TH1 d1 SinhNT co ban ve bai toan dem

Mở đầu toán đếm Nguyễn Thế Sinh, THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương Email: sinhntsp83@gmail.com Ta bắt đầu với hai tốn từ cấp 1: Ví dụ 1: Một khối lớp trường tiểu học An Bình có lớp học, lớp A có 30 học sinh, lớp B có 25 học sinh, lớp C có 31 học sinh, lớp D có 27 học sinh, lớp E có 29 học sinh Hỏi khối lớp có học sinh? Đáp số: 30+25+31+27+29=142 học sinh Ví dụ 2: Một sân vận động có 100 dãy ghế, dãy ghế có 200 Hỏi sân vận động có ghế? Đáp số: 100.200=20.000 ghế Hai tốn giải cách vơ đơn giản với hai phép toán cộng nhân Tuy nhiên, cơng việc thực tốn đếm lại không đơn giản Chẳng hạn với toán sau: Bài toán: Cho bảng gồm 10 hàng cách cm, hàng có 10 điểm cách cm Có hình vng tạo thành có đỉnh điểm bảng Cơng việc trở nên phức tạp nhiều hình vng đề cập có nhiều loại, tạo thành theo nhiều cách khác Mặc dù vậy, tốn khó giải dựa vào quy tắc ban đầu đơn giản, tương tự với tốn Đó quy tắc cộng quy tắc nhân Cái khó nhận có mặt quy tắc phần nhỏ tốn, tức nằm việc phân tích tình thành toán nhỏ đơn giản ( xem tập 14) Bây giờ, ta xem xét kỹ hai quy tắc Quy tắc cộng Cách phát biểu 1: Một cơng việc có n phương án thực Phương án thứ k (1 ≤ k ≤ n) có ak cách thực Khi có a1 + a2 + ⋯ + an cách thực công việc Cách phát biểu thứ 2: Cho n tập hợp khác rỗng đôi không giao A1 , A2 , …, An có số phần tử tương ứng a1 , a2 ,…, an Khi đó, số phần tử tập A = A1 ∪ A2 ∪ A3 ⋯ ∪ An a1 + a2 + ⋯ + an Với tốn 1, cơng việc thực xem là: chọn học sinh khối, ta có phương án thực hiện: Chọn học sinh lớp A,B,C,D,E số 30;25;31;27;29 số cách thực phương án Cũng vậy, xem xét mặt tập hợp, ta có tập tương ứng với lớp A,B,C,D,E, X hợp tập X tập hợp học sinh toàn khối, đương nhiên tập đôi không giao nhau, số phần tử tập X tổng số phần tử tập A,B,C,D,E Ta xét thêm ví dụ sau: Ví dụ 3: Có cặp thứ tự ( x, y ) mà x,y nguyên x + y ≤ Lời giải: Gọi S tập cặp (x,y) Ta có vài cách chia S thành tập rời sau: Cách S = S0 ∪ S1 ∪ S ∪ S3 ∪ S4 ∪ S5 với Si = {( x, y ), x, y ∈ ℤ, x + y = i} Cách S = P0 ∪ P1 ∪ P4 với Pi = {( x, y ), x = i} Theo cách 1, cách liệt kê phần tử tập Si , ta có | S0 |= 1,| S1 |= 4;| S |= 4;| S3 |= 0;| S4 |= 4,| S5 |= , nên | S |= + + + + + = 21 Theo cách 2, ( P0 = {(0, y ); y ≤ 5} nên có y ∈ {0, ±1, ±2} suy | P0 |= P1 = {(1, y ), y ≤ 4} ∪ {( −1, y ), y ≤ 4} nên | P1 |= 10 P4 = {(2, y ); y ≤ 1} ∪ {(2, y ); y ≤ 1} nên | P4 |= Từ | S |= + 10 + = 21 Với cách 1, ta phải liệt kê thủ công phần tử tập Si , với cách 2, ta có cách đếm đơn giản Vậy cách chia tập quy tắc cộng định đơn giản lời giải, ta cần phải có lựa chọn sang suốt Quy tắc nhân Cách phát biểu 1: Một công việc thực n cơng đoạn liên tiếp Cơng đoạn có a1 cách thực hiện, cách thực công đoạn 1, có a2 cách thực cơng đoạn 2, cách thực k cơng đoạn trước đó, có ak +1 cách thực công đoạn thứ k+1 ( ≤ k ≤ n − Khi có a1a2 … an cách thực công việc Cách phát biểu 2: Số phần tử tập S = {( x1 , x2 , …, xn , xi ∈ Si ,1 ≤ i ≤ n} (*) a1a2 … an số phần tử tập Si Với tốn 2, cơng việc nói đến việc chọn ghế sân vận động Ban đầu, ta phải chọn dãy ghế, sau chọn ghế dãy, ta thực cơng đoạn để hồn thành cơng việc, công đoạn biết số cách thực Nếu xem xét mặt tập hợp, ta gọi (a,b) cặp số thứ tự dãy ghế thứ tự ghế dãy a ∈ S1 , S1 tập số thứ tự dãy ghế, có 100 phần tử, b ∈ S2 tập số thứ tự ghế dãy, có 200 phần tử Vậy ta có kết Ta xét ví dụ khác: Ví dụ 4: Một phòng trang bị 10 bóng đèn, để phòng sáng cần bóng đèn phải bật Hỏi có cách bật bóng đèn mà phòng ln sáng? Lời giải: Một trạng thái bóng đèn ( x1 , x2 , x3 ,…, x10 ) mà xi trạng thái bóng đèn thứ i, xi nhận hai trạng thái: bật, tắt Theo quy tắc nhân, ta có đáp số 210 − , có trạng thái tất bóng đèn tắt khơng thỏa mãn Đây quy tắc phép đếm Việc áp dụng quy tắc cộng biết rõ đâu phương án thực công việc hay tương ứng rõ cách chia tập A thành tập rời nhau, có hợp A ( ta gọi phân hoạch tập A), áp dụng quy tắc nhân rõ công đoạn thực công việc hay tương ứng rõ tập S dạng (*) điều vơ đơn giản, việc lại lúc hai phép toán cộng nhân Như vậy, khó khăn thực toán đếm dồn hết vào việc cách chia công việc thành phương án thực riêng biệt ( phân hoạch tập), rõ công đoạn cần thực cách khoa học, không trùng lặp, khơng chồng chéo Cùng với kết hợp khéo léo quy tắc Ta xem xét số tập sau để vừa thấy rõ điều này, vừa theo dõi đường đến số vấn đề phức tạp Bài tập áp dụng Bài Một trường học có 2014 bàn Họ muốn đánh số tất chúng cách dán miếng đề can đánh số từ đến 2014 cho bàn Biết chữ số dán đề can tiêu tốn 1000 đồng, tính tiền công dán Chẳng hạn, dán xong số cho bàn số hết 1000 đồng, với bàn số 100 phải 3000 đồng Hỏi họ phải tốn tiền cho công việc trên? Lời giải: Muốn tính tốn số tiền, ta cần đếm số chữ số phải dùng Có loại cần phải tách riêng Loại 1: Các bàn sử dụng chữ số Có loại này, tổng cộng chữ số Loại 2: Các bàn sử dụng chữ số Có 90 loại này, tổng cộng 180 chữ số Loại 3: Các bàn sử dụng chữ số Có 900 loại này, tổng cộng 2700 chữ số Loại 4: Các bàn sử dụng chữ số Có 1014 loại này, tổng cộng 4056 chữ số Như vậy, tổng cộng 9+180+2700+4056=6945 chữ số, tức 6.945.000 đồng Trong lời giải trên, tập A số tự nhiên từ đến 2014 phân hoạch thành tập riêng biệt, dễ đếm phần tử chung tính chất Ta trình bày lời giải gọn chút sau ( chất không thay đổi) Gọi xi ( ≤ i ≤ 4) số lượng số có i chữ số tập {1, 2, …, 2014} Khi số chữ số cần dung S = x1 + x2 + 3x3 + x4 Mà x1 = 9, x2 = 90, x3 = 900, x4 = 1014 nên S=6945 Từ thu đáp số Cũng hỏi toán ngược lại sau: Bài 1.1 Một trường học muốn đánh số tất bàn họ việc dán đề can ghi số lên bàn, số 1, số cộng thêm Biết chữ số phải dán tiêu tốn hết 1000, sau dán xong, họ thấy tiêu hết 6.945.000 Hỏi trường học có bàn? Lời giải: Gọi n số bàn cần tìm Gọi xi ( ≤ i ≤ k ) số lượng số có i chữ số tập {1, 2, …, n} Khi số chữ số cần dung S = x1 + x2 + 3x3 + x4 + ⋯ kxk Mà xi = 9.10i −1 ,1 ≤ i ≤ k − nên S = 9(1 + 2.10 + ⋯ + ( k − 1)10k −1 ) + kxk S=6945 Nếu k ≥ S>10000 nên k2x, x+y>2m • Nếu x ≤ m , ta cần chọn y cho y>2m-x Khi x + y > 2m ≤ x Vậy với ≤ x ≤ m , có x-1 giá trị y ( từ k-x+1 đến k-1), nên có tổng cộng: m S1 = ∑ (x − 1) tam giác x =1 • Nếu x>m, x+y>2x>2m nên cần chọn y cho y>x Như có 2m-x-1 giá trị y ( từ x+1 đến 2m-1) m −1 Vậy tổng cộng có S = ∑ (2m − x − 1) x = m +1 Do đó, k chẵn ( k=2m), có | Ak |= S1 + S = (m − 1) +) Xét k lẻ, k=2m+1 • Nếu ≤ x ≤ m , ta cần y>2m+1-x>x nên có x-1 giá trị y • Nếu x > m ≤ , cần chọn y: x 2m + ) Có 2m-x giá trị y Tương tự trên: | Ak |= m(m − 1) Kết hợp lại, ta được: n Khi n=2p+1, S = ∑ |Ak |= k =1 Khi n=2p, S = p ( p − 1)(4 p + 1) p ( p − 1)(4 p − 5) Bài 16 Cho n ≥ PP … Pn đa giác n cạnh nội tiếp đường tròn Hãy đếm số tam giác tù tạo từ đỉnh đa giác Lời giải: +) Xét n chẵn, n=2m Khi P1 Pm +1 đường kính đường tròn ngoại tiếp đa giác Khi đó, tam giác tù đỉnh P1 ( ∠P1 nhọn) số cặp điểm thuộc nửa đường tròn đường kính P1 Pm +1 Có 2Cm2 −1 tam giác Như vậy, với ≤ i ≤ n , có 2Cm2 −1 tam giác có góc nhọn đỉnh Pi Nên có n.2.Cm2 −1 tam giác, tam giác bị đếm lần ( tam giác tù có góc nhọn), suy số tam giác tù là: n.Cm2 −1 = n(n − 2)(n − 4) đường nối P1 với trung điểm Q cung +) Xét n lẻ, khác đường kính PQ Pm Pm + Tương tự trên, có n(n − 1)(n − 3) tam giác tù Bài 17 Cho n số nguyên dương, n ≥ Giả sử PP … Pn đa giác n cạnh Tính số tam giác không đồng dạng Pi Pj Pk với i,j,k số nguyên dương phân biệt tập{1,2,…,n} Lời giải: Giả sử đa giác cho nội tiếp đường tròn Do tính đối xứng, ta cần xét tam giác khơng đồng dạng có đỉnh P1 Gọi N1 số tam giác không đồng dạng, N số tam giác cân không không đồng dạng, N3 số tam giác khơng đồng dạng lại ( tam giác thường) Ta phải tính N = N1 + N + N (n − 1)(n − 2) tam giác có đỉnh P1 Đặt S = {P1PP i j | ≤ i < j ≤ n} (n − 1)(n − 2) | S |= Có Cn2−1 = Trong S, tam giác thường xuất lần, có 3! cách đánh dấu độ dài cạnh P1 Pj , PP i j , P1 Pj , tam giác cân không xuất lần, có cách để chọn P1 Pj , PP i j , P1 Pj thành cạnh đáy tam giác, tam giác ( có), xuất lần Vậy (n − 1)(n − 2) = N1 + N + N Rõ ràng N1 = − p với p=1 p=0 Để tính N , ta ln quay tam giác để đỉnh P1 đỉnh cân Vậy, ta xét tam giác P1 PP i j với P1 Pi = P1 Pj Nếu n chẵn, có tam giác đều) Nếu n chẵn, có n−2 tam giác cân ( có khả có n −1 tam giác cân ( có khả có tam giác đều) Vậy N1 + N = n−2+q với q=0 q=1 Từ 12 N = 2( N1 + 3N + N ) + 6( N1 + N ) + N1 = (n − 1)(n − 2) + 3(n − + q) + 4(1 − p ) = n + 3q − p với p, q ∈ {0,1} Do −4 ≤ 3q − p ≤ , N số nguyên gần n2 n2 nhất, tức N = [ + ] 12 12 Bài 18 [VMO 2005] Xem kết học tập lớp học, người ta thấy 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi mơn Tốn đồng thời đạt điểm giỏi môn Vật Lý, 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi môn Vật Lý đạt điểm giỏi môn Ngữ Văn, 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi môn Ngữ Văn đạt điểm giỏi môn Lịch Sử, 2/3 số học sinh đạt điểm giỏi môn Lịch Sử đạt điểm giỏi mơn Tốn Chứng minh tồn học sinh đạt điểm giỏi môn Lời giải: Ký hiệu T,L,V,S tập học sinh giỏi Toán, Lý, Văn, Sử Đặt Tl = T ∩ L, Lv = L ∩ V ,Vs = V ∩ S 3 Ta cần chứng minh | T ∩ L ∩ V ∩ S |≥ 2 Ta có | T ∩ L |> | T |, B =| L ∩ V |> | L |,| V ∩ S |> | V |;| S ∩ T |> | S | Không tổng quát, giả sử | T |= max { | T |,| L |, | V |, | S |} Có | Tl ∩ Lv ∩ Vs |=| Tl ∩ Lv | + | Vs | − | Tl ∩ Lv ∪ Vs | =| Tl | + | Lv | + | Vs | − | Tl ∪ Lv | − | Tl ∩ Lv ∪ Vs | > (| T | + | L | + | V |) − (| L | − | V |) ≥ Vậy có điều phải chứng minh Bài 19 Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + x3 = 15 x1 ≤ 5, x2 ≤ 6, x3 ≤ Lời giải: Trước hết, ta xét tốn chia kẹo Euler: Có nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + ⋯ + xk = n ( Có cách chia n kẹo cho k em bé?) ***** Xét n kẹo xếp thành hàng, ta sử dụng k-1 que để phân chia n kẹo thành k phần với số kẹo tương ứng trước que thứ nhất, thứ 2,…, thứ k-1 x1 , x2 , …, xk −1 sau que thứ k-1 xk Khi đó, ta có n+k-1 vị trí cho kẹo que, cách chia, ta chọn vị trí cho n kẹo n+k-1 vị trí trên, nên có Cnn+ k −1 cách chia ************ Quay lại với tốn, kết dễ dàng khơng có ràng buộc x1 ≤ 5, x2 ≤ 6, x3 ≤ Mặt khác lựa chọn ràng buộc điều kiện x1 ≤ khó kiểm sốt điều kiện x1 ≥ x1 ≥ ↔ x1 − ≥ , nghĩa thay cho x1 , ta làm việc với x1 − để khơng điều kiện ràng buộc Vì thế, ta giải toán nhờ xem xét phần bù sau Đặt S = {(a1 , a2 , a3 ), ∈ ℕ, a1 + a2 + a3 = 15} S1 = {(a1 , a2 , a3 ), ∈ ℕ, a1 ≥ 6, a1 + a2 + a3 = 15} S2 = {(a1 , a2 , a3 ), ∈ ℕ, a2 ≥ 7, a1 + a2 + a3 = 15} ; S3 = {(a1 , a2 , a3 ), ∈ ℕ, a3 ≥ 8, a1 + a2 + a3 = 15} Khi kết toán ta | S | − | S1 ∪ S2 ∪ S3 | Mặt khác | S |= C1515+ 3−1 = C172 S1 = {(a1 + 6, a2 , a3 ), ∈ ℕ, a1 + a2 + a3 = 15 − = 9} nên | S1 |= C112 Tương tự | S |= C102 ,| S3 |= C92 Tiếp tục S1 ∩ S2 = {(a1 + 6, a2 + 7, a3 ), ∈ ℕ, a1 + a2 + a3 = 15 − − = 2} nên | S1 ∩ S |= C42 , | S1 ∩ S3 |= C32 ,| S ∩ S3 |= C22 Cuối S1 ∩ S2 ∩ S3 = ∅ nên | S1 ∩ S2 ∩ S3 |= Đáp số toán là: C172 − (C112 + C102 + C92 ) + (C42 + C32 + C22 ) − =10 • Ngun lý thêm bớt sử dụng hiệu quả, nhiên lúc ngắn gọn, ta cần tìm hiểu thêm đường khác để giải tốn đếm, chẳng hạn với tốn này, có lời giải đơn giản sau: Đặt t1 = − x1 , t2 = − x2 , t3 = − x3 , ta có ≤ t1 ≤ 5, ≤ t2 ≤ 6, ≤ t3 ≤ Và t1 + t2 + t3 = Khi kết đơn giản C32+3−1 = C52 = 10 Bình luận: Nhận thấy tương ứng ( x1 , x2 , x3 ) ֏ (t1 , t2 , t3 ) song ánh Để đếm ( x1 , x2 , x3 ) , người ta đếm (t1 , t2 , t3 ) - đếm dễ Như thế, toán mở hướng đếm nhờ thiết lập song ánh, hướng tiếp tục phát triển Bài 20 Cho đa giác A1 A2 … An , có cách tơ màu k đỉnh đa giác mà khơng có hai đỉnh kề tô Biết cách tô màu giống thu từ nhờ phép quay Lời giải: Ta cố định đỉnh A1 Khi có trường hợp Trường hợp Đỉnh A1 tơ Khi A1; An khơng tơ Số cách thu số cách tô màu đỉnh A2 , A3 ,…, An−1 mà khơng có đỉnh liên tiếp tơ Đến đây, khơng có ràng buộc A2 An −1 nên ta coi tô màu đường thẳng với n-2 điểm thỏa mãn: khơng có đỉnh liên tiếp tô Đánh số 1, 2,3, 4… cho đỉnh đó, cách tơ cách chọn ( x1 , x2 , …, xk ) mà x1 < x2 < … < xk ≤ n − 2, xi +1 − xi ≥ Mỗi ( x1 , x2 , …, xk ) tương ứng với ( y1 , y2 ,…, yk ) mà yi = xi − i + Vậy số cách tô cuối Cnk− 2− k +1 = Cnk− k −1 Trường hợp Đỉnh A1 không tô Khi đó, số cách thu số cách tơ k đỉnh n-1 đỉnh A2 , A3 , …, An mà khơng có đỉnh liên tiếp tơ, đây, A2 An khơng có ràng buộc Tương tự trên, có Cnk−1− k +1 = Cnk− k cách tơ Vậy có Cnk− k −1 + Cnk cách tô thỏa mãn Thay đổi đề tốn chút, khơng xem xét số cách tơ màu k đỉnh mà xem xét số cách tô màu số đỉnh cho khơng có hai đỉnh liên tiếp tô Để đơn giản, ta xét n đỉnh đường thẳng, có phát biểu tương tự sau: Bài 21 Với n, xét tập hợp Sn = {1, 2, 3,…, n} Gọi an số tập hợp khác rỗng S n , không chứa số nguyên liên tiếp tùy theo n Chứng minh an = an −1 + an− +1∀n ≥ Phân tích: Trước hết, ta bắt đầu với trường hợp nhỏ +) Với n=1, tập thỏa mãn: {1} +) Với n=2, tập thỏa mãn: {1}; {2} +) Với n=3, tập thỏa mãn: {1}; {2}; {3}; {1,3} +) Với n=4, ta tập thỏa mãn: {1}; {2}; {3}; {4};{1,3};{1,4};{2,4} +) Với n=5, ta 12 tập thỏa mãn: {1};{2};{3};{4};{5};{1,3};{1,4};{1,5};{2,4};{2,5};{3,5};{1,3,5} Bây giờ, quan sát thay đổi tập thu n tăng dần, ta thấy n tăng lên đơn vị, tập thu ứng với giá trị n trước đó, tập tạo cách thêm số n vào, nhiên phép thêm vào tập không chứa số n-1 Chẳng hạn: Với n=4, tập là: {1}; {2}; {3}; {4};{1,3};{1,4};{2,4} Thì với n=5, có tập đó, thêm vào tập {5}, tạo từ tập ∅ cách thêm số {1,5};{2,5};{3,5}, tạo từ tập {1};{2};{3} cách thêm vào số {1,3,5}, tạo từ tập {1,3} cách thêm vào số Những tập chứa số không tạo tập thỏa mãn Như vậy, tổng quát hóa suy nghĩ này, ta thu lời giải sau: Lời giải: Do an số tập tập S n thỏa mãn đề bài, ta có a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, a4 = 7, a5 = 12 Xét với tập Sn +1 , tập thỏa mãn thuộc loại Loại 1: Khơng chứa n+1, có an tập loại Loại 2: Chứa n+1, tập loại tạo nhờ thêm vào n+1 từ tập S n , thỏa mãn đề bài, tập khơng chứa n, tập Sn −1 thỏa mãn đề Ngồi có thêm tập {n+1} Vậy có an −1 + tập loại Từ ta được: an +1 = an + an −1 + 1, n ≥ , a1 = 1, a2 = Bình luận: • Với điều kiện trên, tìm cụ thể cơng thức tính $a_n$ theo n Cụ thể: an = − 1− n + 1+ n ( ) + ( ) −1 2 5 • Bài tốn sử dụng quy tắc cộng Tuy vậy, đưa hướng tiếp tục phát triển thêm, thiết lập hệ thức truy hồi cho đại lượng cần đếm tùy theo n Từ nhờ tính tốn đại số để hồn thiện kết Bài 22 Cho hình chữ nhật 11× với đoạn AB,CD,EF,GH cho trước hình vẽ Tìm số đường từ O đến P nhờ lên sang phải ( ta gọi đường ngắn nhất) trường hợp 1) Đường khơng qua đoạn số AB,CD,EF,GH 2) Mỗi đường ngắn phải qua số đường [Principles and techniques, Chen Koh] Lời giải: P F H A B C D E G O Gọi S tập đường ngắn từ O đến P | S |= C66+11 ( số cách chọn thời điểm lần lên tổng số 6+11 bước lên lẫn sang phải) Vì câu hỏi toán đề cập đến việc đường có qua AB, CD, EF, GH hay khơng nên ta lấy làm để xét tập S Đặt S1 tập S, chứa đường qua AB S tập S, chứa đường qua CD S3 tập S, chứa đường qua EF S tập S, chứa đường qua GH 1) Một đường ngắn không qua đường số đường AB,CD,EF,GH thuộc tập X = S ∖ ( S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4 ) Vậy | X |=| S | −(| S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4 |) Mà | S1 | số cách ngắn từ O đến A, từ A đến B, từ B đến P, C42 1.C142 Tương tự với | S2 |,| S3 |,| S4 |,| S1 ∩ S2 | … Ta đáp số: | X |= w(0) − w(1) + w(2) − w(3) + w(4) với w(0) =| S |= w(1) =| S1 | + | S | + | S3 | + | S |= w(2) =| S1 ∩ S2 | + | S1 ∩ S3 | + | S1 ∩ S | + | S ∩ S3 | + | S ∩ S | + | S3 ∩ S |= w(3) =| S1 ∩ S ∩ S3 | + | S1 ∩ S ∩ S | + | S1 ∩ S3 ∩ S | + | S ∩ S3 ∩ S |= w(4) =| S1 ∩ S2 ∩ S3 ∩ S |= 2) Nhận xét: Khơng có đường ngắn qua đoạn khơng có phần tử S thuộc tập S1 , S , S3 , S4 Ta lập biến đếm sau Ban đầu, gán d:=0 Duyệt qua phần tử x1 , x2 , …, xn S Nếu thấy x1 thuộc giao tập tập, ta tăng d thêm đơn vị, ngược lại giữ nguyên (1) (Chẳng hạn x1 thuộc tập S1 , d giữ nguyên, x1 thuộc tập S1 , S2 d tăng lên đơn vị, x1 thuộc ba tập S1 , S2 , S3 x ∈ S1 ∩ S2 , S2 ∩ S3 , S3 ∩ S1 nên d tăng thêm đơn vị) Gọi A tập phần tử S thuộc tập S1 , S , S3 , S4 , B tập phần tử S thuộc tập số đó, C phần tử S thuộc tập số Khi d = d A + d B + dC , d A , d B , dC tổng số đơn vị tăng lên sau duyệt qua tập A, B, C rõ ràng d A = , d B =| B | số đường qua tập d C =| C | C32 , xét phần tử x thuôc C, giả sử x thuộc tập P,Q,R x làm tăng thêm C32 đơn vị x ∈ P ∩ Q, P ∩ R, R ∩ Q , tức lựa chọn giao từ tập tập Vậy d =| B | +C32 | C | Mặt khác d tổng số phần tử tập S1 ∩ S2 , S1 ∩ S3 , S1 ∩ S4 , S ∩ S2 ∩ S3 , S ∩ S , S3 ∩ S , nên d = w(2) |B| kết cần tính, | C |= w(3) Vậy | B |= w(2) − C32 w(3) Bình luận: • Câu 2) toán 20 cách lập luận hới thiếu tự nhiên tỏ liên quan đến điều ta bàn: quy tắc nhân, quy tắc cộng, nguyên lý thêm bớt, thực chất lại kết tổng quát nguyên lý thêm bớt cách lập luận cho câu 2) 20 gợi ý cho việc chứng minh cơng thức tổng qt (Xem tập14) • Có thể diễn đạt lời giải 2) theo cách đơn giản sau: Đặt S tập tất đường từ O đến P theo cách cho S1 , S , S3 , S4 tập đường S qua đoạn AB,CD,EF,GH Nếu ta đếm tổng số phần tử tập S1 ∩ S2 , S1 ∩ S3 ,…, S3 ∩ S4 đáp số d khơng phải điều ta mong muốn, phần tử tập S1 ∩ S2 ∩ S3 ,… bị tính lần Vậy gọi x số phần tử S qua đoạn, y số phần tử S qua đoạn Cái ta cần tính x Khi đó, ta có d = x + y nên x = d − y Mặt khác | S1 ∩ S2 | đếm sau 1) Đếm số cách từ O đến A: C42 cách 2) Đếm số cách từ A đến D: cách 3) Đếm số cách từ D đến P: C104 cách Nên | S1 ∩ S |= C42 C140 Tương tự tính tốn với trường hợp khác trường hợp đếm | Si ∩ S j ∩ S k | , ta có đáp số d y Từ có kết cho x BÀI TẬP Bài Một tổ học sinh gồm 10 bạn có bạn học sinh hay nói chuyện có tên A, B, C Hỏi có cách xếp 10 bạn học sinh thành hàng ngang cho bạn hay nói chuyện khơng đứng cạnh đơi Bài Có cách xếp em học sinh nam em học sinh nữ thành hàng song song, hàng em cho em đối diện bao gồm nam nữ Bài Có 10 em bé đặt chỗ ngồi ăn kem nhà hàng có 31 chỗ Có cách đặt chỗ mà có em bé đặt chỗ Bài Có cặp đơi ngồi thành hàng Có cách xếp họ cho khơng có ngồi cạnh nửa mình? Bài Cho n = 231.319 Có ước nguyên dương n , nhỏ n không ước n Bài Cho X tập có n phần tử Giả sử F tập tất gồm hai tập có thứ tự ( A1 , A2 ) cho Ai ⊂ X Tính S = ∑ ( A1 , A2 )∈F | A1 ∩ A2 | Bài Có cách rút quân từ 52 quân ( 13 quân chất) cho quân rút chứa đủ chất rơ, cơ, bích, tép Bài Có số nguyên dương không vượt 10000, chia hết cho số 2, 3, Bài Một số chọn cách ngẫu nhiên từ tập {1,2,3,4,5,6,7,8,9} Nếu sau n lần chọn thế, có cách cho kết n số có tích bội 10 Bài 10 Một hình hộp chữ nhật 150 × 324 × 375 tạo thành từ hình lập phương đơn vị 1× 1× Có hình lập phương đơn vị mà bị đường chéo hình hộp chữ nhật cho cắt qua Bài 11 Cho n số nguyên dương lớn Cố đinh 2n điểm không gian cho khơng có điểm đồng phẳng, lấy ngẫu nhiên n + đoạn thẳng số đoạn thẳng tạo từ điểm số điểm Chứng minh n + điểm lấy tạo n tam giác Bài 12 Có cách đặt xe lên bàn cờ quốc tế bị gạch đường chéo mà khơng ăn Bài 13 Có tập ba phần tử tập {21 , 22 , 23 ,…, 22000 } mà phần tử lập thành cấp số nhân? Bài 14 Có số chia hết cho có chữ số mà chữ số có mặt chữ số Bài 15 Xét tập S có n phần tử P1 , P2 , P3 , … , Pq tính chất phần tử S, q ≥ ( phần tử khơng có tính chất nào, có tất tính chất, có số số tính chất trên) Với số nguyên m mà ≤ m ≤ q , ta đặt E(m) số phần tử S có m số q tính chất Với ≤ m ≤ q , đặt w( Pi1 Pi2 … Pim ) số phần tử S có tính chất Pi1 , Pi2 , … Pim ( có tính chất khơng phải có tính chất này), đặt w(m) = ∑ w( Pi Pi … Pi ) với {i1 , i2 ,…, im } m chạy tập m phần tử {1, 2, 3, … , q} Quy ước w(0) =| S | Ta có kết sau, kết tổng quát cho nguyên lý thêm bớt: Định lý: [ Nguyên lý thêm bớt tổng quát] Tập S có n phần tử P1 , P2 , P3 , … , Pq tính chất phần tử S Khi với m = 0,1, 2, …, q q E (m) = w(m) − Cmm+1w(m + 1) + Cmm+ w(m + 2) − ⋯ + (−1)q −m Cqm w(q) = ∑ ( − 1) k −m Ckm w(k ) k =m 1) Hãy kiểm tra kết định lý thông qua tập S gồm 14 phần tử {1, 2,3…,14} tính chất P1 , P2 , P3 , P4 cho bảng sau, với chữ x sử dụng để đánh dấu phần tử có tính chất tương ứng S P1 x x P2 x x x x P3 x x x P4 x x x x x x x 10 11 12 13 14 x x x x x x x x x x 2) 3) Kiểm tra kết tập 20 b) 4) Chứng minh kết Hướng dẫn: Xét hàm đếm tương tự câu 20b) Bài 16 Có số nguyên dương không vượt 10.000 chia hết cho số 6, 10, 14, 15, 21, 35 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ MỘT SỐ BÀI TẬP Bài Đáp số: 1.693.440 Bài Đáp số: P5 P5 + A54 5.P4 + A53 A52 P3 P2 + A52 A53 P2 P3 Bài Đáp số: 3110 − A3110 Bài Đáp số: 13.824 cách xếp Bài [AIME 1995] Bài Hướng dẫn: Đếm số lần lặp lại phần tử a dựa theo số cặp tập mà giao chúng chứa a Tương ứng số cặp tập tập có n-1 phần tử lại Có 2n −1.2n −1 = 4n −1 cặp Bài Đáp số: C395 − C42 C265 + C43 C135 − C44 Bài Tương tự phần áp dụng Bài [ USAMO 1972] Bài 10 [AIME 1996] Bài 11 Hướng dẫn: - Chứng minh tạo tam giác Chứng minh nhờ quy nạp theo n Bài 12 Hướng dẫn: - Mỗi hàng, cột đặt quân xe Đếm số cách đặt quân xe lên bàn cờ cách tùy ý cho không ăn nào, trừ số cách đặt mà tồn quân cờ đường chéo Chia thành tập: Ai tập cách đặt qn cờ mà có qn xe (i, i ) , sử dụng nguyên lý thêm bớt Bài 13 [ARML 2001] Bài 15 Hướng dẫn: Xét hàm đếm tương tự câu 20b) Bài 16 Hướng dẫn: Một số chia hết cho số cho thỏa mãn tính chất số tính chất: chia hết cho 2;3;5;7 ... số dạng d1d d3 − d d5 d d7 dễ nhớ d1d d3 giống với hai dãy d d5 d d5 d d Biết số di thuộc tập {0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} Có dãy số dễ nhớ vậy? Lời giải: Cách Chọn dãy d d5 d6 d chọn d1d d3 tương... kim đồng hồ d1 , x1 , d , x2 , …, d k , xk di độ dài đoạn đỏ xi độ dài đoạn xanh Với đoạn d i có di − cặp đỉnh đỏ kề nhau, số cặp đỉnh đỏ kề A = (d1 − 1) + (d − 1) + ⋯ + (d k − 1) = (d1 + d + ⋯... Dựa hai trường hợp tạo dãy dễ nhớ, ta có lời giải sau: Gọi A tập dãy dễ nhớ mà d1d d3 = d d5 d6 B tập dãy dễ nhớ mà d1d d3 = d5 d d7 Khi đó, số dãy dễ nhớ số phần tử tập A ∪ B Gọi C = A ∩ B tập