Sửdụng phương trình nghiệm nguyên đểgiải một sốbài toán tổhợp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO BÁO CÁO SÁNG KIẾN SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP Tác giả: Phạm Quốc Thịnh Trình độ chuyên môn: Cử nhân Chức vụ: Giáo viên Nơi công tác: Trường THPT Trần Hưng Đạo - Nam Định Nam Định, ngày 15 tháng năm 2015 1 Tên sáng kiến: Sử dụng phương trình nghiệm nguyên để giải số toán tổ hợp Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy môn Đại số giải tích lớp 11 chương trình THPT Thời gian áp dụng sáng kiến: Kể từ ngày tháng năm 2014 Tác giả: Họ tên: Phạm Quốc Thịnh Năm sinh: 1980 Trình độ chuyên môn: Cử nhân Chức vụ công tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT Trần Hưng Đạo - Nam Định Điện thoại: 0913898797 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 100% Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Trần Hưng Đạo - Nam Định Địa chỉ: 75/203 đường Trần Thái Tông - phường Lộc Vượng - thành phố Nam Định Điện thoại: 03503847042 MỤC LỤC I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH ĐỂ TẠO RA SÁNG KIẾN ………………… II MÔ TẢ GIẢI PHÁP …………………………………………………… Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến ………………………………… Mô tả giải pháp sau có sáng kiến ……………………………………… 11 III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI ……………………………… 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………….…… I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Trong kỳ thi Olympic Toán, toán tổ hợp gây nhiều khó khăn cho học sinh Sách Giáo khoa Đại số Giải tích lớp 11 trình bày chương tổ hợp xác suất Sử dụng khái niệm quy tắc tính tương ứng ta giải toán đếm số tổ hợp thỏa mãn điều kiện cho trước Ta trích dẫn toán tổ hợp đề thi VMO - 2014 để minh họa: Bài toán: (VMO 2014) Cho đa giác có 103 cạnh Tô màu đỏ 79 đỉnh đa giác tô màu xanh đỉnh lại Gọi A số cặp đỉnh đỏ kề B số cặp đỉnh xanh kề Xác định số cách tô màu đỉnh để B = 14 Biết rằng, hai cách tô màu xem chúng nhận từ qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác Lời giải 1: Số đỉnh tô màu xanh là: 103 − 79 = 24 Nếu tất đỉnh đỏ chụm thành cụm A = 78 Nếu tất đỉnh đỏ bị cắt thành hai cụm A = 77 Cứ thế, tất đỉnh đỏ bị cắt thành k cụm A = 79 − k Nhận thấy, có k cụm đỏ có k cụm xanh nên B = 24 − k Như vậy, giá trị mà k nhận 1, , , 24 Suy cặp ( A, B) nhận 24 giá trị Để có B = 14 k = 10 , tức cần chia đỉnh xanh thành 10 cụm, chia đỉnh đỏ thành 10 cụm Ta cần đếm số cách chia Ta đánh số cụm xanh từ đến 10, cụm Gọi số phần tử cụm thứ i xi , với i = 1.10 Khi số: y1 = x1; y2 = x1 + x2 ; ; y9 = x1 + + x9 (riêng y10 = 24 cố định, không tính) số dương khác từ đến 23 (không thể 24) 9 Có C23 cách chọn số từ 23 số Như vậy, có C23 cách chia 24 đỉnh xanh thành 10 cụm (có xếp hàng) Tương tự vậy, có C78 cách chia 79 đỉnh đỏ thành 10 cụm 9 Theo quy tắc nhân, có C23 C78 cách xếp hàng Mỗi cách xếp hàng cho ta cách tô màu: Đầu tiên, tô cụm đỉnh xanh, đến cụm đỉnh đỏ, đến cụm đỉnh xanh,… (Vì quay vòng tròn nên ta quan niệm điểm bắt đầu cụm đỉnh xanh) 9 Vì 79 số nguyên tố nên C23 C78 cách tô trên, cách trùng (theo định nghĩa trùng nói toán) Tuy nhiên, ta lại có 10 cách chọn điểm bắt đầu nên đáp số toán là: 9 C23 C78 10 Bình luận: Cách giải sử dụng quy tắc nhân, khái niệm tổ hợp công thức tính số tổ hợp trình bày Sách giáo khoa Đại số Giải tích lớp 11 Tuy nhiên, ta có lời giải khác dựa vào nhận xét số tổ hợp thỏa mãn điều kiện cho trước với số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn Lời giải 2: Gọi X số cụm đỉnh màu đỏ liền B = 24 − X Do để B = 14 x = 10 Trước hết, ta chia 24 điểm xanh thành 10 cụm Nhận thấy số cách chia 24 điểm xanh vào 10 cụ m số nghiệm nghuyên không âm phương trình: x1 + x2 + + x10 = 24 Phương trình có C23 nghiệm nguyên không âm Tiếp theo, ta xem xét việc xếp cặp cụm điểm xanh - đỏ việc có sẵn 79 điểm đường tròn Ta bỏ 10 cụm điểm xanh vào khoảng trống hai điểm đỏ liên tiếp, khoảng trống có nhiều cụm Số cách chọn 10 khoảng trống 10 số 79 khoảng trống C79 Sự trùng lặp theo phép quay chỗ ta chọn 10 khoảng trống 79 khoảng trống đường tròn Vì (10, 79) = nên cách tô bị lặp 79 lần Vậy đáp số toán là: 10 C23 C79 79 Bình luận: So sánh hai lời giải trên, nhận thấy nhận xét mối liên hệ số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn với số tổ hợp thỏa mãn điều kiện cho trước ta có lời giải ngắn gọn, dễ hiểu Theo hướng nghiên cứu này, xin trình bày sáng kiến kinh nghiệm chuyên môn: "Sử dụng phương trình nghiệm nguyên để giải số toán tổ hợp" II MÔ TẢ GIẢI PHÁP Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Trong mục, xin tóm tắt lý thuyết quy tắc phép đếm; khái niệm: hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp công thức tính tương ứng trình bày Sách Giáo khoa Đại số Giải tích lớp 11 hành nêu ví dụ áp dụng lý thuyết để giải tập tổ hợp tương ứng 1.1 Các quy tắc phép đếm 1.1.1 Quy tắc cộng Nếu công việc hoàn thành n phương án, có cách thực phương án thứ i có tất n ∑a i cách để hoàn thành công việc i =1 Ví dụ 1: Một học sinh có sách Toán sách Ngữ văn Cần chọn để ôn tập Có cách chọn? Lời giải: Để chọn sách, bạn học sinh thực hai phương án sau: Phương án 1: Chọn sách Toán, có: cách chọn Phương án 2: Chọn sách Ngữ văn, có: cách chọn Theo quy tắc cộng, có: + = cách chọn 1.1.2.Quy tắc nhân Nếu công việc hoàn thành n bước liên tiếp, có cách thực bước thứ i có tất n ∏a i cách để hoàn thành công việc i =1 Ví dụ 2: Một người cần từ địa điểm A đến địa điểm C bắt buộc phải qua điểm B Biết rằng, từ địa điểm A đến địa điểm B có đường; từ địa điểm B đến địa điểm C có đường Hỏi người có cách chọn đường đi? Lời giải: Để chọn đường từ A đến C bắt buộc phải qua B, người cần thực hai bước liên tiếp: Bước 1: Chọn đường để từ A đến B, có: cách chọn Bước 2: Chọn đường để từ B đến C, có: cách chọn Vậy, theo quy tắc nhân, có: 3.4 = 12 cách chọn đường 1.2 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp 1.2.1 Hoán vị Cho tập hợp A gồm n phần tử, cách xếp tất n phần tử theo thứ tự định gọi hoán vị n phần tử Áp dụng quy tắc nhân, có n ( n − 1) ( n − ) 2.1 hoán vị Ta kí hiệu số hoán vị n n ! Như vậy: n ! = n ( n − 1) ( n − ) 2.1 = ∏ i i =1 Ta quy ước: 0! = Ví dụ 3: Có cách xếp học sinh a) Thành hàng dọc? b) Thành vòng tròn? Lời giải: a) Mỗi cách xếp học sinh thành hàng dọc hoán vị phần tử Như có: 8! cách xếp b) Theo phần a), có 8! cách xếp học sinh theo tứ tự định Tuy nhiên, vòng tròn vị trí có vai trò nên đáp số toán là: 8! = 7! cách xếp 1.2.2 Chỉnh hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử, cách sếp k phần tử số gọi chỉnh hợp chập k n phần tử Áp dụng quy tắc nhân, có n ( n − 1) ( n − k + 1) số chỉnh hợp Ta kí hiệu số chỉnh hợp chập k n phần tử Ank Như vậy, A kn = n ( n − 1) ( n − k + 1) = n! ( n − k )! Ví dụ 3: Một lớp học có 17 học sinh giỏi Văn, Toán; có 11 học sinh giỏi Toán, 10 học sinh giỏi Văn Cần chọn học sinh giỏi hai môn để làm Lớp trưởng; học sinh giỏi Toán để làm Tổ trưởng tổ 1, 2, 3, học sinh giỏi Văn để làm Lớp phó Bí thư Chi đoàn Có cách chọn học sinh vậy? Lời giải: Trước hết, ta nêu quy mô nhóm 12 học sinh giỏi môn Toán, Văn: Số học sinh giỏi hai môn là: 11 + 10 − 17 = học sinh Số học sinh giỏi môn Toán là: 11 − = học sinh Số học sinh giỏi môn Văn là: 10 − = học sinh Bây để chọn học sinh phân công làm nhiệm vụ trên, cần thực bước Bước 1: Chọn học sinh giỏi hai môn để làm Lớp trưởng, có: cách Bước 2: Chọn học sinh số học sinh giỏi Toán xếp vào vị trí Tổ trưởng Tổ 1, 2, 3, Mỗi cách chọn xếp chỉnh hợp chập phần tử Do đó, có: A74 cách Bước 3: Chọn học sinh số học sinh giỏi Văn xếp vào vị trí Lớp phó, Bí thư Chi đoàn Mỗi cách chọn xếp chỉnh hợp chập phần tử Do đó, có: A62 cách Vậy, theo quy tắc nhân, có: A74 A62 cách chọn xếp nhân 1.2.3 Tổ hợp Cho tập hợp A gồm n phần tử, tập gồm k phần tử tập hợp A gọi tổ hợp chập k n phần tử Áp dụng quy tắc nhân ý phân biệt thứ tự phần tử tập con, ta có: n ( n − 1) ( n − k + 1) k! tổ hợp Ta kí hiệu số tổ hợp chập k n phần tử Cnk Như vậy, Cnk = n! k !( n − k ) ! Ví dụ 4: Một nhóm Sinh viên tình nguyện gồm nam nữ Cần chia thành tổ, tổ có nam nữ Hỏi có cách chia tổ vậy? Lời giải: Để chia nhóm Sinh viên tình nguyênh thành tổ theo yêu cầu toán, cần thực bước: Bước 1: Chọn sinh viên nam số sinh viên nam cho tổ thứ nhất, cách chọn tổ hợp chập phần tử Do đó, có: C42 cách Bước 2: Chọn sinh viên nữ số sinh viên nữ cho tổ thứ nhất, cách chọn tổ hợp chập phần tử Do đó, có: C84 cách Bước 3: Chọn sinh viên nam số sinh viên nam lại cho tổ thứ hai, cách chọn tổ hợp chập phần tử Do đó, có: C22 cách Bước 4: Chọn sinh viên nữ số sinh viên nữ lại cho tổ thứ hai, cách chọn tổ hợp chập phần tử Do đó, có: C44 cách Như vậy, theo quy tắc nhân, có: C42 C84 C22 C44 cách chia tổ Bây giờ, ta xét thêm ví dụ Ví dụ 5: Có cách chia 17 kẹo cho em bé cho em bé có kẹo nhiều kẹo? Bình luận: Đây toán mở rộng Bài toán chia kẹo Euler: " Có cách chia hết n kẹo cho m em bé, biết n ≥ m ) Rõ ràng, toán đa số học sinh lớp 11, kể học sinh khá, giỏi Nếu sử dụng quy tắc đếm công thức tính số hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp trình bày lời giải toán phức tạp Do vậy, tác giả xin trình bày cách tìm số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn đơn giản mối liên hệ số nghiệm phương trình với số tổ hợp thỏa mãn điều kiện cho trước Từ đó, ta có lời giải toán cách ngắn gọn Tác giả sưu tầm thêm toán tổ hợp khác tương tự để minh họa cho tính độc đáo phương pháp trình bày Mô tả phương pháp sau có sáng kiến 2.1 Số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn Bài toán bản: Tìm số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 + + xm = n 10 Lời giải: Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Cho mạng lưới ô vuông đánh số từ đến m theo chiều từ trái sang phải từ đến n theo chiều từ lên Khi đó, có Cmm+ n đường từ nút ( 0;0 ) đến nút ( m; n ) cạnh ô vuông từ trái sang phải từ lên ( m; n ) ( 0;0 ) Thật vậy, đường xem m + n đoạn, đoạn cạnh ô vuông Tại đoạn ta chọn hai giá trị: lên (ta mã hóa số 1) sang phải (ta mã hóa số 0) Số đoạn lên n số đoạn sang phải m Bài toán đưa việc tìm xem có dãy nhị phân có độ dài (m + n) mà có n giá trị Thật đơn giản, để lập dãy nhị phân trên, trước hết ta xếp m phần tử vào (m + n) vị trí dãy nhị phân, có Cmm+ n cách xếp Với cách xếp m phần tử vậy, việc chèn phần tử vào ô tạo m phần tử ta dãy nhị phân nói Như vậy, có Cmm+ n dãy nhị phân thỏa mãn điều kiện nói Quay trở lại toán, ta cho vật chuyển động đường từ nút ( 0;0 ) đến nút ( m; n ) theo đường thỏa mãn điều kiện toán Gọi xi +1 đoạn mà vật chuyển động theo chiều từ lên có số thứ i , với i = 1, m Khi đó, 11 cách trực quan, ta nhận thấy số đường thỏa mãn điều kiện số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x1 + + xm+1 = n Số nghiệm Cmm+ n Như vậy, số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x1 + + xm = n , m, n ∈ » Cmm+−n1−1 Tiếp theo toán bản, ta đưa số ví dụ quan trọng có liên quan đến toán tổ hợp sau Ví dụ 6: Tìm số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 17 thỏa mãn điều kiện: x1 ≥ 1, x2 ≥ 2, x3 ≥ 3, x4 ≥ Lời giải: Đặt y1 = x1 − 1; y2 = x2 − 2; y3 = x3 − 3; y4 = x4 − Bài toán cho trở thành: Tìm số nghiệm nguyên không âm phương trình y1 + y2 + y3 + y4 = Theo kết toán bản, ta có đáp số: C103 = 120 (nghiệm) Ví dụ 7: Tìm số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 17 thỏa mãn điều kiện: ≤ xi ≤ 5, ∀i = 1, Lời giải: Đặt yi = xi − 3, ∀i = 1, , ta có phương trình y1 + y2 + y3 + y4 = (1) , ≤ yi ≤ 2, ∀i = 1, 12 Gọi X tập hợp tất nghiệm không âm phương trình (1), theo toán bản, ta có: X = C83 Gọi A1 , A2 , A3 , A4 tập hợp tất nghiệm nguyên phương trình (1) thỏa mãn điều kiện Ta có: A1 = A2 = A3 = A4 = C53 A1 ∩ A2 = A1 ∩ A3 = A1 ∩ A4 = A2 ∩ A3 = A2 ∩ A4 = A3 ∩ A4 = A1 ∩ A2 ∩ A3 = A1 ∩ A2 ∩ A4 = A1 ∩ A3 ∩ A4 = A2 ∩ A3 ∩ A4 = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 = Theo nguyên lý bù trừ, ta có đáp số: C83 − 4.C53 = 16 (nghiệm) 2.2 Mối liên hệ số nghiệm nguyên phương trình bậc nhiều ẩn với số tổ hợp thỏa mãn điều kiện cho trước Trong mục này, ta sử dụng kết Bài toán Ví dụ 6, Ví dụ để giải số toán tổ hợp Trước hết, ta quay lại toán chia kẹo Euler Ví dụ 8: Có cách chia hết n kẹo giống cho m em bé khác nhau? ( m, n ∈ » * ) Lời giải: Gọi xi số kẹo chia cho em bé thứ i , (với i = 1, m ) Nhận thấy, số cách chia n kẹo cho m em bé số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 + + xm = n Theo Bài toán bản, ta có đáp số: Cmm+−n1−1 (cách) Ví dụ 9: Có cách chia hết n kẹo giống cho m em bé khác cho em bé có kẹo? Ở đó: m, n ∈ »* n ≥ m Lời giải: 13 Gọi xi số kẹo chia cho em bé thứ i , (với i = 1, m ) Nhận thấy, số cách chia n kẹo cho m em bé số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + + xm = n thỏa mãn điều kiện: xi ≥ , ∀i = 1, m Một cách hoàn toàn tương tự Ví dụ 6, ta có đáp số: Cnm−−11 (cách) Đến đây, độc giả nhận thấy dễ dàng Ví dụ trình bày phần đặt vấn đề Sử dụng kết Ví dụ 7, ta có đáp số: C83 − 4.C53 = 16 (cách) Bình luận: Qua ba ví dụ xung quanh toán chia kẹo Euler trên, nhận thấy số toán tổ hợp phức tạp đưa việc xác định số nghiệm nguyên thỏa mãn điều kiện cho trước lời giải toán vô đơn giản Cuối cùng, để làm phong phú thêm cho sáng kiến kinh nghiệm chuyên môn này, tác giả sưu tầm trình bày số ví dụ nêu lên tình khác toán tổ hợp Ví dụ 10: Có số nguyên dương nhỏ 1.000.000 mà tổng tất chữ số 19? Lời giải: Nhận thấy số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 19 (2) thỏa mãn điều kiện: xi ≤ 9, ∀i = 1,6 Theo toán bản, số nghiệm nguyên không âm phương trình (2) là: C24 Lý luận tương tự Ví dụ 6, số nghiệm nguyên phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xi > 9, i = 1, là: C145 14 Vì tập nghiệm phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xi > 9, i = 1, đôi rời nên tổng số nghiệm phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xi > 9, ∀i = 1, là: 6.C145 Theo nguyên lý bù trừ, số nghiệm nguyên không âm phương trình (1) thỏa mãn điều kiện xi ≤ 9, ∀i = 1,6 là: C24 − 6.C145 − 6.C145 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán Vậy có C24 Bình luận: Trong lời giải trên, việc sử dụng Ví dụ để xác định số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn, ta phải sử xác định tổng số phần tử tập hợp rời nguyên lý bù trừ Để tiện cho việc theo dõi, tác giả xin trình bày sơ lược lý thuyết Tập hợp phần Phụ lục Lời giải toán sau sử dụng lý thuyết Tập hợp Ví dụ 11: Có cách chọn m số phân biệt từ n số nguyên dương cho lựa chọn hai số nguyên liên tiếp? Ở m, n ∈ N * n > 2m Lời giải: Sắp xếp n số nguyên dương thành hàng theo thứ tự tăng dần số Nếu số chọn ghi biểu tượng C số đó, số không chọn ghi biểu tượng K số Gọi x1 số biểu tượng K đứng trước biểu tượng C đầu tiên, x2 số biểu tượng K đứng biểu tượng C thứ thứ hai,… xm số biểu tượng K đứng biểu tượng C thứ m − thứ m Nhận thấy, số cách chọn thỏa mãn toán số nghiệm phương trình x1 + x1 + + xm+1 = n − m thỏa mãn điều kiện: xm+1 ≥ xi ≥ 1, ∀i = 2, m Tương tự Ví dụ 6, ta có đáp số: Cnm− m+1 (cách chọn) 15 Ví dụ 12: Một cửa hàng bán đồ chơi trẻ em có 3000 viên bi giống hệt Hỏi có cách bỏ chúng vào thùng khác nhau, biết thùng chứa tối đa 1000 viên bi thùng thứ 2, thứ chứa tối đa 2000 viên bi Lời giải: Nhận thấy số bỏ 3000 viên bi vào thùng thỏa mãn yêu cầu toán với số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 + x3 = 3000 (3) đó: ≤ x1 ≤ 1000; ≤ x2 , x3 ≤ 2000 Theo toán bản, số nghiệm nguyên không âm phương trình (3) là: C3002 Lý luận tương tự Ví dụ 7, số nghiệm phương trình (3) thỏa mãn điều kiện x1 > 1000 C2001 số nghiệm phương trình (3) thỏa mãn điều kiện x2 , x3 > 2000 bằng: 2.C1001 Dễ thấy tập nghiệm thỏa mãn điều kiện x1 > 1000 tập nghiệm thỏa mãn điều kiện x2 , x3 > 2000 rời nên theo nguyên lý bù trừ, số nghiệm phương trình (3) thỏa 2 mãn điều kiện ≤ x1 ≤ 1000; ≤ x2 , x3 ≤ 2000 bằng: C3002 − C2001 − 2.C1001 2 Vậy, đáp số toán là: C3002 − C2001 − 2.C1001 (cách xếp) Ví dụ 13: (VMO 2012) Cho nhóm cô gái, kí hiệu G1 , G2 , G3 , G4 , G5 12 chàng trai Có 17 ghế xếp thành hàng ngang Người ta xếp nhóm người cho vào ghế cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: Mỗi ghế có người ngồi Thứ tự ngồi cô gái, xét từ trái sang phải G1 , G2 , G3 , G4 , G5 Giữa G1 G2 có ba chàng trai Giữa G4 G5 có nhật chàng trai có nhiều bốn chàng trai Hỏi có cách xếp vậy? Lời giải: Gọi x1 số chàng trai xếp bên trái G1 , xi +1 số chàng trai xếp Gi Gi +1 , với i = 1, x6 số chàng trai xếp bên phải G5 16 Khi đó, số cách xếp (chưa phân biệt khác chàng trai) thỏa mãn điều kiện nêu toán số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 12 thỏa mãn điều kiện: x2 ≥ ≤ x5 ≤ Đặt y2 = x2 − 3, y5 = x5 − Số cách xếp (chưa phân biệt khác chàng trai) thỏa mãn điều kiện nêu toán số nghiệm nguyên không âm phương trình: x1 + y2 + x3 + x4 + y5 + x6 = thỏa mãn điều kiện y5 ≤ Đến đây, y5 nhật số giá trị nên làm thủ công cách thay y5 giá trị 0, 1, 2, áp dụng kết Bài toán bản, ta thu kết quả: C124 + C114 + C104 + C94 (nghiệm) Cuối cùng, 12 chàng trai đổi chỗ cho nên số cách xếp thỏa mãn ( ) điều kiện toán là: C124 + C114 + C104 + C94 12! Ví dụ 14: Một học sinh muốn lọt vào đội tuyển thi Toán phải trải qua kì thi phải đạt 17 điểm, kì thi bị điểm Hỏi có cách để học sinh chắn lọt vào đội tyển (Hai cách tiến hành khác có kì thi đạt số điểm khác kì thi đạt điểm hoặc hoặc 5) Lời giải: Gọi Ai tập hợp tất cách tiến hành kì thi cho tổng số điểm đạt kì thi i kì thi đạt điểm ( i = 17, 20 ) Gọi A tập hợp tất cách tiến hành kì thi cho học sinh lọt vào đội tuyển, ta có: A = A17 ∪ A18 ∪ A19 ∪ A20 tập hợp A17 , A18 , A19 , A20 đôi rời Theo quy tắc cộng, ta có: A = A17 + A18 + A19 + A20 Hoàn toàn tương tự Ví dụ 7: 17 +) Có A17 ≤ x j ≤ 5, +) Có A18 ≤ x j ≤ 5, +) Có A19 ≤ x j ≤ 5, +) Có A20 ≤ x j ≤ 5, số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 17 với ( j = 1, 4) Số nghiệm thỏa mãn điều kiện là: 16 số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 18 với ( j = 1, 4) Số nghiệm thỏa mãn điều kiện là: 10 số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 19 với ( j = 1, 4) Số nghiệm thỏa mãn điều kiện là: số nghiệm nguyên phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 20 với ( j = 1, 4) Số nghiệm thỏa mãn điều kiện là: Suy A = A17 + A18 + A19 + A20 = 16 + 10 + + = 31 Vậy có 31 cách khác để học sinh lọt vào đội tuyển Cuối cùng, ta lấy ví dụ kì thi OLYMPIC Toán Balan (4/1995) Ví dụ 15: Có 12 hộp khác đánh số từ đến 12 bi giống Hỏi có cách xếp bi vào 12 hộp cho tổng số bi hộp 1, 2, chẵn, tổng số bi hộp 4, 5, lẻ Lời giải: Từ giả thiết suy tổng số bi xếp vào hộp từ đến 12 phải số lẻ Trước hết, ta biểu diễn thành tổng số: số đầu chẵn, số thứ hai lẻ số thứ ba lẻ Có = + +1 = + + = +1+ = + +1 = + + = +1+ = + +1 = +1+ = +1+1 Như vậy, có 10 cách biểu diễn Kí hiệu Aijk cách xếp viên bi vào 12 hộp cho tổng số bi ba hộp đầu i , tổng số bi ba hộp j tổng số bi hộp cuối k Gọi A tập hợp tất cách xếp bi thỏa mãn yêu cầu toán, ta có A = A071 ∪ A053 ∪ A035 ∪ A017 ∪ A251 ∪ A233 ∪ A215 ∪ A431 ∪ A413 ∪ A611 18 Vì tập hợp đôi rời nên A = A071 + A053 + A035 + A017 + A251 + A233 + A215 + A431 + A413 + A611 Dễ thấy +) Phương trình a + b + c + d + e + g = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình a + b + c + d + e + g = có 56 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình a + b + c + d + e + g = có 252 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình a + b + c + d + e + g = có 792 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 10 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 15 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 21 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 28 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 36 nghiệm nguyên không âm Bây giờ, ta tính Aijk quy tắc nhân: Bước 1: Xếp i bi vào ba hộp 1, 2, Số cách xếp số nghiệm nguyên không âm phương trình m + n + p = i Bước 2: Xếp j bi vào ba hộp 4, 5, Số cách xếp số nghiệm nguyên không âm phương trình m + n + p = j Bước 3: Xếp k bi vào ba hộp 7, 8, 9, 10, 11, 12 Số cách xếp số nghiệm nguyên không âm phương trình a + b + c + d + e + g = k Suy A071 = 1.36.6 = 216 A053 = 1.21.56 = 1176 A035 = 1.10.252 = 2510 A017 = 1.3.792 = 2376 A251 = 6.21.6 = 756 A233 = 6.10.56 = 3360 A215 = 6.3.252 = 4536 A431 = 15.10.6 = 900 A413 = 15.3.56 = 2520 A611 = 28.3.6 = 504 19 Do A = A071 + A053 + A035 + A017 + A251 + A233 + A215 + A431 + A413 + A611 = 18864 Vậy, có 18864 cách xếp viên bi vào 12 hộp thỏa mãn yêu cầu toán III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Bản sáng kiến kinh nghiệm nêu khó khăn sử dụng quy tắc phép đếm; công thức tính số hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp giải toán tổ hợp nâng cao Đồng thời, sáng kiến nêu cách giải khó khăn là: Nhận xét có tương ứng - số tổ hợp thỏa mãn điều kiện cho trước với số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn Từ đưa toán tổ hợp toán tìm số nghiệm nguyên không âm phương trình bậc nhiều ẩn Với cách giải trên, độc giả tạo nhiều toán tổ hợp khác cách thay đổi điều kiện toán tổ hợp Do đó, sáng kiến kinh nghiệm tài liệu tốt cho học sinh tự học tài liệu tham khảo cho giáo viên bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Với ý nghĩa đó, tác giả mong nhận góp ý độc giả để sáng kiến kinh nghiệm hoàn thiện IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Tôi xin cam đoan rằng: Bản sáng kiến kinh nghiệm chuyên môn tôi, không chép vi phạm quyền CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Tổ trưởng chuyên môn Nguyễn Trung Kiên Phạm Quốc Thịnh Ban Giám hiệu 20 [...]... +) Phương trình a + b + c + d + e + g = 7 có 792 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 0 có 1 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 1 có 3 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 2 có 6 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 3 có 10 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 4 có 15 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 5 có 21 nghiệm. .. toán bằng với số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 + x2 + x3 = 3000 (3) ở đó: 0 ≤ x1 ≤ 1000; 0 ≤ x2 , x3 ≤ 2000 2 Theo bài toán cơ bản, số nghiệm nguyên không âm của phương trình (3) là: C3002 Lý luận tương tự Ví dụ 7, số nghiệm của phương trình (3) thỏa mãn điều kiện 2 x1 > 1000 bằng C2001 và số nghiệm của phương trình (3) thỏa mãn điều kiện 2 x2 , x3 > 2000 bằng: 2.C1001 Dễ thấy tập nghiệm. .. nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 19 (2) thỏa mãn điều kiện: xi ≤ 9, ∀i = 1,6 5 Theo bài toán cơ bản, số nghiệm nguyên không âm của phương trình (2) là: C24 Lý luận tương tự Ví dụ 6, số nghiệm nguyên của phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xi > 9, i = 1, 6 là: C145 14 Vì 6 tập nghiệm của phương trình (2) lần lượt thỏa mãn... 21 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 6 có 28 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = 7 có 36 nghiệm nguyên không âm Bây giờ, ta tính Aijk bằng quy tắc nhân: Bước 1: Xếp i hòn bi vào ba hộp 1, 2, 3 Số cách xếp bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình m + n + p = i Bước 2: Xếp j hòn bi vào ba hộp 4, 5, 6 Số cách xếp bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình m +... đôi một rời nhau nên tổng số nghiệm của phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xi > 9, ∀i = 1, 6 là: 6.C145 Theo nguyên lý bù trừ, số nghiệm nguyên không âm của phương trình (1) thỏa mãn 5 điều kiện xi ≤ 9, ∀i = 1,6 là: C24 − 6.C145 5 − 6.C145 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy có C24 Bình luận: Trong lời giải trên, ngoài việc sử dụng Ví dụ 6 để xác định số nghiệm nguyên không âm của phương trình. .. toán, ta có A = A071 ∪ A053 ∪ A035 ∪ A017 ∪ A251 ∪ A233 ∪ A215 ∪ A431 ∪ A413 ∪ A611 18 Vì các tập hợp đôi một rời nhau nên A = A071 + A053 + A035 + A017 + A251 + A233 + A215 + A431 + A413 + A611 Dễ thấy +) Phương trình a + b + c + d + e + g = 1 có 6 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình a + b + c + d + e + g = 3 có 56 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình a + b + c + d + e + g = 5 có 252 nghiệm nguyên. .. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình y1 + y2 + y3 + y4 = 7 Theo kết quả của bài toán cơ bản, ta có đáp số: C103 = 120 (nghiệm) Ví dụ 7: Tìm số nghiệm nguyên của phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 17 thỏa mãn điều kiện: 3 ≤ xi ≤ 5, ∀i = 1, 4 Lời giải: Đặt yi = xi − 3, ∀i = 1, 4 , ta có phương trình y1 + y2 + y3 + y4 = 5 (1) , trong đó 0 ≤ yi ≤ 2, ∀i = 1, 4 12 Gọi X là tập hợp tất cả các nghiệm. .. vậy, số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 + x1 + + xm = n , trong đó m, n ∈ » là Cmm+−n1−1 Tiếp theo bài toán cơ bản, ta đưa ra một số ví dụ quan trọng có liên quan đến các bài toán tổ hợp sau này Ví dụ 6: Tìm số nghiệm nguyên của phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 17 thỏa mãn điều kiện: x1 ≥ 1, x2 ≥ 2, x3 ≥ 3, x4 ≥ 4 Lời giải: Đặt y1 = x1 − 1; y2 = x2 − 2; y3 = x3 − 3; y4 = x4 − 4 Bài toán. .. bài toán, ta cho một vật chuyển động trên một đường đi từ nút ( 0;0 ) đến nút ( m; n ) theo một đường đi thỏa mãn điều kiện của bài toán trên Gọi xi +1 là đoạn mà vật đó chuyển động theo chiều từ dưới lên trên có chỉ số thứ i , với i = 1, m Khi đó, 11 một cách trực quan, ta nhận thấy số đường đi thỏa mãn điều kiện trên bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 + x1 + + xm+1 = n Số nghiệm. .. đôi một rời nhau Theo quy tắc cộng, ta có: A = A17 + A18 + A19 + A20 Hoàn toàn tương tự như Ví dụ 7: 17 +) Có A17 3 ≤ x j ≤ 5, +) Có A18 3 ≤ x j ≤ 5, +) Có A19 3 ≤ x j ≤ 5, +) Có A20 3 ≤ x j ≤ 5, là số nghiệm nguyên của phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 17 với ( j = 1, 4) Số nghiệm thỏa mãn điều kiện như vậy là: 16 là số nghiệm nguyên của phương trình x1 + x2 + x3 + x4 = 18 với ( j = 1, 4) Số nghiệm ... +) Phương trình a + b + c + d + e + g = có 792 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình. .. p = có nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 10 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 15 nghiệm nguyên không âm +) Phương trình m + n + p = có 21 nghiệm nguyên. .. Theo toán bản, số nghiệm nguyên không âm phương trình (2) là: C24 Lý luận tương tự Ví dụ 6, số nghiệm nguyên phương trình (2) thỏa mãn điều kiện xi > 9, i = 1, là: C145 14 Vì tập nghiệm phương trình