:  Nếu f đơn ánh X  Y  Nếu f tồn ánh X  Y  Nếu f song ánh X  Y Nhận xét Để đếm số phần tử tập X người ta thiết lập song ánh tập Y cho việc đếm số phần tử Y đơn giản hơn; sau áp dụng cơng thức X  Y Nếu tồn đơn ánh (tồn ánh) từ X vào Y X  Y  X  Y  Do đó, đơn ánh tồn ánh chủ yếu sử dụng để chứng minh tốn liên quan đến bất đẳng thức tổ hợp Chuyển tốn cần chứng minh việc so sánh số phần tử hai tập hợp, có tập hợp biết cách đếm dễ đếm Tương tự ngun lý Dirichle, mặt ý tưởng đơn giản nhiên thực tế khơng phải đơn giản Để sử dụng phương pháp ta cần xác định song ánh tập cần đếm vào tập biết cách đếm việc làm khơng phải lúc thực dễ dàng Sau số tốn áp dụng phương pháp 1.2 Áp dụng Bài tốn 1.1 (Bài tốn chia kẹo Euler) Cho m, n số ngun dương Xét phương trình nghiệm ngun x1  x  xn  m Hỏi phương trình có nghiệm ngun khơng âm? Lời giải Gọi X tập hợp nghiệm ngun khơng âm phương trình cho Y tập hợp xâu nhị phân có độ dài m  n  1, có m kí tự n  kí tự Xét ánh xạ f : X  Y , cho tương ứng phần tử x   x1; x2 ; ; xn   X với phần tử y  11 1011 10 011 Dễ thấy f x1 song ánh Do X  Y  C n 1 m  n 1 x2 xn Bài tốn 1.2 (IMO, 1989) Mỗi hốn vị  x1, x2 , , x n  1,2, ,2n gọi có tính chất P xi  xi1  n , với giá trị i 1,2, ,2n Chứng minh với số n , số hốn vị có tính chất P lớn số hốn vị khơng có tính chất P Lời giải Ta chia 1,2,,2n thành n cặp 1, n  1 , 1, n   , ,  n,2n  Bây ta thiết lập ánh xạ f từ tập hốn vị khơng có tính chất P vào tâp hốn vị có tính chất P Giả sử  x1, x2 , , x2n  hốn vị khơng có tính chất P giả sử xk số cặp với x2n , k  2n  Khi ánh xạ f xác định sau:  x1, x2 , , x2n    x1, x2 , , xk , x2n , x2n1, x2n2 , , xk 1  Ta chứng minh f đơn ánh khơng tồn ánh Từ suy điều phải chứng minh Bài tốn 1.3 (APMO, 1998) Giả sử F tập hợp tất gồm n tập  A1, A2 , , An  , Ai , i  1,2, n tập tập 1,2, ,1998 Tính   A1 , A2 , An F A1  A2   An Lời giải Với i phần tử n1, n2 , ,ni 1,2, ,1998 , ta đếm xem có  A1, A2 , , An  thỏa mãn A1  A2   An  n1, n2 , , ni  (*) Ta cho phần tử n1, n2 , ,n i đăng kí có mặt tập Ak cách với 0 nt  At , t  1, n phần tử n j ta gán cho số  a1, a2 , ,a n  cho at   1 nt  At Một đăng kí hợp lệ có số (nếu khơng phần tử tương ứng khơng có mặt tập A1  A2   An ) Với i phiếu đăng kí (ta gọi nhóm phiếu đăng kí), ta lập  A1, A2 , , An  Ngược lại, với hai nhóm phiếu đăng kí khác ta có hai tập hợp  A1, A2 , , An  khác nhau, số  A1, A2 , , An  thỏa mãn (*) số nhóm phiếu đăng kí hợp lệ Vì phiếu đăng kí n j , j  1,2, n gồm n chữ số phải có số nên có 2n  cách ghi phiếu cho n j , suy có  2n  1 nhóm phiếu đăng kí j hợp lệ khác i Có C1998 cách chọn i phần tử nên suy   A1 , A2 , An F i A1  A2   An   iC1998  2n  1  1998 2n  1 1998 i n19981 i 1  1998  2n  1 21997 n Bài tốn 1.4 Cho n người xếp thành hàng dọc Hỏi có cách chọn k người cho hai người liên tiếp khơng chọn Lời giải Ta đánh số n người số thứ tự 1,2,,n Một cách chọn thích hợp số  a1  a2   ak  n thỏa mãn điều kiện ai1   (tức  ) Vậy ta cần tìm số phần tử   A   a1 ,a2 , , ak   a1  a2   ak  n , 1   với i  1,2, , k  Xét ánh xạ f  a1, a2 , , ak    b1, b2 , bk  , với bi   i  rõ ràng ta có: 1) b1  a1  2) bi1  bi   ai1   i  1  1    i  1  ai1    3) bk  ak  k   n  k  Suy  b1, b2 , , bk  phần tử tập hợp B :   B   b1, b2 , , bk   b1  b2   bk  n  k  Dễ thấy f đơn ánh Ngồi ra, ánh xạ g  b1, b2 , , bk    a1, a2 , , ak  với  bi  i  cho đơn ánh từ B vào A Vậy A  B  Cnkk 1 Bài tốn 1.5 Mỗi đỉnh cửu giác tơ màu xanh đỏ Tam giác đỏ tam giác có ba đỉnh tơ màu đỏ Tương tự có tam giác xanh Chứng minh tam giác tạo từ đỉnh cửu giác, có hai tam giác màu đồng dạng Lời giải A3 A2 A4 A5 A1 A9 A6 A7 A8 Ký hiệu đỉnh cửu giác theo thứ tự là: A1, A2 , A3 , A9 Chín đỉnh tơ màu nên có đỉnh màu Khơng tổng qt, giả sử đỉnh màu đỏ Do có C53  10 tam giác đỏ Gọi  C  đường tròn ngoại tiếp cửu giác Các đỉnh cửu giác chia  C  thành cung có độ dài cung: A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 ,, A9 A1 Mỗi cung ta gọi mảnh Lấy tam giác Ai Aj Ak tam giác thỏa mãn: Ai A j  A jAk  Ak A j Ký hiệu aij số mảnh cung Ai Aj khơng chứa Ak Khi đó, tam giác Ai Aj Ak tương ứng với số đặc trưng  aij , a jk , aki  Ví dụ, tam giác A9 A2 A5 tương ứng số  2,3,4 Hai tam giác đồng dạng hai tam giác có số đặc trưng bao gồm số tự nhiên khơng giảm  a, b, c  thỏa mãn: a  b  c  Ta dễ dàng liệt kê có thỏa mãn điều kiện là: 1,1,7 ; 1,2,6 ; 1,3,5; 1,4,4 ;  2,2,5;  2,3,4; 3,3,3 Chúng ta có 10 tam giác đỏ số nên có tam giác có số đặc trưng Suy điều phải chứng minh 1.3 Bài tập tự luyện Bài tốn 1.6 Cho n số ngun dương Xét bảng vng n  n Hỏi bảng cho có hình vng? Bài tốn 1.7 Cho A  1,2,3, ,2n Một tập B A gọi tập cân tập số số chẵn số số lẻ Tìm số tập cân A Bài tốn 1.8 Cho X  1,2, ,2015 Hỏi có tập A X có tính chất: A có phần tử khơng chứa hai số ngun liên tiếp Bài tốn 1.9 Có nhóm người mà đó, cặp khơng quen có hai người quen chung, cặp quen khơng có người quen chung Chứng minh số người quen người Bài tốn 1.10 Trong kỳ thi có k thí sinh tham dự Hội đồng coi thi xếp k thí sinh ngồi xung quanh bàn tròn có n ghế đánh số từ đến n  n  4k  Hai thí sinh gọi ngồi cạnh họ khơng có thí sinh khác Quy chế thi u cầu hai thí sinh ngồi cạnh phải có ba ghế trống Hỏi Hội đồng coi thi có cách chọn k ghế quanh bàn tròn làm chỗ ngồi cho k thí sinh? Bài tốn 1.11 Có n người xếp thành vòng tròn Hỏi có cách chọn k người cho khơng có hai người kề chọn ? Bài tốn 1.12 (Vơ địch Trung Quốc, 1997) Trong xâu nhị phân có độ dài n , gọi an số xâu khơng chứa số liên tiếp 0, 1, bn số xâu khơng chứa số liên tiếp 0,0,1,1 1,1,0,0 Chứng minh bn1  2an Bài tốn 1.13 (VMO, 2012) Cho nhóm gồm gái, kí hiệu G1, G2 , G3 , G4 , G5 12 chàng trai Có 17 ghế xếp thành hàng ngang Người ta xếp nhóm người cho ngồi vào ghế cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: i) Mỗi ghế có người ngồi; ii) Thứ tự ngồi gái, xét từ trái qua phải, G1, G2 , G3 , G4 , G5 ; iii) Giữa G1 G2 có chàng trai; iv) Giữa G4 G5 có chàng trai nhiều chàng trai Hỏi có tất cách xếp vậy? (Hai cách xếp coi khác tồn ghế mà người ngồi ghế hai cách xếp khác nhau) Bài tốn 1.14 (VMO, 1995) Cho số ngun n  cho đa giác 2n đỉnh Người ta tơ tất đỉnh đa giác n màu cho điều kiện sau đồng thời thoả mãn i) Mỗi đỉnh tơ màu; ii) Mỗi màu dùng để tơ cho hai đỉnh khơng kề Hai cách tơ màu, thoả mãn điều kiện trên, gọi tương đương cách tơ màu nhận từ cách tơ màu nhờ phép quay quanh tâm đa giác cho Hỏi có tất cách tơ màu đơi khơng tương đương? Bài tốn 1.15 (IMO, 2005) Cho số ngun dương n, k với n  k Xét phép tốn f thứ tự X   x1, , xn  sau: lần chọn k số liên tiếp tuỳ ý X đổi dấu chúng Tìm số thứ tự X   x1, , xn  thoả mãn điều kiện: i) Mọi phần tử X thuộc tập {-1,1} ii) Có thể thực hữu hạn lần phép tốn f để từ X nhận 1,1, ,1 Phương pháp sử dụng cơng thức lực lượng tập hợp 2.1 Cơ sở lí thuyết 2.1.1 Ngun lí bù trừ Nếu X tập hợp hữu hạn A  X Gọi A  X \ A Khi A  X  A 2.1.2 Ngun lí cộng Nếu A B hai tập hợp khơng giao A B  A  B Do đó, cơng việc X có hai phương án thực A, B A có a cách thực hiện, B có b cách thực số cách thực cơng việc X x  a  b n Tổng qt, cho A1, A2 , , An tập rời Khi đó: i 1 n Ai   Ai i 1 2.1.3 Ngun lí nhân Nếu A B hai tập hợp hữu hạn A  B  A B Do đó, cơng việc X phải thực qua hai giai đoạn A B , giai đoạn A có a cách thực hiện, giai đoạn B có b cách thực số cách thực cơng việc X x  ab Tổng qt, cho n tập hợp A1, A2, , , An  n   Khi đó: n n i 1 i 1  Ai   Ai 2.1.4 Ngun lí thêm bớt Cho hai tập hợp A B hữu hạn Khi đó, ta có A B  A  B  A B Tổng qt, cho n tập hợp A1, A2, , , An  n   Khi đó: n n i 1 Ai  | Ai |  i 1  1i  j  n | Ai  Aj |   1i  j  k  n | Ai  Aj  Ak |   (1) n | A1  A2   An | 2.2 Áp dụng Bài tốn 2.1 (VMO, 2005): Tìm hiểu kết học tập lớp học, người ta thấy: Hơn số học sinh đạt điểm giỏi mơn Tốn đồng thời đạt điểm giỏi mơn Vật lí; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi mơn Vật lí đồng thời đạt điểm giỏi mơn Văn; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi mơn Văn đồng thời đạt điểm giỏi mơn Lịch sử; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi mơn Lịch sử đồng thời đạt điểm giỏi mơn Tốn Chứng minh lớp học nói có học sinh đạt điểm giỏi bốn mơn: Tốn, Vật lí, Văn Lịch sử Lời giải Gọi T , L, S ,V tập học sinh đạt điểm giỏi mơn Tốn, Lí, Sử Văn Khơng tính tổng qt giả sử T  L  V  S (*) vai trò bình đẳng chúng giả thiết Đặt TL  T  L, LV  L  V ,VS  V  S Theo giả thiết ta có: TL  2 T ; LV  L ; VS  V (**) Ta cần chứng minh: 3 | T  L  V  S | hay | TL  LV  VS | Theo ngun lí bù trừ ta có: | TL  LV  VS  TL  LV  VS  (TL  LV )  VS |  TL  LV  VS  | TL  LV  (TL  LV )  VS | (**) 2  T  L  V  | (T  L)  ( L  V  (T  L  V )  (V  S |  2 T  L  V  L V 3  1 T  L  V  Điều phải chứng minh 3 Bài tốn 2.2 Cho tập M  1,2,3,,2n Một hốn vị M gọi có tính chất P hốn vị có hai phần tử liền kề có hiệu n Chứng minh tất hốn vị M , số hốn vị có tính chất P lớn số hốn vị khơng có tính chất P Lời giải Gọi A tập tất hốn vị M có tính chất P Ta chứng minh A   2n ! (*) Gọi Ak tập hốn vị M mà k n  k đứng liền kề nhau, k  1,2,, n Khi A  n Ak (1) k 1 Từ (1), theo cơng thức lực lượng tập hợp ta có: n | A | | Ak |  k 1  1 k i  n n | A | | Ak |  k 1 | Ak  Ai |   1 k i  n  1 k i  j  n | Ak  Ai  Aj |   (1) n1 | A1  A2   An | | Ak  Ai | (2) Dễ có Ak   2n  1! ;| Ak  Ai |  2n  ! Thay vào (2) ta được: n(n  1) 1 4.(2n  2)!  2n2 (2n  2)!  2n(2n  1)(2n  2)!  (2n)! 2 Điều phải chứng minh | A | 2n(2n  1)! Bài tốn 2.3 Cho A  a1, a2 ,, a8 B  A tập tập A có tính chất: tập thuộc B  A có phần tử giao hai tập thuộc B  A khơng chứa hai phần tử A Chứng minh rằng: i) Max B  A  ii) Nếu B1, B2 , B3 , B4 tập thuộc B  A B1  B2  B3  B4   iii) Max B  A  Lời giải i) Với n4 ta có cách chọn B  A sau: B1  a1, a2 , a3; B2  a3 , a4 , a5 ; B3  a5 , a6 , a7 ; B4  a1, a4 , a7  Vậy Max B  A  ii) Giả thiết phản chứng B1  B2  B3  B4   Khi tồn giả thiết a1 thuộc A thuộc B1  B2  B3  B4  Bi  B j  với i, j  1,2,3,4, i khác j Suy A | B1  B2  B3  B4 | 12    11  Vơ lí Vậy B1  B2  B3  B4   iii) Do B1  B2  B3  B4   với B1, B2 , B3 , B4 nên phần tử A thuộc khơng q ba tập Bi B  A Vậy B  A  24  B  A  Với B  A  ta có cách chọn B  A sau: B1  a1, a2 , a3; B2  a5 , a4 , a5; B3  a1, a6 , a7 ; B4  a2 , a4 , a8; B5  a2 , a5 , a7 ; B6  a3 , a5 , a8; B7  a3 , a4 , a7 ; B8  a4 , a6 , a8  Vậy Max B  A  Bài tốn 2.4 Cho 167 tập hợp A1, A2 ,, A167 có tính chất: i) A1  A167  2004; ii) Ai  Aj | Ai  Aj | với i, j  1,2,,167 i khác j Hãy: a) Chứng minh | Ai | 12 với i  1,2, ,167 A 167 b) Tính i 1 i Lời giải a) Dễ có | Ai  Aj |  Ai  12 với i, j  1,2,,167 i khác j 167 b) Ta chứng minh Ai  (*) i 1 Thật vậy, xét tập A1 Từ | A1  Ai | với i  1,2,,167 suy tập A2 , A3 ,, A167 chứa phần tử A1 Do A1  12 nên theo ngun lí Đirichlet tồn giả sử A2 ,, A15 chứa a thuộc A1 Nếu có i  15 cho a  Ai | Ai  Aj |  | Aj   Ai \ {a} |  Vậy: Aj   Ai \ {a}  b j  với j  2,2,,15 (1) Dễ thấy b j phân biệt nên từ (1) suy Ai chứa q 12 phần tử Trái với kết luận Ai  12 Vậy (*) chứng minh Từ (*) | Ai  Aj | 1, i, j  1,2,,167 i khác j suy ra: 167 i 1 Ai  ( 167 i 1 ( Ai \ {a})  {a}  ( 167 ( Ai \ {a})  |{a}|=167.11+1=1838 i 1 Bài tốn 2.5 Trên bàn cờ tướng bỏ đường chéo Hỏi có cách xếp qn xe lên bàn cờ cho khơng có qn xe ăn qn xe nào? Lời giải Số cách qn xe lên bàn cờ, chưa xóa đường chéo chính, cho khơng có qn xe ăn qn xe 8! Cách Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho bỏ đường chéo tương ứng với tọa độ  i, i  với i  1,2,,8 Gọi Ai số cách xếp qn xe thỏa mãn tốn mà có qn xe đứng vị trí  i; i  Khi đó: Ai  7!, | Ai  Aj  6!,, A1    A8 | 0!  Vậy: A1   A8  C81.7! C82 6! C83 5! C84 4! C85 3! C86 2! C87 1! C88 0!   8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!       2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! Vậy số cách xếp hợp lệ là: 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!        14833 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 2.3 Bài tập tự luyện Bài tốn 2.6 Một số tự nhiên gọi số đẹp hợp số khơng chia hết cho 2, 3, i) Hỏi có số ngun tố nhỏ 1000; ii) Hỏi có số đẹp nhỏ 1000 Bài tốn 2.7 Giả sử có n  2008 tập A1,, A2008 thỏa mãn: i) Ai  k  10 với i  1,2,, n  2008 ii) | Ai  Aj | 2k   19 với i, j  1,2,, n  2008 i khác j Xác định n  2008 i 1 Ai Bài tốn 2.8 Có 1999 người tham dự họp Cứ 50 người tùy ý ta chọn người khơng quen biết Chứng minh ta chọn 41 người cho người người biết nhiều 1958 người khác Bài tốn 2.9 Có 2010 người xếp thành hàng dọc Hỏi với số ngun dương k  1005 cho trước có cách chọn k người từ 2010 người cho khơng có người liền kề chọn Bài tốn 2.10 Tìm ba số ngun dương  x, y, z  thỏa mãn:  x  y  z  chia hết cho 10 x, y, z khơng lớn 2008 Phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi 3.1 Cơ sở lí thuyết 10 Định nghĩa: Hệ thức truy hồi (hay cơng thức truy hồi) dãy số an  cơng thức biểu diễn an qua hay nhiều số hạng trước nó, cụ thể a0 , a1, a2 , , an1 với n  n0 ngun dương Dãy số gọi nghiệm hệ thức truy hồi số hạng thỏa mãn hệ thức truy hồi Các giá trị gán cho số hữu hạn số hạng đầu dãy gọi điều kiện ban đầu hay điều kiện biên hệ thức truy hồi Một phương pháp có hiệu để giải tốn tổ hợp thiết lập hệ thức truy hồi Nội dung phương pháp sau: Thay ta đếm trực tiếp f (n) theo u cầu tốn, ta thiết lập biểu thức quan hệ f (n), f (n  1), để tính f (n) 3.2 Vận dụng Bài tốn 3.1 (bài tốn tháp Hà Nội) “Có ba cọc 1,2,3 Ở cọc có n đĩa xếp chồng lên cho đĩa nằm lớn đĩa nằm Hãy chuyển tất đĩa từ cọc sang cọc dùng cọc làm cọc trung gian với điều kiện lần chuyển đĩa từ cọc sang cọc khác ln đảm bảo đĩa nằm lớn đĩa nằm trên” Bài tồn đặt là: Tìm số lần di chuyền đĩa cần thực để giải xong tốn Lời giải Phương pháp di chuyển sau: Gọi sn số lần di chuyển đĩa cần thực +) Chuyển n  đĩa từ cọc sang cọc (lấy cọc làm cọc trung gian), ta có sn1 phép chuyển +) Chuyển đĩa lớn cọc sang cọc số 3, ta có phép chuyển +) Chuyển n  đĩa cọc số cọc số (lấy cọc làm cọc trung gian), ta có sn1 phép chuyển Do vậy, để chuyển n đĩa từ cọc số sang cọc số 3, ta cần sn1   sn1  2sn1  phép chuyển Vậy ta có cơng thức truy hồi dãy số s0 , s1, s2 , là: sn  2sn1  s1  1 s2  3, s3   Ta có sn  2sn1    2sn2  1   22 sn2    22  2sn3  1    232sn3  22     2n1 s1  2n2  2n3    1  2n1   2  2n1   2n  1 Bài tốn 3.2 (Bungari, 1995) Cho số ngun dương n  Hãy tìm số hốn vị  a1, a2 , , an  1,2, ,n cho tồn số i 1,2, , n  1 thỏa mãn  1  2n1  2n2  2n3     Lời giải Gọi Sn số hốn vị thỏa mãn điều kiện tốn Để ý số hốn vị mà an  n Sn1 (bởi Sn1 số hốn vị  a1, a2 , , an  1,2, n 1 cho tồn số i 1,2, , n  2 thỏa mãn  1 ) 11 Còn số hốn vị 1  i  n  1  a1, a2 , , an  thỏa mãn điều kiện tốn với  n n 1 Cni 11 Do Sn  Sn1   Cni 11  Sn1  2n1  (do i 1 n C i 1 i 1 n 1  2n1 ) Hiển nhiên S2  1, tương tự tốn 3.1 ta có Sn   n  n Bài tốn 3.3 Kí hiệu f  n  số hốn vị  a1, a2 , , an  1,2, ,n  thỏa mãn đồng thời điều kiện: 1) a1  2)  ai1  2, i  1,2, , n  Hỏi f  2013 có chia hết cho khơng? Lời giải Ta xét với n  Do a1  a1  a2  nên a2  a2  +) Nếu a2   a2 , a3 , , an  hốn vị  2,3, ,n  thoả mãn i a2  ii  ai1  2, i  2,3, , n  Số hốn vị f  n  1 +) Nếu a2  a3 {2,4,5} Giả sử có ak  2(3  k  n) ak 1  ak  , ak  ak 1  ak 1, ak khác 1, 2, nên ak 1  ak 1   vơ lí Vậy a3  an  Nếu a3  a4  ,  a4 , a5 , , an  hốn vị  4,5, ,n  thoả mãn i a4  ii  ai1  2, i  4,5, , n  Số hốn vị f  n  3 Nếu an  an1  nên a3  , kết hợp với giả thiết suy an2  6, a4  7, an3  8, Cứ có hốn vị thoả mãn Dễ dàng tính f  2  1, f  3  2, f    Tóm lại, ta có hệ thức truy hồi: f  2  1, f  3  2, f  4  f  n   f  n  1  f  n  3 , n  Khi ta chứng minh dãy { f (n)(mod3)}n2 dãy tuần hồn chu kì 2, đó: f  2013  f  3  2(mod3) Vậy f  2013 khơng chia hết cho 12 Bài tốn 3.4 (IMO, 1967) Trong thi đấu thể thao có m huy chương phát n ngày thi đấu Ngày thứ nhất, người ta phát huy chương 1 số huy chương lại Ngày thứ hai, người ta phát hai huy chương huy 7 chương lại Những ngày lại tiếp tục tương tự Ngày sau lại n huy chương để phát Hỏi có tất huy chương phát ngày Lời giải Gọi ak số huy chương lại trước ngày thứ k , suy a1  m ta có 6k ak 1  ak  k   ak  k   ak  (do ngày thứ k phát k huy chương 7 huy chương lại) Giải hệ thức truy hồi ta k 1 6 ak     m  36   6k  42 7 Theo giả thiết ta có 7 an  n    6 n1 7 m  36   n     Vì m  36  6 n    n   m  36 n1  m  36  6n  42  6,7   Suy nên 6n1  n  nên Vậy có 36 huy chương phát ngày Bài tốn 3.5 (IMO, 1979) Giả sử A E hai đỉnh đối diện hình bát giác Một ếch bắt đầu nhảy từ đỉnh A Tại đỉnh bát giác (trừ đỉnh E ), cú nhảy ếch nhảy tới hai đỉnh kề với đỉnh Khi ếch nhảy vào đỉnh E bị kẹt vĩnh viễn Cho trước số ngun dương n Hỏi với n cú nhảy, có cách để ếch nhảy vào đỉnh E Lời giải Gọi an số cách để ếch nhảy vào đỉnh E Dễ thấy a1  a2  a3  0; a4  Giả sử từ A theo chiều kim đồng hồ đỉnh A  B  C  D  E  F  G  H  A Từ A ếch đến B phải qua số lẻ bước Từ B ếch đến C phải qua số lẻ bước Từ C ếch đến D phải qua số lẻ bước Từ D ếch đến E phải qua số lẻ bước Vậy số bước đến E dứt khốt phải số chẵn Nói cách khác, n lẻ khơng có cách nhảy vào E Vậy a2 k 1  Ta cần tính a2 k , k  Xuất phát từ A , với hai bước nhảy ếch có cách sau: 1) A  B  A 2) A  H  A 3) A  B  C 4) A  H  G Nếu theo cách 1) số cách tới E a2 k 2 Nếu theo cách 2) số cách tới E a2 k 2 Gọi cn , gn số cách để ếch xuất phát tương ứng từ C, G nhảy 13 vào đỉnh E với n cú nhảy Vì lí đối xứng ta có cn  gn Vậy theo cách 3) số cách tới E c2 k 2 Nếu theo cách 4) số cách tới E g2k 2 Theo quy tắc cộng ta có a2k  a2k 2  a2k 2  c2k 2  g2k 2  2a2k 2  2c2k 2 (1) Xuất phát từ C , với hai bước nhảy ếch có cách nhảy sau: 1c) C  B  A 2c) C  B  C 3c) D  D  C 4c) C  D  E Nếu theo cách 1c) số cách tới E a2 k 2 Nếu theo cách 2c) số cách tới E c2k 2 Nếu theo cách 3c) số cách tới E c2k 2 Nếu theo cách 4c) số cách tới Theo quy tắc cộng ta có c 2k  a2k 2  2c 2k 2 (2) Từ (1) (2) rút c2k  a2k  a2k 2  c2k 2  a2k 2  a2k 4 Thay vào (2) ta a2k  4a2k 2  2a2k 4 Đặt uk  a2k ta có uk  4uk 1  2uk 2 , u1  a2  0; u2  a4  Bằng cách giải phương trình đặc trưng ta đến cơng thức sau: a2 k  uk 2    k 1   2  k 1 , k  1,2, Bài tốn 3.6 Xét đa giác n đỉnh với tâm O Người ta tơ màu miền tam giác OAi Ai1 1  i  n   An1  A1  k  k  3 màu cho hai miền kề tơ hai màu khác Hỏi có cách tơ màu vậy? Lời giải Gọi S  n, k  số cách tơ màu thoả mãn tốn Ta có k cách tơ màu miền OA1 A2 , k  cách tơ màu miền OA2 A3 ,…, k  cách tơ màu miền OAn A1 Do có tất k  k  1 cách tơ Tuy nhiên, ta phải trừ cách tơ sai, chẳng hạn miền OAn A1 OA1 A2 màu, ta coi OAn A2 miền tam giác (bỏ qua đỉnh A1 ), số cách tơ S  n  1, k  Do ta có hệ thức: n 1 S  n, k   k  k  1 =k  k  1 n 1 n 1  S  n  1, k   [k  k  1 n2  S  n  2, k ] n2    1   k  k  1 n 1  k  k  1 14 n4 [k  k  1  S  3, k ] Suy S  n, k    k  1   1  k  1 n n 3.3 Bài tập tập tự luyện Bài tốn 3.7 Cho số ngun dương n tập S  1,2, , n Tìm tập (kể tập rỗng) S mà khơng chứa hai số ngun liên tiếp Bài tốn 3.8 (VMO 2009) Cho số ngun dương n Kí hiệu T tập hợp gồm 2n số ngun dương Hỏi có tất tập S T có tính chất: S khơng tồn số a, b mà a  b {1; n}? Bài tốn 3.9 Có n bóng b1, b2 , , bn 2n hộp h1, h2 , , h2 n Biết bóng bi ( i  1,2, , n ) bỏ vào hộp h1, h2 , , h2i Hỏi có cách bỏ k (1  k  n ) bóng vào hộp biết hộp chứa nhiều bóng (hai cách bỏ bóng gọi khác bóng bỏ vào hai hộp khác hai cách đó) Bài tốn 3.10 Xét đa giác n đỉnh với tâm O Người ta tơ màu miền tam giác OAi Ai1 1  i  n   An1  A1  k  k  3 màu cho hai miền kề tơ hai màu khác Hỏi có cách tơ màu vậy? Bài tốn 3.11 Kí hiệu f  n  số hốn vị  a1, a2 , , an  1,2, ,n  thỗ mãn đồng thời điều kiện: 1) a1  2)  ai1  2, i  1,2, , n 1 Hỏi f  2013 có chia hết cho khơng? Bài tốn 3.12 Có n  thí sinh ngồi bàn tròn Hỏi có cách phát đề cho hai thí sinh ngồi cạnh ln có đề khác nhau, biết ngân hàng đề có m  m  1 đề hiển nhiên đề có nhiều Bài tốn 3.13 (Dự tuyển IMO, 1996) Cho bảng vng n  n  n  1 Hỏi có cách đánh dấu vng bảng cho hình vng  có vng đánh dấu (Hai cách đánh dấu coi khác có vng mà cách đánh dấu cách khơng) Bài tốn 3.14 Tìm số ngun dương n thỏa mãn ba điều kiện sau: i) n có 1000 chữ số ii) Tất chữ số n lẻ iii) Hiệu số liên tiếp n ln Bài tốn 3.15 (VMO, 1997) Hỏi n đường tròn chia mặt phẳng làm phần cặp hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt khơng có ba đường tròn có giao điểm chung? 15 Bài tốn 3.16 (IMO, 2011) Giả sử n  số ngun Cho cân đĩa n cân có khối lượng 20 ,21 ,22 , ,2n1 Ta muốn đặt lên cân n cân, một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải khơng nặng đĩa cân bên trái Ở bước ta chọn cân chưa đặt lên đặt lên đĩa bên phải, đĩa bên trái, tất cân đặt lên đĩa Hỏi có cách để thực việc đặt cân theo mục đích đặt ra? C KẾT LUẬN Bài tốn tổ hợp tốn có nội dung thực tế, lý luận hấp dẫn lý thú, điều nghe đơn giản giải đươc q trình tư sâu sắc, hy vọng chun đề trình bày số phương pháp đếm nâng cao làm rõ cách giải tốn tổ hợp cho học sinh giỏi tốn trường Trung học phổ thơng, chun Tốn Do thời gian hạn chế nên viết khơng thể tránh khỏi sai sót Rất mong nhận xét, góp ý thầy cơ, đồng nghiệp em học sinh để viết hồn thiện trở thành tài liệu tham khảo tốt cho học sinh u tốn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phép đếm - vấn đề nâng cao, Trần Nam Dũng, Trường Đại học KHTN Đại học Quốc gia Hồ Chí Minh [2] Luận văn Phương pháp tốn sơ cấp“Bài tốn đếm nâng cao tổ hợp ứng dụng”, Trương Nhật Lý, Đại học Đà Nẵng, 2011 [3] Phương pháp ánh xạ tốn tổ hợp, Nguyễn Chiến Thắng, THPT chun Quảng Bình, 2013 [4] Phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi tổ hợp, Huỳnh Tấn Châu [5] Tài liệu Internet, đặc biệt www.diendantoanhoc.net, www.mccme.ru 16 website: www.mathlinks.ro, [...]... quả cân đều được đặt lên đĩa Hỏi có bao nhiêu cách để thực hiện việc đặt cân theo đúng mục đích đặt ra? C KẾT LUẬN Bài toán tổ hợp là bài toán có nội dung thực tế, lý luận hấp dẫn và lý thú, những điều nghe như là đơn giản nhưng giải đươc nó là một quá trình tư duy sâu sắc, hy vọng chuyên đề này đã trình bày một số phương pháp đếm nâng cao làm rõ hơn cách giải toán tổ hợp cho học sinh giỏi toán ở trường... Dũng, Trường Đại học KHTN Đại học Quốc gia Hồ Chí Minh [2] Luận văn Phương pháp toán sơ cấp“Bài toán đếm nâng cao trong tổ hợp và ứng dụng”, Trương Nhật Lý, Đại học Đà Nẵng, 2011 [3] Phương pháp ánh xạ trong các bài toán tổ hợp, Nguyễn Chiến Thắng, THPT chuyên Quảng Bình, 2013 [4] Phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi trong tổ hợp, Huỳnh Tấn Châu [5] Tài liệu Internet, đặc biệt là www.diendantoanhoc.net,... kiện ban đầu hay điều kiện biên của hệ thức truy hồi Một trong những phương pháp có hiệu quả để giải toán tổ hợp là thiết lập hệ thức truy hồi Nội dung cơ bản của phương pháp này như sau: Thay vì ta đếm trực tiếp f (n) theo yêu cầu bài toán, ta sẽ thiết lập biểu thức quan hệ giữa f (n), f (n  1), để rồi tính f (n) 3.2 Vận dụng Bài toán 3.1 (bài toán tháp Hà Nội) “Có ba cọc 1,2,3 Ở cọc 1 có n đĩa xếp... chia hết cho 3 không? Bài toán 3.12 Có n  1 thí sinh ngồi trên một bàn tròn Hỏi có bao nhiêu cách phát đề sao cho hai thí sinh ngồi cạnh nhau luôn có đề khác nhau, biết rằng ngân hàng đề có đúng m  m  1 đề và hiển nhiên mỗi đề có nhiều bản Bài toán 3.13 (Dự tuyển IMO, 1996) Cho bảng ô vuông n  n  n  1 Hỏi có bao nhiêu cách đánh dấu các ô vuông trong bảng sao cho trong mỗi hình vuông 2  2... cho học sinh giỏi toán ở trường Trung học phổ thông, chuyên Toán Do thời gian còn hạn chế nên bài viết không thể tránh khỏi những sai sót Rất mong sự nhận xét, góp ý của các thầy cô, đồng nghiệp và các em học sinh để bài viết có thể hoàn thiện hơn và trở thành tài liệu tham khảo tốt cho học sinh yêu toán TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phép đếm - các vấn đề cơ bản và nâng cao, Trần Nam Dũng, Trường Đại học... nhất cần thực hiện để giải xong bài toán trên Lời giải Phương pháp di chuyển như sau: Gọi sn là số lần di chuyển đĩa ít nhất cần thực hiện +) Chuyển n  1 đĩa từ cọc 1 sang cọc 2 (lấy cọc 3 làm cọc trung gian), ta có sn1 phép chuyển +) Chuyển đĩa lớn nhất ở cọc 1 sang cọc số 3, ta có 1 phép chuyển +) Chuyển n  1 đĩa ở cọc số 2 về cọc số 3 (lấy cọc 1 làm cọc trung gian), ta có sn1 phép chuyển Do vậy,... cách giải phương trình đặc trưng ta đi đến công thức sau: a2 k  uk 2  2   k 1   2 2  k 1 2 , k  1,2, Bài toán 3.6 Xét đa giác đều n đỉnh với tâm O Người ta tô màu các miền tam giác OAi Ai1 1  i  n   An1  A1  bằng k  k  3 màu sao cho hai miền kề nhau được tô bởi hai màu khác nhau Hỏi có bao nhiêu cách tô màu như vậy? Lời giải Gọi S  n, k  là số cách tô màu thoả mãn bài toán. .. n 3.3 Bài tập tập tự luyện Bài toán 3.7 Cho số nguyên dương n và tập S  1,2, , n Tìm các tập con (kể cả tập rỗng) của S mà không chứa hai số nguyên liên tiếp Bài toán 3.8 (VMO 2009) Cho số nguyên dương n Kí hiệu T là tập hợp gồm 2n số nguyên dương đầu tiên Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con S của T có tính chất: trong S không tồn tại các số a, b mà a  b {1; n}? Bài toán 3.9 Có n quả bóng b1, b2... được đánh dấu (Hai cách đánh dấu được coi là khác nhau nếu có một ô vuông nào đó mà trong cách này thì được đánh dấu còn trong cách kia thì không) Bài toán 3.14 Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn ba điều kiện sau: i) n có 1000 chữ số ii) Tất cả các chữ số của n lẻ iii) Hiệu của 2 số liên tiếp bất kì của n luôn bằng 2 Bài toán 3.15 (VMO, 1997) Hỏi n đường tròn chia mặt phẳng ra làm bao nhiêu phần nếu bất... phát trong 6 ngày Bài toán 3.5 (IMO, 1979) Giả sử A và E là hai đỉnh đối diện của một hình bát giác đều Một con ếch bắt đầu nhảy từ đỉnh A Tại mỗi đỉnh của bát giác (trừ đỉnh E ), mỗi cú nhảy con ếch chỉ có thể nhảy tới hai đỉnh kề với đỉnh đó Khi con ếch nhảy vào đỉnh E nó sẽ bị kẹt vĩnh viễn ở đó Cho trước số nguyên dương n Hỏi với n cú nhảy, có bao nhiêu cách để con ếch nhảy vào đỉnh E Lời giải ... toán tổ hợp toán có nội dung thực tế, lý luận hấp dẫn lý thú, điều nghe đơn giản giải đươc trình tư sâu sắc, hy vọng chuyên đề trình bày số phương pháp đếm nâng cao làm rõ cách giải toán tổ hợp. .. yêu toán TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phép đếm - vấn đề nâng cao, Trần Nam Dũng, Trường Đại học KHTN Đại học Quốc gia Hồ Chí Minh [2] Luận văn Phương pháp toán sơ cấp“Bài toán đếm nâng cao tổ hợp ứng... để chứng minh toán liên quan đến bất đẳng thức tổ hợp Chuyển toán cần chứng minh việc so sánh số phần tử hai tập hợp, có tập hợp biết cách đếm dễ đếm Tương tự nguyên lý Dirichle, mặt ý tưởng đơn