THIẾT lập hệ THỨC TRUY hồi TRONG bài TOÁN đếm

CHUYÊN ĐỀ THIẾT LẬP HỆ THỨC TRUY HỒI TRONG BÀI TOÁN ĐẾM A PHẦN MỞ ĐẦU 1.Lý chọn đề tài: Các toán đếm nhiều năm thường có kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực Các em học sinh bậc THPT nhiều giáo viên thường gặp số khó khăn tiếp cận toán này, đặc biệt toán đếm phải dùng đến phép đếm nâng cao truy hồi, song ánh, quỹ đạo v.v… vào việc giải toán Học sinh bắt đầu làm quen với khái niệm phép đếm thường chưa hiểu tường tận tư tưởng hướng tiếp cận toán dạng này, đặc biệt khâu vận dụng kiến thức dãy số vào toán phép đếm cho tình cụ thể Để hiểu vận dụng kiến thức dãy số vào giải toán đếm học sinh phải có kiến thức tảng dãy số tương đối đầy đủ chắn Đặc biệt việc xác định công thức số hạng tổng quát dãy số (CTTQ) Trong phép đếm nâng cao phép đếm cách thiết lập hệ thức truy hồi có nhiều ứng dụng cho việc giải toán đếm Chuyên đề “Thiết lập hệ thức truy hồi toán đếm” góp thêm phương pháp vào giải toán đếm cách ngắn ngọn, hiệu quả, khoa học tạo hứng thú cho học sinh Chuyên đề có tính ứng dụng cho học sinh lớp chuyên toán 2.Mục đính đề tài: Mục đích chuyên đề nhằm tìm cách đưa toán đếm toán tổ hợp toán xác định số hạng tổng quát dãy số thông qua hệ thức truy hồi dãy, việc giải toán đếm trở nên đơn giản Thông qua chuyên đề giúp cho học sinh nhìn thấy mối quan hệ phần kiến thức học B.PHẦN NỘI DUNG Nội dung phương pháp “Thiết lập hệ thức truy hồi toán đếm” sau: thay ta đếm trực tiếp S n theo yêu cầu toán, ta thiết lập hệ thức liên quan Sn với Sn-1, Sn-2, … để từ tính Sn Tóm tắt kiến thức việc xác định CTTQ số dãy số cho hệ thức truy hồi thường gặp: I Những kiến thức cần nhớ Hai quy tắc đếm + Quy tắc cộng: Nếu có m1 cách chọn đối tượng x1, m2 cách chọn đối tượng x2, …, mn cách chọn đối tượng xn cách chọn đối tượng xi không trùng với cách chọn đối tượng xj ( xi ≠ x j , ∀i ≠ j, i, j = 1, n ) có m1 + m2 + …+mn cách chọn đối tượng + Quy tắc nhân: Nếu có m1 cách chọn đối tượng x1, sau với cách chọn x1 có m2 cách chọn đối tượng x2, sau với cách chọn x x2 có m3 cách chọn đối tượng x3, …, cuối với cách chọn x 1, x2, x3,…,xn-1 có mn cách chọn đối tượng xn có m1.m2.m3…mn cách chọn dãy x1,x2,…,xn Cấp số cộng (CSC) + Định nghĩa: Cấp số cộng dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà đó, kể từ số hạng thứ hai, số hạng tổng số hạng đứng trước số d không đổi, nghĩa là: (un) cấp số cộng ⇔ un = ∀n ≥ 2, un = un −1 + d Số d gọi công sai cấp số cộng + Định lý1: Một cấp số cộng có số hạng đầu u1 công sai d số hạng tổng quát u n tính theo công thức: un = u1 +(n-1)d + Định lý 2: Gọi Sn tổng n số hạng CSC (un) có công sai d, ta có: Sn = n [ 2u1 + (n − 1)d ] Cấp số nhân (CSN) + Định nghĩa: Cấp số nhân dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà đó, kể từ số hạng thứ hai, số hạng tích số hạng đứng trước số q không đổi, nghĩa là: (un) cấp số nhân ⇔ un = ∀n ≥ 2, un = un −1.q Số q gọi công bội cấp số nhân + Định lý 3: Một cấp số nhân có số hạng đầu u1 công bội q ≠ số hạng tổng quát un tính theo công thức un = u1.qn-1 + Định lý 4: Gọi Sn tổng n số hạng CSN (u n) có công bội q ≠ 1, ta có : − qn S n = u1 1− q Các dạng để xác định CTTQ dãy số cho hệ thức truy hồi: Dạng 1: Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = x0 , un = aun −1 + b, ∀n ≥ 2,(a, b ≠ 0) số, ta có CTTQ dãy số là: u1 + (n − 1)b,(a = 1)  un =  n−1 a n −1 − u1a + b a − (a ≠ 1) Dạng 2: Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = x0 , un = aun−1 + f (n), ∀n ≥ 2,( a, b ≠ 0) f(n) đa thức bậc k theo n; a hẳng số, để xác định CTTQ dãy ta thực sau: -Ta phân tích f(n) = g(n) – a.g(n-1) với g(n) đa thức bậc theo n Khi đó, ta đặt n −1 = un − g (n) ta có được: un = [ u1 − g (1)] a + g ( n) Lưu ý: Nếu a =1, ta chọn g(n) đa thức bậc k+1 có hệ số tự không, a ≠ ta chọn g(n) đa thức bậc k, sau dùng đồng thức để tìm g(n) Dạng 3: Cho dãy số (un ) xác định : u1 = x0 , un = aun−1 + b.α , ∀n ≥ 2,(a, b ≠ 0) n α , a, b số, để xác định CTTQ dãy ta thực sau: -Nếu a = α ⇒ un = b(n − 1)α + u1α n n −1 -Nếu a ≠ α ta phân tích α = kα − ak α n un = a (u1 − bk ) + bk α , ta tìm n −1 n n −1 , k= α α −a Dạng 4: Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 = x0 , un = aun−1 + b.α + f (n), ∀n ≥ 2,(a, b ≠ 0) n f(n) đa thức theo n bậc k, để xác định CTTQ dãy ta phân tích α n f(n) phân tích dạng dạng Dạng 5: u , u un =  un + aun−1 + bun−2 = Cho dãy số (un ) xác định a, b, c số khác không; a − 4b ≥ , Để xác định CTTQ dãy (un ) ta thực sau: Gọi x1, x2 nghiệm phương trình đặc trưng : x2+ ax+b=0 n n x ≠ x u = k x + l x n Nếu , k,l xác định nghiệm hệ:  k + l = u0   x1 k + x2 l = u1 l = α u  n −1 k + l = u1 x = x = α u = ( nk + l ) α Nếu n , k,l nghiệm hệ  Dạng 6: u0 , u1 un =  un + aun−1 + bun−2 = f (n) Cho dãy số (un ) xác định Trong a, b, c số khác không; f(n) đa thức theo n bậc k a − 4b ≥ , để xác định CTTQ dãy ta thực sau: k k −1 g ( n ) = a n + a n + + a1n + a0 , xét phương trình đặc k k − Xét g(n) đa thức bậc k: trưng x + ax + b = (1) - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác ta đặt f (n) = g (n) + ag (n − 1) + bg ( n − 2) đặt = un − g (n) đưa dạng - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt nghiêm ta đặt: f (n) = ng ( n) + a (n − 1) g (n − 1) + b(n − 2) g (n − 2) đặt = un − g (n) đưa dạng - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm ta đặt f (n) = n g (n) + a (n − 1) g ( n − 1) + b( n − 2) g (n − 2) đặt = un − n g ( n) đưa dạng Dạng 7: u0 , u1 un =  n un + aun −1 + bun −2 = c.α Cho dãy số (un ) xác định Trong a, b, c số khác không; để xác định CTTQ dãy ta thực sau: Xét phương trình đặc trưng x + ax + b = (1) - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác α : α2 un = p.x1n + q.x2n + kc.α n với k = α + aα + b - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt nghiêm α un = p.x1 + q.x2 + kcn.α với n n n k= α 2α + a - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm α ta đặt α un = ( p + qn + cn )α n k= 2α + a với Dạng 8: u , u , u un =  un + aun −1 + bun −2 + cun −3 = Cho dãy số (un ) xác định Trong a, b, c số khác không, để xác định CTTQ dãy ta thực sau: Gọi x1,x2 ,x3 nghiệm phương trình đặc trưng : x3+ ax2+bx+c=0(2) n n n u = k x + l x + m x n -Nếu phương trình (2) có ba nghiệm phân biệt x 1,x2 ,x3 , k,l,m xác định dựa vào u0,u1,u2 n n x = x = α x ≠ α u = ( nk + l ) x + m x n - Nếu , , k,l,m xác định dựa vào u0,u1,u2 - Nếu x1 = x2 = x3 = α , un = (l + k n + m.n ) x1 , k,l,m xác định n dựa vào u0,u1,u2 II Các ví dụ áp dụng phương pháp “Thiết lập hệ thức truy hồi toán đếm” Ví dụ 1: Cho n ( n ≥ 1) điểm phân biệt mặt phẳng, hỏi có véctơ khác véctơ không lập từ n điểm phân biệt nói trên: Giải: Gọi Sn số véctơ lập từ n điểm nói trên, xét hệ n-1 điểm phân biệt số véctơ Sn-1 Nếu ta bổ xung hệ n-1 điểm thêm điểm ta có thêm 2(n-1) véctơ tạo thành ta có hệ thức truy hồi : S n = Sn-1 +2(n-1), mà S1=0; S2=2 Từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dãy số dạng 2, suy Sn = n(n − 1) Ví dụ 2: Cho số 1,2,3,4 ,n ( n>3) viết liên tiếp vòng tròn Hai số không kề gọi liên thông cung tạo chúng chứa toàn số bé chúng Tìm số cặp liên thông? Giải : Gọi số cặp liên thông tạo n số S n; ta có S4=1 trước hết ta bỏ số n-1 số từ đến n Số cặp liên thông S n-1, Bây ta cho số vào vị trí số cặp liên thông tăng lên cặp liên thông trước cho số liên thông cho thêm số vào, sinh thêm cặp liên thông số hai bên số Vậy ta có công thức Sn = Sn-1 +1, S4=1, từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát CSC suy Sn = n-3 Trong ví dụ này, ta thiết lập hệ thức truy hồi xuất phát từ S n-1 đến Sn Trong số trường hợp khác ta lại theo hướng ngược lại, ví dụ sau Ví dụ Xét {x1, x2, …,xn } với xi ∈ {0, 1, 2, 3} Gọi an số dãy mà số phần tử dãy số chẵn Tính an ? Giải Gọi bn số dãy số phần tử dãy số lẻ số Xét dãy {x1, x2, …,xn+1 }với xi ∈ {0, 1, 2,3} mà số phần tử dãy chẵn số Nếu xn+1 ∈ {1, 2,3} {x1, x2, …,xn } có số phần tử chẵn số 0, trường hợp có 3an dãy Nếu xn+1 = {x1, x2, …,xn } có số phần tử số lẻ số 0, trường hợp có bn dãy Như ta có hệ thức an+1 = 3an + bn Tương tự ta chứng minh bn+1 = an + 3bn, ta tính a1=3,a2=10,a3= 36, b1=1,b2=6,b3= 28 Đến ta sử lý theo cách: Cách 1: theo quy tắc đếm an + bn = 4n , ta có phương trình an+1 = 2an + 4n , từ áp an = (2n + n ) dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng 3, suy Cách 2: Ta có an +2 = 3an+1 + bn+1 = 3an +1 + an + 3bn = 3an +1 − 8an + 9an + 3bn = 6an +1 − 8an , từ an = (2n + n ) áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng 5, suy Ví dụ 4: Có xâu nhị phân độ dài n mà bit đứng cạnh nhau: Giải: Gọi cn số xâu nhị phân độ dài n mà hai bít không đứng cạnh nhau, ta xét xâu x1 x2 xn cn - Nếu xn = x1x2 xn-1 cn-1 - Nếu xn =1, xn-1 = x1x2 xn-2 cn-2, ta có hệ thức truy hồi cn = cn −1 + cn− , c1 =2, c2= Từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng ta cn = + 1+ n − 1− n ( ) + ( ) 10 10 Ví dụ Tìm số số nguyên (a1, a2, ,an ) với n > thoả mãn | | ≤ với i = 1,2,…,n | – + | ≤ với i = 1,2,…, n – Giải Trong tập Sn tập hợp số nguyên (a 1, a2, ,an ) thoả mãn đề bài, gọi A n, Bn, Cn tập hợp (a1, a2, ,an ) có an – 1, 0, tương ứng Ta có | Sn | = | An | + | Bn | + | Cn| Mặt khác, dễ thấy từ thuộc A n Bn, ta bổ xung an + = - để thuộc An +1 nên | An + 1| = |An | + | Bn | Tương tự ta có | Cn + 1| = |Cn | + | Bn | | Bn +1 | = | An | + | Bn | + | Cn| = |Sn | Từ ta có | Sn + | = | An + | + | Bn +1 | + | Cn + 1| = ( | An | + | Bn | + | Cn| ) + | Bn + | + | Bn | = | Sn | + | Sn – | Kết hợp với | S2 | = 7, | S3 | = 17, từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng (1 + ) n +1 5, ta tính | Sn | = ( + 1− 2 ) n +1 Ví dụ Xét {x0, x1, …,xn } với xi ∈ {0, 1, 2} Gọi an số dãy mà số phần tử dãy bội Tính an ? Giải Gọi bn, cn số dãy số phần tử dãy số mà chia cho có số dư 2, Xét dãy {x0, x1, …,xn }với xi ∈ {0, 1, 2} mà số phần tử dãy bội Nếu xn ∈ {0, 2} {x0, x1, …,xn - } có số phần tử bội 3, trường hợp có 2an – dãy Nếu xn = {x0, x1, …,xn - } có số phần tử số chia dư 2, trường hợp có bn – dãy Như ta có hệ thức an = 2an – + bn – Tương tự ta chứng minh bn = 2bn – + cn – cn = 2cn – + an – Ta có số dãy {x0, x1, …,xn }với xi ∈ {0, 1, 2} 3n + 1, an + bn + cn = 3n + Từ hệ thức ta suy a n + – 3an + 3an – = 3n a1 = 4, a2 = Từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng 7, ta tính an Ví dụ (Bài toán tháp Hà Nội) Tương truyền tháp Hà Nội có đế đồng, có đặt ba cọc kim cương Lúc khai thiên lập địa, cọc số 1, Phật tổ Như Lai xếp 64 đĩa vàng có đường kính khác cho đĩa có đường kính lớn xếp dưới, đĩa phía trên cao nhỏ dần Các nhà sư yêu cầu chuyển tất đĩa cọc số sang cọc số với quy tắc sau: - Mỗi lần chuyển đĩa - Trong trình di chuyển không đặt đĩa lớn lên đĩa nhỏ (do cần thiết phải có thêm cọc trung gian thứ ba) Giả sử lần chuyển đĩa giây Hỏi nhà sư cần năm để chuyển tất đĩa cọc số sang cọc số 2? Giải Giả sử lúc đầu cọc số có n đĩa Gọi un số lần để chuyển tất đĩa cọc số sang cọc số Ta thử tính vài giá trị un Với n = Ta cần thực ba phép chuyển sau - Chuyển đĩa bé sang cọc số - Chuyển đĩa lớn sang cọc số - Chuyển đĩa bé cọc số Vậy u2 = Với n = Ta cần thực theo ba giai đoạn sau - Chuyển hai đĩa phía sang cọc số Như thấy trường hợp n = , ta cần phép chuyển - Chuyển đĩa lớn sang cọc số - Chuyển hai đĩa cọc số cọc số Như thấy trường hợp n = , ta cần phép chuyển Vậy ta cần 3+1+3 = phép chuyển Do u3 = 10 1 2n+1 + n   Sn+1 = Sn + Pn = 2Sn + n ⇒ Sn+1 − 5n +1 =  Sn − 5n ÷ ⇒ Sn = 3   Do ( áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng 3) Vậy số số tự nhiên chia hết cho , số gồm 2015 chữ số lấy từ tập X = { 2,3,4,6,9} S2015 = 22016 + 52015 Trong trường hợp số có chứa số , toán phức tạp Ví dụ 10 (VMO 2015): Cho số nguyên dương k, tìm số tự nhiên n không vượt qua 10k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: 1) n chia hết cho 2) Các chữ số biểu diễn thập phân n thuộc tập { 2,0,1,5} Giải - Vì 10k không chia hết ta cần xác định số từ đến 999 co k chữ số, tức số qua k chữ số Đặt S = { 2,0,1,5} , ta bổ sung chữ số vào trước cần thiết, ta đưa xét số có dạng a1a2 ak với ∈ S Ta cần đếm số chia hết cho 3, nghĩa tìm ( a1 , a2 , , ak ) ∈ S cho a1 + a2 + + ak M k Với i = 0,1,2 ta đặt A(n, i ) = { (a1 , a2 , an ) ∈ S n | a1 + a2 + + an ≡ i(mod3)} đặt an = A(n,0), bn = A(n,1), cn = A(n, 2) , ta có a1 = 1, b1 = 1, c1 = Xét phần tử ( a1 , a2 , , an ) ∈ A( n + 1,0) - Nếu an+1 = (a1 , a2 , , an ) ∈ A(n,0) - Nếu an+1 = an +1 = (a1 , a2 , , an ) ∈ A( n,1) 13 - Nếu an+1 = (a1 , a2 , , an ) ∈ A(n,2) từ ta suy an+1 = an + 2bn + cn (1) tương tự bn+1 = an + bn + 2cn (2) , cn+1 = 2an + bn + cn (3) từ ta tính a2=5,b2=6,c2=5, a3=22,b3=21,c3=21 Trừ (1) cho (2), trừ (2) cho (3), trừ (3) cho (1) ta an+1 − bn+1 = bn − cn , bn+1 − cn+1 = cn − an , cn+1 − an+1 = an − bn , đo : an+3 − bn+3 = bn+ − cn+ = cn+1 − an+1 = an − bn tương tự ta có bn+3 − cn+3 = bn − cn ; cn+3 − an+3 = cn − an Sử dụng giá trị ban đầu ai, bi,ci ,với i=1,2,3 tính chất ta - Nếu k chia hết cho bk = ck = ak − - Nếu k chia cho dư ak = bk = ck − - Nếu k chia cho dư ak = ck = bk − Mặt khác ak + bk + ck = Do áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng k ta có kết toán: 4k − ak = +) Nếu k không chia hết cho 4k + ak = +) Nếu k chia hết cho Ví dụ 11 Cho số nguyên n ≥ Hãy tìm số hoán vị ( a 1, a2, , an) 1, 2, , n cho tồn số i ∈ {1, 2, , n – } thoả mãn > + 1? Giải Gọi Sn số hoán vị thoả mãn điều kiện toán Số hoán vị mà a n = n Sn – 1, i −1 số hoán vị (a1, a2, …, an) mà = n ( ≤ i ≤ n – ) C n−1 Do n −1 Sn = S n – + ∑C i =1 i −1 n −1 = S n – + 2n – – 14 Mặt khác S2 = 1, áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng 4, suy Sn = 2n – n –1 Ví dụ 12 Giả sử Fk tập hợp tất ( A1, A2, , Ak), Ai ( i = 1, 2, , k) tập { 1, 2, , n} ( tập A 1, A2, , Ak trùng nhau) Hãy tính Sn = ∑A ∪ A2 ∪ ∪ Ak ( A1 , A2 , , Ak )∈Fk Giải Do có 2n tập {1, 2, , n} nên có 2nk ( A1, A2, , Ak) Với k - ( A1, A2, , Ak) tập {1, 2, , n – }, ta thêm không thêm n vào tập A i để k – ( A1, A2, , Ak) tập {1, 2, , n } Chú ý số k- ( A1, A2, , Ak) tập {1, 2, , n – } (n – 1)k có 2k – cách thêm n vào k - ( A1, A2, , Ak) tập {1, 2, , n – } ta có: Sn = 2k Sn - + (2k – 1) 2k (n – 1) Dễ thấy S1 = 2k – Từ quy nạp, ta chứng minh Sn = n.2k(n – 1) (2k – 1) Ví dụ 13 Có n bóng b1, b2, , bn 2n hộp h1, h2, , h2n Biết bóng bi ( i = 1,2, ,n) bỏ vào hộp h 1, h2, , h2i Hỏi có cách bỏ k ( ≤ k ≤ n ) bóng vào hộp, biết hộp chứa nhiều bóng ? ( Hai cách bỏ bóng gọi khác bóng bỏ vào hai hộp khác hai cách ) Giải Đặt Sn, k số cách bỏ k bóng vào hộp Giả sử ≤ k ≤ n Nếu k bóng chọn bn k – bóng lại bỏ vào hộp S n – 1, k – cách Đồng thời, bn có 2n – ( k – ) = 2n – k + cách chọn hộp hộp lại để bỏ Do số cách bỏ bóng trường hợp là: ( 2n – k +1).Sn -1 ,k – Trường hợp bóng bn không chọn Lưu ý k ≤ n – Mọi bóng bóng b1, b2, , bn – bỏ vào hộp Sn – , k cách, suy ( n ≥ 3, ≤ k ≤ n ) Sn,k = Sn – 1,k + (2n – k + 1)Sn – 1, k – 15 Dễ thấy Sn, n = (n + 1)Sn – 1, n – ; Sn, = n(n + 1) ; S1, = Từ quy nạp ta chứng minh Sn, k (n + 1).k!(C nk ) n − k +1 = Ví dụ 14 Có n ( n > ) thí sinh ngồi xung quanh bàn tròn Hỏi có cách phát đề cho hai thí sinh ngồi cạnh có đề khác nhau, biết ngân hàng đề có m ( m > 1) đề hiển nhiên đề có nhiều bản? Giải Do thí sinh ngồi theo vòng tròn, nên cách tự nhiên nghĩ tới việc tìm cách “cắt” “nắn” vòng tròn thành hàng thẳng Kí hiệu P n số cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh a1, a2, , an ngồi theo vòng tròn ( cách phát đề coi hợp lệ thí sinh nhận đề hai thí sinh ngồi gần nhận hai loại đề khác nhau) Ta viết = aj ( i ≠ j) aj loại đề ≠ aj trường hợp ngược lại, ta chứng minh Pn + = ( m – 2)Pn + (m – 1)Pn – Xét cách phát đề hợp lệ cho n + thí sinh a1, a2,…,an + Nếu a1 ≠ an bỏ an + đi, ta có cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh a 1, a2, , an, có m – cách phát đề cho an + Nếu a1 = an bỏ an + an đi, ta có cách phát đề hợp lệ cho n – thí sinh a1, a2, , an - 1, ta có m – cách phát đề cho an + an để hợp lệ với an= a1 Vậy ta có Pn + = ( m – 2)Pn + (m – 1)Pn – Mặt khác dễ thấy P2 = m(m – 1); P3 = m(m – 1)(m – 2) Bằng quy nạp ta chứng minh Pn = (m – 1)n + (m – 1)( - 1)n Ví dụ 15 Cho bảng ô vuông n × n ( n > ) Hỏi có cách đánh dấu ô vuông bảng cho hình vuông × có hai ô vuông đánh dấu? ( Hai cách đánh dấu coi khác có ô vuông mà cách đánh dấu cách không) Giải Gọi Sn số cách đánh dấu bảng n × n Xét tập T gồm ô vuông nằm cột cuối ( tính từ phải sang) hàng cuối ( tính từ xuống), ta gọi A n 16 cách đánh dấu mà có hai ô vuông kề T đánh dấu không đánh dấu Bn cách đánh dấu mà ô vuông T đánh dấu xen kẽ Dễ thấy cách đánh dấu thuộc Bn ứng với cách đánh dấu thuộc B n – 1, cách đánh dấu thuộc An ứng với cách đánh dấu thuộc A n – cách đánh dấu thuộc Bn – (Điều suy xét bảng ô vuông (n – 1) × (n – 1) có từ bảng n × n sau bỏ T) Từ ta có | Bn | = | Bn – |, | An | = | An – 1| + | Bn – | ( n > 2) Mặt khác Sn = |An| + |Bn| với n > 1, nên Sn = 2Sn – – Sn – với n > Dễ thấy S2 = 6, S3 = 14 Từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng ta có Sn = 8n – 10 với n > Ví dụ 16 Tìm số nguyên dương n thoả mãn điều kiện a) n có 2k chữ số b) Tất chữ số n lẻ c) Hiệu hai số liên tiếp n Giải Trong tập hợp Sk số nguyên dương n có k chữ số thoả mãn b) c), gọi A k, Bk, Ck, Dk, Ek tập hợp số tận bởi1, 3, 5, 7, Từ số thuộc A k ta bỏ chữ số tận nhận số thuộc Bk – 1, mặt khác từ số thuộc B k – ta bổ xung thêm số chữ số tận nhận số thuộc Ak, | Ak | = | Bk – | Từ số thuộc Bk ta bỏ chữ số tận nhận số thuộc A k – Ck – , ta bổ xung thêm số làm chữ số tận nhận số thuộc Bk Do | Bk | = | Ak – | + | Ck – | Tương tự ta có | Ck | = | Bk – | + | Dk – | , | Dk | = | Ck – | + | Ek – | | Ek | = | Dk – | với k > Sử dụng năm đẳng thức trên, cách liên tục, ta có | Sk | = | Ak | + | Bk | + | Ck | + | Dk | + | Ek | = | Ak – | + 2| Bk – | + 2| Ck – | + 2| Dk – | + | Ek – | 17 = 2| Ak – | + 3| Bk – | + 4| Ck – | + 3| Dk – | + 2| Ek – | = | Ak – | + 6| Bk – | + 6| Ck – | + 6| Dk – | + 3| Ek – | Suy | Sk | = 3| Sk – | với k > Áp dụng công thức xác định số hạng tổng quát cấp sô nhân ta được: Do | S2 | = nên | S2k | = 8.3k-1 Ví dụ 17 Một hình tròn chia thành hình quạt Trong hình quạt đặt quân cờ Mỗi lần cho phép chuyển quân cờ hình quạt sang hình quạt bên cạnh Chứng minh dồn quân cờ vào hình quạt sau 2006 lần thực hiện? Giải Ta tô màu hình quạt màu xanh ( X) đỏ (Đ) cho hình cạnh không màu Gọi Sn số tất quân cờ ô xanh sau bước thực phép chuyển thứ n, ta có S0 = Ta thấy Sn+1 = Sn ± 1, S2007 số lẻ Do vậy, sau 2006 bước thực mà dồn hết quân cờ vào hình quạt S 2006 = S2006 = 6, vô lí, suy điều phải chứng minh Ví dụ 18 Giả sử P1, P2, , Pn theo thứ tự điểm đường thẳng Người ta tô màu điểm màu xanh (X), đỏ (Đ), tím (T), vàng (V), cam (C), điểm tô màu cho điểm Pi, Pi + 1, i = 1, 2, , n – màu điểm tô màu xanh Hỏi có cách tô vậy? Giải Gọi an số cách tô cho n điểm cho mà điểm cuối tô màu xanh b n số cách tô mà điểm cuối không tô màu xanh Nếu Pn tô X Pn – tô X không tô X, suy an = an – + bn – Nếu Pn không tô X có khả tô màu lại Khi P n – màu với Pn tô màu X, từ suy 18 bn = 4an – + bn – Ta dễ tính a1 = 1, b1 = Từ hệ thức truy hồi ta suy bn + 2an = 3( bn – + 2an – ) = = 3n – 1( b1 + 2a1) = 3n bn - 2an = ( - )( bn – - 2an – ) = = ( - 1)n – 1( b1 - 2a1) = - ( - 1)n Do ta tính an = n + (−1) n n n bn = − (−1) n +1 − ( −1) n a n + bn = Vậy số cách tô màu thoả mãn toán Ví dụ 19 Cho P1, P2, , Pn n ≥ điểm đường tròn Có cách tô màu n điểm cho màu cho điểm kề tô màu khác nhau? Giải Gọi an số cách tô màu thoả mãn toán Nếu P2 Pn khác màu có an – cách tô màu cho n – điểm P 2, P3, , Pn màu Khi P1 có cách tô màu nên số cách tô trường hợp 3an – Nếu P2 Pn màu có an – cách tô n – điểm P3, P4, , Pn ứng với cách tô có cách tô P P2 Pn màu cách tô điểm P 1, trường hợp có 4an – cách tô màu thoả mãn Từ suy a n = 3an – + 4an – với a1 = 0, a2 = 5(5 – 1) = 20, từ áp dụng cách xác định số hạng tổng quát dạng 5, ta tìm an Tổng quát: Cho P1, P2, , Pn n điểm đường tròn Cho p ∈ N, p ≥ 2, p ≥ n Có cách tô màu n điểm cho p màu cho điểm kề tô màu khác Giải Tương tự BT ta có đáp số an = (p – 1)an – + (p – 2)an – , a1 = 0, a2 = p(p – 1) Ví dụ 20 Xét đa giác 12 đỉnh A1, A2, , A12 với tâm O Người ta tô màu miền tam giác OAiAi+1 ( ≤ i ≤ 12) ( A13 = A1) màu xanh (X), đỏ (Đ), tím 19 (T), vàng (V) cho miền kề tô màu khác Hỏi có cách tô ? Giải Xét trường hợp tổng quát: cho đa giác n đỉnh tô k màu ( k ≥ 3) Gọi S(n, k) số cách tô màu thoả mãn toán Ta có k cách tô màu miền OA 1A2, k – cách tô màu miền OA2A3, …, k – cách tô màu miền OAnA1 Do có tất k(k – 1)n – cách tô Tuy nhiên, phải trừ cách tô sai, chẳng hạn OA nA1 OA1A2 màu, ta coi OAnA2 miền tam giác ( bỏ qua đỉnh A 1), số cách tô S(n – 1, k) Do ta có hệ thức S(n, k) = k(k – 1)n -1 – S(n – 1, k) = k(k – 1)n -1 - [ k(k – 1) n -2 – S(n – 2, k) ] = = k(k – 1)n – - k(k – 1)n - + + ( -1 )n – [k(k – 1)3 – S(3, k)] Suy S(n, k) = (k – 1)n + ( -1)n (k – 1) Trở lại BT, số cách tô thoả mãn đề S( 12, 4) = 312 + Ví dụ 21 Ký hiệu f(n) số hoán vị {a1, a2, , an } {1, 2, , n} thoả mãn: a) a1 = b) | – +1 | ≤ với ≤ i ≤ n – Hỏi f( 2007) có chia hết cho không ? Giải Ta xét với n ≥ Do a1 = | a1 – a2 | ≤ nên a2 = a2 = +) Nếu a2 = { a2, a3, , an } hoán vị {2, 3, , n} thoả mãn a) a2 = b) | – +1 | ≤ với ≤ i ≤ n – Số hoán vị f(n – 1) +) Nếu a2 = a3 ∈ {2, 4, 5} Giả sử có ak = ( < k < n) | a k – – ak | ≤ 2, | ak – ak + | ≤ ak -1 , ak ≠ 1, 2, nên ak – = ak + = , vô lí Vậy a3 = an = 20 Nếu a3 = a4 = 4, { a4, a5, , an } hoán vị { 4, 5, , n} thoả mãn: a) a4 = b) | – +1 | ≤ với ≤ i ≤ n – Số hoán vị f( n – 3) Nếu an = an – = nên a3 = 5, kết hợp với giả thiết suy an – = 6, a4= 7, an – = 8, … Cứ có hoán vị thoả mãn Dễ dàng tính f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 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) (mod 3)} n=2 dãy tuần hoàn chu kì 2, f( 2007) ≡ f(3) ≡ (mod 3) Vậy f( 2007) không chia hết cho Ví dụ 22 (IMO 1979, số 6) Giả sử A E hai đỉnh đối diện Một ếch bắt đầu nhảy từ đỉnhA 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 nguyên dương n Hỏi với n cũ nhảy, có cách để ếch nhảy vào đỉnh E 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 cần só lẻ cú nhảy Từ B ếch đến C phải cần sốlẻ cú nhảy Từ C ếch đến D phải cần số lẻ cú nhảy Từ D ếch đến E phải cần 21 số lẻ cú nhảy Vậy số cú nhảy đến E phải số chẵn Nói cách khác, n lẻ cách nhảy vào E Vậy a2 k −1 = Ta tính a2k Xuất phát từ A, với hai cú nhảy đầu tiên, 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 Gọi cn , g n số cách để ếch, xuất phát tương ứng từ C, G, ngày vào đỉnh E với n cú nhảy.Vì lý đối xứng, ta có cn = g n Vậy theo cách 3) số cách tới E a2 k −2 ; theo cách 4) số cách tới E g k − Theo quy tắc cộng, ta có a2 k = a2 k −2 + a2 k −2 + C2 k −2 + g k −2 + 2a2 k − + 2c2 k −2 (3) 1c) C → B → A 2c) C → B → C 3c) C → D → C 4c) C → D → E Nếu theo cách 1c) số cách tới E a2 k − Nếu theo cách 2c) số cách tới E c2 k −2 Nếu theo cách 3c) số cách tới E c2 k −2 Nếu theo cách 4c) số cách tới E 22 Theo quy tắc cộng ta có c2 k − = a2 k − + 2c2 k − (4) Từ (3) (4) rút c2 k = a2 k − q2 k −2 ⇒ c2 k − = a2 k −2 − a2 k −4 thay vào (3) ta a2 k = a k − − a k − Đặt uk = a2 k ta có uk = 4uk −1 − 2uk − Với u1 = a2 = 0; u2 = u4 = Bằng cách giải phương pháp đặc trưng dạng 5, ta đến công thức sau a2 k = u k = (2 + 2) k −1 − (2 − 2) k −1 (k =1, 2, ) Ví dụ 23 Cho số nguyên dương n tập S = { 1, , n} Tìm số tác tập (kể tập rỗng) S mà không chứa hai số nguyên dương liên tiếp Giải Gọi an số phải tìm Dễ thấy a1 = 2, a2 = 3, a3 = , chẳng hạn với n = có tập S có tình chất nêu ∅ ; { 1} ; { 2} ; { 3} ; { 1;3} Gọi On họ tập có tính chất nêu Mỗi tập A ∈ On + gồm hai loại: + Loại gồm tập chứa n + + Loại gồm tập không chứa n + Nếu A tập loại A không chứa n +1 Do bỏ khỏi A phần tử n + , ta tập On Ngược lại, với tập B On tập A = B ∪ { n + 2} tập loại On + Thành thử số tập loại an 23 Nếu A tập loại 2, rõ ràng A tập On+1 ngược lại Thành thử số tập loại an +1 Do ta có quan hệ sau: an + = an +1 + an Mặt khác, với dãy Fibonacci ( Fn ) , ta có Fn +2 = Fn +1 + Fn Vì a1 = F3 + 2, a2 + F4 = ta suy an = Fn + Vậy an = Fn + a n + − bn + 1+ 1− , a= ;b = 2 S = { 1, , n} Ví dụ 24 Cho số nguyên dương n Tìm số tập A S mà A chứa hai số nguyên dương liên tiếp Giải Gọi On họ tập có tính chất nêu Mỗi tập A ∈ On+ gồm loại: + Loại gồm tập chứa n + n + + Loại tập chứa n + không chứa n + + Loại gồm tập không chứa n + - Nếu A tập loại A không chứa n A chứa n A chứa cặp số nguyên liên tiếp (n, n + 1) (n + 1, n + 2) Bỏ khỏi A hai phần tử n + 1, n + , ta tập A ' { 1, , n − 1} không chứa hai số nguyên dương liên tiếp Ngược lại với tập A ' { 1, , n − 1} không chứa hai số nguyên dương liên tiếp tập A = A ' ∪ { n + 2, n + 1} tập loại Phép tương ứng song ánh Thành thử theo ví dụ 12 trên, số tập loại Fn+1 24 - Nếu A tập loại A không chứa n + Do bỏ khỏi A phần tử n + , ta tập On Ngược lại, với tập B On tập A = B ∪ { n + 2} tập loại Vậy số tập loại an - Mỗi tập loại rõ ràng tập On +1 ngược lại Thành thử số tập loại an +1 Do ta có hệ thức sau an + = an +1 + an + Fn +1 Tiếp theo ta chứng minh quy nạp an = 2nFn +1 − (n + 1) Fn Thật vậy, dễ thấy công thức với n = 1, n = giả sử công thức với n, n + Ta có 2(n + 2) Fn +3 − ( n + 3) Fn + = 2(n + 2)( Fn+ + Fn +1 ) − (n + 3) Fn + = (n + 1) Fn + + 2(n + 2) Fn +1 = 2( n + 1) Fn + − (n + 1)( Fn+1 + Fn ) + 2(n + 1) Fn+1 = 2(n + 1) Fn + + ( n + 3) Fn +1 − ( n + 1) Fn = [ 2( n + 1) Fn + − (n + _ Fn +1 ] + [ 2nFn +1 − ( n + 1) Fn ] + 5Fn +1 = 5(an +1 + an + Fn+1 ) (Do giả thiết quy nạp) = 5an + Vậy an + = 2(n + 2) Fn +3 − ( n + 3) Fn + Tức công thức với n + Do công thức chứng minh 25 Thay công thức biết Fn ta công thức an III Bài tập áp dụng: Bài 1: Tính số đường chéo đa giác lồi n đỉnh (n>3) n(n − 3) Đáp số : với n>3 Bài 2: Tìm số số nguyên (a1, a2, ,an ) với n > thoả mãn ∈ { 0,1, 2} với i = 1,2,…,n | – + | >0 với i = 1,2,…, n – Giải: Làm tương tự ta kết : ((3 + 3)(1 + 3) n + (3 − 3)(1 − 3) n ) Bài Cho n số nguyên dương Đặt S = x 1y1 + x2y2 + … + xnyn, xi, yi ( i = 1,2,…, n ) nhận giá trị Gọi A(n), B(n) số 2n (x1, , xn, y1, , yn) có S lẻ chẵn Chứng minh A(n) n − = B ( n) n + C KẾT LUẬN Trên số ví dụ áp dụng phương pháp “Thiết lập hệ thức truy hồi toán đếm”, toán chọn đa dạng phong phú Được xắp xếp từ đơn giản đến phức tạp, qua giúp học sinh tiếp cận hình thành tư duy, phương pháp giải lớp toán loại Đặc biệt giúp em có định hướng sử dụng hệ thức truy hồi dãy số để giải quyết, em biết cách kết hợp việc xác định CTTQ dãy số vào toán đếm Tôi viết chuyên đề “Thiết lập hệ thức truy hồi toán đếm” nhằm mục đích trao đổi với đồng nghiệp giảng dạy môn toán trường Chuyên việc giải số toán đếm, từ rút tính ưu việt phương pháp này.Vì kiến thức thời gian nhiều hạn chế nên chuyên đề có 26 thiếu sót, chân thành mong muốn đón nhận trao đổi, góp ý đồng nghiệp để chuyên đề ngày hoàn thiện sâu sắc Tôi xin chân thành cảm ơn! D.TÀI LIỆU THAM KHẢO Lê Hải Châu, Lê Hải Khôi (1997), “ 199 toán chọn lọc toán tổ hợp” Trường đại học KHTN (2007), “ Các chuyên đề Toán rời rạc số vấn đề liên quan” Trường đại học KHTN (2006), “ Các chuyên đề Toán học chọn lọc” Titu Andreescu, Zuming Feng.(2002), “102 Combinatorial problems ”, Tài liệu chuyên toán 10, 11 27 [...]... trong bài toán đếm , các bài toán được chọn khá đa dạng và phong phú Được xắp xếp từ đơn giản đến phức tạp, qua đó giúp học sinh tiếp cận và hình thành tư duy, phương pháp giải quyết một lớp các bài toán cùng loại Đặc biệt là giúp các em có định hướng sử dụng hệ thức truy hồi trong dãy số để giải quyết, các em biết cách kết hợp việc xác định CTTQ của dãy số vào bài toán đếm Tôi viết chuyên đề Thiết lập. .. cách kết hợp việc xác định CTTQ của dãy số vào bài toán đếm Tôi viết chuyên đề Thiết lập hệ thức truy hồi trong bài toán đếm nhằm mục đích cùng trao đổi với các đồng nghiệp giảng dạy bộ môn toán ở các trường Chuyên trong việc giải quyết một số bài toán đếm, từ đó rút ra được tính ưu việt của phương pháp này.Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng chuyên đề có 26 thiếu sót, tôi chân... 2un −1 + 1 Vậy ta có hệ thức truy hồi sau un = 2un −1 + 1 Từ hệ thức truy hồi này, ta có thể lập được công thức của số hạng tổng quát của dãy n là: un = 2 − 1 64 Với n = 64 thì u64 = 2 −1 = 18.446.744.073.709.531.615 Ví dụ 8 : Cho số nguyên dương n có bao nhiêu số chia hết cho 3, có n chữ số và các chữ số đều thuộc {3, 4, 5, 6} ? Giải : Cách 1 Gọi An tập hợp các số có n chữ số lập từ các chữ số {3,... bài trên ta được kết quả là : 1 ((3 + 2 3)(1 + 3) n + (3 − 2 3)(1 − 3) n ) 6 Bài 3 Cho n là số nguyên dương Đặt S = x 1y1 + x2y2 + … + xnyn, trong đó xi, yi ( i = 1,2,…, n ) nhận giá trị 0 hoặc 1 Gọi A(n), B(n) lần lượt là số 2n bộ (x1, , xn, y1, , yn) có S lẻ và chẵn Chứng minh rằng A(n) 2 n − 1 = B ( n) 2 n + 1 C KẾT LUẬN Trên đây là một số ví dụ áp dụng phương pháp Thiết lập hệ thức truy hồi trong. .. Fn ] + 5Fn +1 = 5(an +1 + an + Fn+1 ) (Do giả thiết quy nạp) = 5an + 2 Vậy an + 2 = 2(n + 2) Fn +3 − ( n + 3) Fn + 2 5 Tức là công thức trên đúng với n + 2 Do đó công thức trên được chứng minh 25 Thay công thức đã biết của Fn ta được công thức của an III Bài tập áp dụng: Bài 1: Tính số đường chéo của đa giác lồi n đỉnh (n>3) n(n − 3) 2 Đáp số : với n>3 Bài 2: Tìm số các bộ số nguyên (a1, a2, ,an )... ( n > 1 ) Hỏi có bao nhiêu cách đánh dấu các ô vuông trong bảng sao cho trong mỗi hình vuông 2 × 2 có đúng hai ô vuông 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) Giải Gọi Sn là số cách đánh dấu trong bảng n × n Xét tập T gồm các ô vuông nằm trong cột cuối cùng ( tính từ phải sang) và hàng cuối... giả thiết suy ra an – 2 = 6, a4= 7, an – 3 = 8, … Cứ như thế chỉ có một hoán vị thoả mãn Dễ dàng tính được f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 4 Tóm lại ta có hệ thức truy hồi f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) = 4 f(n) = f( n – 1) + f(n – 3), ∀ n ≥ 5 ∞ Khi đó ta chứng minh được dãy {f(n) (mod 3)} n=2 là dãy tuần hoàn chu kì 2, do đó f( 2007) ≡ f(3) ≡ 2 (mod 3) Vậy f( 2007) không chia hết cho 3 Ví dụ 22 (IMO 1979, bài. ..Trường hợp n = 3 gợi ý cho ta thiết lập hệ thức truy hồi mà dãy ( un ) phải thoả mãn Để chuyển được n chiếc đĩa theo quy tắc trên, ta phải thực hiện theo ba công đoạn sau: - Công đoạn 1: Chuyển (n − 1) đĩa ở phía trên chiếc đĩa lớn nhất sang... ơn! D.TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Lê Hải Châu, Lê Hải Khôi (1997), “ 199 bài toán chọn lọc về toán tổ hợp” 2 Trường đại học KHTN (2007), “ Các chuyên đề Toán rời rạc và một số vấn đề liên quan” 3 Trường đại học KHTN (2006), “ Các chuyên đề Toán học chọn lọc” 4 Titu Andreescu, Zuming Feng.(2002), “102 Combinatorial problems ”, 5 Tài liệu chuyên toán 10, 11 27 ... 3 , mỗi số gồm 2015 chữ số lấy từ tập X = { 2,3,4,6,9} là S2015 = 22016 + 52015 3 Trong trường hợp trong các số trên có chứa số 0 , thì bài toán sẽ phức tạp hơn Ví dụ 10 (VMO 2015): Cho số nguyên dương k, tìm các số tự nhiên n không vượt qua 10k thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) n chia hết cho 3 2) Các chữ số trong biểu diễn thập phân của n thuộc tập { 2,0,1,5} Giải - Vì 10k không chia hết cho