TH1 d3 HungLP phuong phap truy hoi

PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP Lê Phi Hùng  Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh A ĐẶT VẤN ĐỀ Đại số tổ hợp phận toán học rời rạc Đây phận có nội dung phong phú, hấp dẫn ứng dụng nhiều thực tế đời sống, đặc biệt từ Tin học đời Đối tượng nghiên cứu chủ yếu đại số tổ hợp mối quan hệ phần tử tập hữu hạn Các toán đại số tổ hợp toán sơ cấp thường có nội dung phong phú, hấp dẫn ln đánh giá khó Thơng thường “thực tế hố” hay “mơ hình hố” để che đậy chất toán học bên Phương pháp giải tốn đại số tổ hợp thường khơng có quy luật điều quan trọng phải nắm chất tốn học sau lớp vỏ ngơn ngữ toán Cách giải toán đại số tổ hợp nói chung liên quan mật thiết đến công thức tổ hợp, cách đếm số phần tử tập hữu hạn, quy nạp toán học, dãy số… Do để tìm cách giải tốn đại số tổ hợp, người đọc phải có số kiến thức phương pháp giải toán định Đại số tổ hợp vấn đề giảng dạy bậc trung học phổ thông Tuy nhiên số kiến thức cơng thức tổ hợp nhị thức Niutơn trình bày đại trà lại trình bày dạng chuyên đề dành cho học sinh lớp chuyên Toán Các chuyên đề phần nhằm phục vụ cho kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, khu vực Quốc tế Đối với toán đại số tổ hợp xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi bậc phổ thơng thường có số phương pháp giải sau: Phương pháp sử dụng song ánh, Phương pháp truy hồi, Phương pháp hàm sinh, Phương pháp quỹ đạo,… Trong này, với tên gọi “Phương pháp truy hồi giải tốn tổ hợp” chúng tơi xin trình bày phương pháp để giải số tốn đại số tổ hợp, là: Phương pháp truy hồi Phương pháp đệ quy Bản chất phương pháp là: đưa tốn có n đối tượng tham gia tốn có n đối tượng tham gia quan hệ phụ thuộc gọi quan hệ truy hồi quan hệ đệ quy Sử dụng mối quan hệ ta tìm kết tốn nói chung số n nhỏ tốn thường có kết rõ ràng Những ví dụ minh hoạ cho phương pháp viết phần lớn lấy từ kỳ thi chọn học sinh giỏi Người viết cố gắng đưa gợi ý, hướng dẫn ý tưởng lời giải đầy đủ toán minh hoạ Tất nhiên với tốn đó, người đọc tìm lời giải khác với lời giải trình bày B NỘI DUNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH Dãy truy hồi cấp k dãy số cho dạng un  với: u1 , u , …, u k xác định u n = f u n1 , u n2 , , u nk  với n ≥ k + Trong mục cách xác định cơng thức tính số hạng tổng qt số dãy truy hồi tuyến tính quen thuộc Vì dãy truy hồi tuyến tính cấp kết hợp cấp số cộng cấp số nhân để phù hợp với nội dung viết, ta xem xét kỹ dãy truy hồi tuyến tính cấp hai hệ số Định nghĩa Dãy số un  xác định bởi: u1 , u2 cho trước, un   aun 1  bun với n = 1, 2, … a, b số thực gọi dãy truy hồi tuyến tính cấp hai hệ số Ta gọi phương trình x  ax  b (*) phương trình đặc trưng dãy số Có trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: Phương trình (*) có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 Khi số hạng tổng quát un là: un  A1.x1n  A2 x2n với n = 1, 2, … A1 , A2 số thực xác định từ u1 , u2 Trường hợp 2: Phương trình (*) có nghiệm kép x0 Khi số hạng tổng quát u n là: un  A1.x0n  A2 n.x0n =  A1  A2 n x0n với n = 1, 2, … A1 , A2 số thực xác định từ u1 , u2 Trường hợp 3: Phương trình (*) có hai nghiệm phức liên hợp x1    i x2     i Khi ta tính       góc mà tan    Số hạng tổng quát  un là: un   n  A1 cos n  A2 sin n  với với n = 1, 2, … A1 , A2 số thực xác định từ u1 , u2 Một số dãy truy hồi cho dạng hệ phương trình đưa vận dụng dãy số Ta xét ví dụ tìm số hạng tổng quát dãy ( xn ), ( yn ) xác định bởi: x1 , y1 cho trước, xn1  pxn  qyn , yn 1  rxn  syn với n = 1, 2… p, q, r, s số Từ hệ ta có: xn  = pxn 1  qyn 1 = pxn 1  q (rxn  syn ) = pxn 1  qrxn  s(qyn ) = pxn 1  qrxn  s( xn 1  pxn ) xn   ( p  s ) xn  ( ps  qr ) xn Hơn ta có x1 x2  px1  qy1 , nên theo cách tính số hạng tổng qt phương trình tuyến tính cấp hai hệ số ta tính xn Thay hệ tính yn Chú ý có cách khác để xác định số hạng tổng quát dãy ( xn ), ( yn ) cho cơng thức Đó ta xác định số A, B thích hợp để tính số hạng tổng quát dãy xn  Ayn xn  Byn Khi ta tính số hạng tổng quát dãy ( xn ), ( yn ) II MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HOẠ Bài toán Trong mặt phẳng cho n đường thẳng (n  N*) hai đường thẳng cắt khơng có ba đường đồng quy Tính số phần mặt phẳng mà đường thẳng chia Lời giải Gọi Pn số phần mặt phẳng mà n đường thẳng có tính chất chia Ta có P1 = Với n > số phần mặt phẳng mà n – đường thẳng chia Pn–1 Xét đường thẳng thứ n Đường thẳng bị n – đường thẳng trước cắt theo n  giao điểm bị chia thành n phần Mỗi phần chia đơi phần mặt phẳng mà qua, thêm n phần Vậy ta có công thức truy hồi: Pn = Pn–1 + n với n > Đến ta có: Pn = (Pn  Pn 1) + (Pn 1  Pn 2) + … + (P2  P1) + P1 = n + (n  1) + + + = Vậy ta có Pn = n(n  1) 1 n(n  1)  với n  N* Bài toán Xác định số hoán vị (a1, a2, …, an) (1, 2, …, n) với n ≥ cho có số i  {1, 2, …, n – 1} thoả mãn > + Lời giải Ta gọi Sn số hoán vị thoả mãn tốn Chia hốn vị thành hai nhóm: Nhóm 1: an = n Khi ta thấy số hốn vị nhóm Sn – hốn vị nhóm hốn vị toán n  số ghép thêm số n cuối Nhóm 2: = n với i  {1, 2, …, n – 1} Khi với = n số hốn vị thoả mãn điều kiện toán số chọn i –1 số n – số, tức Cnk11 Do số hốn vị cần tìm nhóm là: Cn01  Cn11   Cnn12 = n 1 C i 1 i 1 n 1 = 2n–1 – Ta có hệ thức truy hồi: Sn = Sn 1 + 2n1  với n  Từ ta viết: S3 = S2 + (22  1) S4 = S3 + (23  1) Sn = Sn1 + (2n1  1) Cộng lại ta có: Sn = S2 + (22 + 23 + + 2n1)  (n  2) = 2n  n  (vì S2 = 1) Vậy ta có Sn = 2n  n  với n  Bài toán Cho hàm số f ( x)  x3  x  x đặt f n ( x)  f ( f ( f ( x))) với n lần f , n  N* Tìm số nghiệm phương trình f n ( x)  Lời giải Xét hàm số f ( x)  x  x  x R Ta có f ' ( x)  x  12 x  , f ' ( x)   x = x = Bảng biến thiên: (chú ý f (0)  f (4)  ) x  f ' ( x) + f (x) +  + +  Từ bảng biến thiên ta thấy f ( x)  có hai nghiệm x = 0, x = Do f ( x)   f (x) = f (x) = Cũng theo bảng biến thiên f ( x)  có + = nghiệm Vì f k 1 ( x)  có hai nghiệm f k  ( x)  {0, 3}và f k 1 ( x)  có nghiệm f k  ( x)  (0, 4)\{0, 3} Tiếp tục trình ta k 1 thấy f k 1 ( x)  có nghiệm x  (0, 4)\{0, 3} Như vậy, nêu gọi số nghiệm f n ( x)  sn thì: Với n = ta có s1 = Với n > ta có: sn = sn 1 + 3n 1 Đến tìm cơng thức tổng qt sn tốn 2, khai triển: sn = sn 1 + 3n 1 = = ( s n  + n 2 ) + 3n 1 = … = s1 + (3  32   3n 1 ) = + 3n 1  3n  = 1 Công thức cho trường hợp n = nên số nghiệm phương trình f n ( x)  sn = 3n  với n  N* Bài toán Cho số tự nhiên n  N* Xét tổng S = x1y1 + x2y2 + … + xnyn xi, yi  {0; 1} với giá trị i = 1, 2, …n Gọi A, B tương ứng số tổng mà S lẻ A 2n   B 2n  Lời giải Đặt Sn = x1y1 + x2y2 + … + xnyn xi, yi  {0; 1} với i = 1, 2, … n Gọi An, Bn số tổng mà Sn tương ứng lẻ chẵn, ta có A1 = 1, B1 = chẵn Chứng minh rằng: Với n > 1, Sn = Sn–1 + xnyn có ba (xn, yn) làm cho xnyn chẵn (bằng 0) (xn, yn) làm cho xnyn lẻ nên ta có: An = 3.An–1 + Bn–1 Bn = An + 3.Bn–1 Chúng ta tính An, Bn trường hợp cách đưa dãy truy hồi tuyến tính cấp hai dùng phương trình đặc trưng, ta viết: An + Bn = 4(An–1 + Bn–1) = … = 4n–1(A1 + B1) = 4n An – Bn = 2(An–1 – Bn–1) = … = 2n–1(A1 – B1) = – 2n Lần lượt cộng trừ vế cho ta được: An = 2n–1(2n – 1) Bn = 2n–1(2n + 1) với n  Từ A An n  Bài toán chứng minh   B Bn n  Bài toán Cho số nguyên dương n Có số tự nhiên có n chữ số, chia hết cho với chữ số thuộc tập hợp 3; 4; 5; 6? Lời giải Gọi An tập hợp số tự nhiên cho n chữ số lập từ chữ số tập 3; 4; 5; 6, chia hết cho 3; Bn tập hợp số tự nhiên cho n chữ số lập từ chữ số tập 3; 4; 5; 6 không chia hết cho Đặt a n  An bn  Bn Ta cần tính a n Một số thuộc tập An 1 thu theo hai trường hợp sau đây: + Trường hợp 1: Lấy số thuộc An thêm số vào phía sau + Trường hợp 2: Lấy số thuộc Bn thêm hai số vào sau số Như ta có: An1  An  Bn hay a n 1  2a n  bn (1) Tương tự với số thuộc tập Bn 1 ta có bn 1  2a n  3bn (2) Từ (1) ta có bn  a n 1  2a n bn 1  a n   2a n 1 thay vào (2) a n   2a n 1  2a n  3a n 1  2a n  hay a n   5a n 1  4a n với n  Tính trực tiếp a1  a  , với hệ thức truy hồi ta có kết cần tính a n  4n  với n  Bài toán Cho điểm A1, A2, …, An với n  theo thứ tự nằm đường thẳng Người ta tô màu tất điểm màu: xanh, đỏ, vàng, cam tím thoả mãn hai điều kiện: +) điểm tô màu +) hai điểm Ai, Ai+1 (i = 1, 2, …, n  1) ln tơ màu hai điểm tơ màu xanh Hỏi có cách tô vậy? Lời giải Gọi an số cách tơ thoả mãn điều kiện có điểm cuối tô xanh, bn số cách tô thoả mãn điều kiện có điểm cuối khơng tơ xanh Ta tính trực tiếp a2 = 5, b2 = Xét n > 2: Rõ ràng An tơ xanh An1 tơ xanh không xanh nên an = an1 + bn1 (1) Nếu An khơng tơ xanh tơ màu lại An1 phải tô xanh màu với An (khác màu xanh) Từ suy bn = 4an1 + bb1 (2) Kết hợp (1), (2) với a2 = 5, b2 = ta có: 2an + bn = 3(2an1 + bn1) = … = 3n2(2a2 + b2) = 3n2.18 = 2.3n bn 2an = (1)(bn12an1) = … = (1)n2(b2  2a2) = 2.(1)n Giải hệ ta an = 3n  (1) n , bn = 3n  (1) n với n  Vậy số cách tơ màu cần tìm là: S = an + bn = 3n 1  (1) n với n  2 Bài toán Cho số tự nhiên n > Gọi f n số hoán vị (a1, a2, …, an) (1, 2, …, n) thoả mãn điều kiện: a1 =  1  với i = 1, 2, …, n  Xác định số dư chia f 2014 cho Lời giải Ta có f = 1, f = 2, f = Với n  5, xét hốn vị có tính chất đề tốn Vì a1  a2 =  a2  nên a = a2 = +) Nếu a = (a2, a3 …, an) hốn vị (2, 3, …, n) thoả mãn  1  với i = 2, 3, …, n  Do số lượng hoán vị dạng f n1 +) Nếu a = a3 {2, 4, 5} Giả sử ak = với < k < n lúc ak 1    ak 1  suy ak 1  ak 1  , mâu thuẫn Do a3 = an = i) Nếu a3 =  a =  (a4, …, an) hoán vị (4, 5, …, n) thoả mãn  1  với i = 4, 3, …, n  Do số lượng hoán vị dạng f n 3 ii) Nếu an = an1 = 4, mà a3 {2, 4, 5} nên a3 = Khi lý luận tương tự liên tiếp ta có a n  = 6, a = 7, …, a n  k  2k  , a k  2k  … Trường hợp có hốn vị Như ta có: f = 1, f = 2, f = f n = f n1 + f n 3 +1 với n  Ta bổ sung thêm f1 = dãy { f n mod 3}  n 1 tuần hoàn chu kỳ với lặp (1, 1, 2, 1, 0, 0, 2, 0) Từ ta được: f 2014  f  (mod 3) hay f 2014 chia hết cho Bài toán Cho tứ diện ABCD có cạnh mét Một bọ xuất phát từ đỉnh A, di chuyển theo quy tắc: đỉnh đến chọn cạnh đỉnh để di chuyển theo cạnh đến đỉnh khác Tìm số cách để bọ trở lại đỉnh A n mét với n  N* Lời giải Gọi an , bn , cn , d n số cách để sau n mét bọ tương ứng đến A, B, C, D Với n > 1, i) Do tính đối xứng đỉnh B, C D nên A bn = cn = d n , B C (1) ii) Muốn đến A phải từ B, C D thêm mét nên: an = bn 1 + cn 1 + d n 1 , D (2) iii) Tương tự: bn = an 1 + cn 1 + d n 1 (3) Từ (1) (2) ta có: an = bn 1  an 1 = bn Kết hợp với (3) ta được: an1 = bn = 3( an 1 + cn 1 + d n 1 ) = = 3( an1 + bn 1 ) = an 1 + an an 1 = an + an 1 với n > Dãy số có phương trình đặc trưng t  2t  , có nghiệm t  t  1 nên số hạng tổng quát dãy có dạng: an  A.3n  B.(1) n với n  N* Kết hợp với a1 = 0, a2 = ta tính kết quả: an = 3n  3.(1) n với n  N* Bài toán Cho số tự nhiên n  N* có n cặp vợ chồng tham gia lễ hội hố trang Có cách ghép họ thành n cặp nhảy cho khơng có cặp vợ chồng? Lời giải Ký hiệu cặp vợ chồng C1, V1, …, Cn, Vn sn số cách xếp n cặp nhảy cho khơng có cặp vợ chồng Với n  3, có n  cách xếp Cn với Vi (i  n) nên ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: ghép Cn với Vi (i  n) ghép Ci với Vn Khi có n  cách ghép Cn với Vi , loại cặp Cn, Vn; Ci , Vi có sn2 cách ghép n  cặp lại Trường hợp có (n1)sn2 cách Trường hợp 2: ghép Cn với Vi (i  n) không ghép Ci với Vn Khi có n  cách ghép Cn với Vi, loại hai người đó, ghép tuỳ ý người lại có n  cách Trường hợp có (n1)sn1 cách Do vậy, kết hợp hai trường hợp ta có hệ thức truy hồi: sn = (n1)(sn1 + sn2) với n  Đây dãy truy hồi cấp hai hệ số ta làm theo cách sau đây: Biến đổi sn  nsn 1  sn 1  (n  1) sn   = … =  1 n2 s2  1.s1  Tính trực tiếp s1 = 0, s2 = 1, thay vào ta có: sn  nsn1 =  1  n Từ suy sn s (1) n  n 1  n! (n  1)! n! sn 1 (1) n =     n! 1! 2! n!  1 (1) n   với n  N* Vậy cuối ta có: sn  n!1     n!   1! 2! Bài tốn 10 Tìm số dãy n phần tử x1 x2 xn xi  {0, 1, 2} cho số phần tử dãy bội số Lời giải Ta gọi dãy n phần tử x1 x2 xn với xi {0, 1, 2} n  dãy gọi an , bn , cn số n  dãy mà có số phần tử chia cho tương ứng số dư 0, 1, Với n  2, xét n  dãy có số phần tử chia hết cho +) Nếu xn  {0, 2} (n1)  dãy x1 x2 xn1 có số phần tử chia hết cho +) Nếu xn = (n1)  dãy x1 x2 xn1 có số phần tử chia cho dư Từ ta có an = an1 + cn1 (1) Hoàn toàn tương tự ta có : bn = bn1 + an1 (2) cn = cn1 + bn1 (3) Một mặt khác, số lượng n  dãy là: an + bn + cn = 3n (4) Từ (4) suy bn = 3n  an  cn Thay vào (3) được: n 1 cn = cn 1 + bn 1 = cn 1 + 3n 1  an 1  cn 1 =  an 1 + cn 1 Khi từ (1) ta có an  an1 = cn1 nên: an1  a n = cn = 3n1  an1 + cn1 = = 3n1  an1 + ( a n  an1 ) = 3n1 + an  an1 hay an1  a n + an1 = 3n1 Từ đây, đặt u n = an  3n1 ta được: u n1  u n + u n1 = Phương trình đặc trưng dãy x  3x   có hai nghiệm phức x1   3i  3i x2  = x1 2    Theo dạng lượng giác x1   cos  i sin  nên nghiệm tổng quát dãy u n  6  un     A cos n6  B sin n6  n   với n ≥ Hơn từ a1  , a2  ta có u1  ,   n2 n cos , B  Vì ta có u n  với n  N* hay n2 n kết cần tìm an = cos + 3n1 với n  N* u  tính A    III MỘT SỐ BÀI TỐN LUYỆN TẬP Bài tốn 11 Trong mặt phẳng cho n đường tròn (n  N*) hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt khơng có ba đường có điểm chung Tính số phần mặt phẳng mà đường tròn chia Đáp số: n2 – n + phần với n  N* Bài toán 12 Có xâu gồm n ký tự (n  1) với kí tự 0, 1, cho khơng có hai ký tự đứng cạnh Hướng dẫn: Gọi sn số xâu Tính s1 = 3, s2 = hệ thức truy hồi sn = 2sn1 + 2sn2 với n  Suy kết sn = (1   ) n   (1  ) n  với n  N* Bài tốn 13 Có n học sinh n  tham gia kỳ thi trắc nghiệm bố trí ngồi bàn tròn Đề thi trắc nghiệm có m mã đề (m  2) Hỏi có cách phát đề cho thí sinh cho hai thí sinh gần nhận hai đề có mã khác Hướng dẫn: Gọi Sn số cách phát đề thoả mãn tốn Tính trực tiếp S2 = m(m  1) S3 = m(m  1)(m  2) hệ thức truy hồi: Sn = (m  2)Sn1 + (m  1)Sn2 với n  Kết quả: Sn = (m  1) n  (m  1)(1) n với n  Bài toán 14 Một ếch nhảy từ đỉnh A đến đỉnh đối tâm E hình bát giác Tại đỉnh bát giác trừ đỉnh E, ếch nhảy bước đến hai đỉnh kề với Khi đến đỉnh E ếch dừng lại ln ln Gọi un số đường phân biệt ếch từ A đến E n bước nhảy Chứng minh rằng: u n1  u n =   (2  ) n1  (2  ) n1 Bài toán 15 Cho số nguyên dương n, ký hiệu T tập hợp gồm 2n số nguyên dương Hỏi có tập S T có tính chất: S khơng tồn số a, b mà a  b  1; n (Lưu ý tập rỗng tập có tính chất nên trên) 3  1    3  1    n Đáp số: u n n  2 1 n với n  C KẾT LUẬN Bài toán tổ hợp đề thi học sinh giỏi tốn khó Để giải nó, ngồi việc nắm vững kiến thức cần phương pháp hợp lý sắc bén tư Trong ví dụ minh hoạ đây, chúng tơi cố gắng phân tích trình bày lời giải cách tường minh để người đọc dễ theo dõi Các toán luyện tập hướng dẫn cho đáp số cụ thể Do khuôn khổ viết hạn chế thời gian khả tác giả nên không tránh khỏi thiếu sót Rất mong người đọc lượng thứ đóng góp ý kiến quý báu để người viết bổ sung, sửa chữa Chúng xin chân thành cảm ơn! Hà Tĩnh, tháng năm 2014 ... tính số hạng tổng qt số dãy truy hồi tuyến tính quen thuộc Vì dãy truy hồi tuyến tính cấp kết hợp cấp số cộng cấp số nhân để phù hợp với nội dung viết, ta xem xét kỹ dãy truy hồi tuyến tính cấp hai...B NỘI DUNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH Dãy truy hồi cấp k dãy số cho dạng un  với: u1 , u , …, u k xác định u n = f u n1 ,... Trường hợp có (n1)sn1 cách Do vậy, kết hợp hai trường hợp ta có hệ thức truy hồi: sn = (n1)(sn1 + sn2) với n  Đây dãy truy hồi cấp hai hệ số ta làm theo cách sau đây: Biến đổi sn  nsn 1 