TH2 d3 ThuNT dem bang he thuc truy hoi

Để thiết lập hệ thức truy hồi, ta thường đi phân hoạch một tập hợp thành các tập con, rồi đi tính phần tử của các tập con đó.. Một tập n gồm các tập con chứa n và một tập gồm các tập con

ĐẾM BẰNG PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI Nguyễn Tất Thu – GV Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Biên Hòa – Đồng Nai

Đếm bằng truy hôi là một phương pháp khá hiệu quả trong việc giải các bài toán đếm

Nội dung của phương pháp đếm bằng truy hồi là để tính f n ta tìm một hệ thức giữa( ) ( )

f n và các giá trị ( f n1), (f n2), Do đó, để tính f n ta chỉ cần đi tính( )

( 1), ( 2),

f n f n Để thiết lập hệ thức truy hồi, ta thường đi phân hoạch một tập hợp thành các tập con, rồi đi tính phần tử của các tập con đó

Ví dụ 1 Cho tập hợp A có n n ( 1) phần tử Hãy tính số tập con của tập A

Lời giải.

Gọi S là tập hợp gồm tập con của tập n A 1,2, 3, , n và a n  S Ta phân hoạch n

tập S thanh hai tập X gồm các tập con chứa n n và Y gồm các tập con không chứa n

Khi đó a n  X Y

 Tính X

Với mỗi tập conT X , ta có T T' n , trong đó T là một tập con của tập'

1,2, ,n1

Khi đó, ánh xạ f X: S n1, f T T là một song ánh.'

Do đó X  S n1 a n1

 Tính Y

Vì mỗi tập con H thuộc Y , ta có H không chứa n nên H là một tập con của tập

1,2, ,n1 và ngược lại Do đó, Y  S n1 a n1

 1 1 2 1  2n 1 1  2n

Nhận xét: Mẫu chốt của lời giải trên là ta đi phân hoạch tập S thành 2 tập Một tập n

gồm các tập con chứa n và một tập gồm các tập con không chứa n , rồi đi tính số phần

tử của mỗi tập đã đư ợc phân hoạch đó

Ví dụ 2 Cho n là số nguyên dương Có bao nhiêu xâu kí tự độ dài n : a a1 2 a với kí n

tự a lấy trong các số i 0,1,2, ,9 mà số lần xuất hiện của số 0 trong xâu kí tự là số chẵn

Lời giải Đặt A là số xâu kí tự có độ dài n mà số lần xuất hiện của số 0 là số chẵn và n



Ta thấy a1  9

Vì có10n xâu kí tự có độ dài n nên số xâu kí tự độ dài n mà trong đó số xuất hiện của

chữ số 0 là số lẻ bằng 10n a n

Ta phân hoạch tập A thành hai tập rời nhau , n X Y như sau :

  n  0 2 3 n

X x A x a a a vàY  x A x n a a1 2 , a n a1  0

Ta tính X

Với x X thì xâu kí tự a2 a có độ dài n n1 và số xuất hiện của chữ số 0 trong xâu

là số lẻ Do đó ta có 



10n 1 n 1

Ta tính Y

Với x a a1 2 a n Y thì xâu a a2 3 a có độ dài n n1 và số lần xuất hiện của số 0 là

số chẵn Do đó, có an1 xâu a a2 3 a như vậy Với mỗi xâu n a a2 3 a n A n1 ta có 9

cách chọna 1

Suy ra Y  9a n1

10n 1 1 9 1  8 110n 1

Từ đây, ta tìm đượca n  4.8n15.10n1, n 1

Ví dụ 3 Có bao nhiêu hoán vị( , , ,a a1 2 a n) của tập 1,2, 3, ,n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i sao cho a i a i1

Lời giải Gọi S là tập các hoán vị n ( , , ,a a1 2 a n) của tập 1,2, 3, ,n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i sao cho a i a i1 và đặt x n  S n Rõ ràng với mỗi

 1 2, , , n  n

x a a a S thì x chỉ có thể xảy ra ba dạng sau

+) a n n , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này là tập X

+) a i n , a i1 a i1 còna j a j1,  j i1,i , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này làY

+) a i n và a j a j1,  j i , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này là Z

Khi đó tập S được phân hạch thành ba tập n X Y Z nên, , S n  X Y  Z

Dễ thấy X x n1

Với mỗi hoán thuộc tậpY , khi ta bỏ a thì ta thư được một hoán vị thuộc i S n1 và

ngược lại mỗi hoán vị thuộc S n1 ta chèn thêm n vào giữa a và i a i1 (với a i a i1 )

ta được một hoán vị thuộc tậpY Suy ra Y x n1

Với mỗi hoán vị thuộc tập Z ta rút a ra thì ta thu được hoán vị i 1,2, 3, ,n1 và với mỗi hoán vị này, ta có n1 cách chèn n vào Do đó Z  1n

Do đó x n x n1 x n1  n 1 2x n1 n 1 và x2 1

Từ đây ta tìm được x n 2n  n 1,  n 2

Ví dụ 4 Cho tập A , ta định nghĩa A 1 a 1a A Hỏi có bao nhiêu tập con A của tập 1,2, ,n n  ,n 1 sao cho AA1  1,2, , n (THTT

số 400 bài T10).

Lời giải.

Đặt X n A A A  1 1,2, ,n  vàa n  A n

Ta cóa1  0,a2 1

Vì n  A A1 ,  n  1 A A1 nên n A và   n 1 A Do đó, ta chia tập

n

X thành hai tập rời nhau Y n  A X n n  2 A và Z n A X n n  2 A  +) Tính Y n

Với A Y , ta đặt n B A\n1, khi đó B B  1 1,2, ,n1 nên



+) Tính Z n

Với A Z , ta đặt n B  A\n1 , khi đó B B  1 1,2, ,n2 Suy ra



Do đó, ta cóa n a n1a n2 Từ đây ta tìm được

5

n

Ví dụ 5 Có n tấm thẻ được đánh số từ 1 đến n Có bao nhiêu cách chọn ra một số thẻ

(ít nhất 1 tấm) sao cho tất cả các số viết trên các tấm thẻ này đều lớn hơn hoặc bằng số tấm thẻ được chọn

Lời giải.

Gọia là số cách chọn một số thẻ từ n n thẻ sao cho tất cả các số viết trên thẻ đều không

nhỏ hơn số thẻ được chọn Ta có các trường hợp sau

 Thẻ ghi số n không được chọn, khi đó các thẻ được chọn từ các thẻ được ghi từ

số 1 đến n1 và tất cả các số viết trên các tấm thẻ đều không nhỏ hơn số thẻ

được chọn Số cách chọn trong trường hợp này là a n1

 Thẻ ghi số n được chọn

+) Nếu chỉ chọn 1 thẻ ghi số n thì có 1 cách chọn

+) Nếu chọn ít nhất hai thẻ thì thẻ ghi số 1 sẽ không được chọn và các thẻ được chọn

còn lại (khác thẻ ghi số n ) gồm các thẻ ghi số từ 2 đến  1 n , ta trừ đi mỗi số ghi trên các thẻ này 1 đơn vị thì ta được các thẻ ghi từ số 1 đến n 2 Do đó, trường hợp này có

2 1

n

a cách chọn

Từ đó, ta suy ra a n a n1 a n2 1 vàa1 1,a2  3

1

2 5

n

Ví dụ 6 Cho tập A { 1;0;1} Tìm số bộ ( , , ,a a1 1 a n) thỏa:

1)a thuộc A với mọi i i  1,2, ,n

2) a i a i1 thuộc A với mọi  i 1,2, ,n1

Lời giải.

Gọi S là tập các bộ n ( , , ,a a1 1 a thỏa bài toán Ta phân hoạch tập n) S thành ba tập rời n

nhau

 ( , , ,1 1 ) n 1

n a a a n S a n

A

 ( , , ,1 1 ) n 0

n a a a n S a n

B

 ( , , ,1 1 ) 1

n a a a n S a n n

Đặt u n  S n , x n  A n , y n  B n , z n  C n

Xét một bộ ( , , ,a a1 1 a n)A , khi đó n a n1  0  a n1 1 Do đó, khi bỏ phần tử

n

a ta thu được một bộ thuôc A n1 hoặc B n1 Ngược lại với mỗi bộ thuộc A n1 hoặc

1

n

B ta có thể thêm vào cuối số 1 hoặc số 0 để thu được một bộ thuộc A Do đó, ta có n

Tương tự, ta có y n x n1y n1z n1 u n1 và z n z n1 y n1

Do đó u n  x n y n z n  x n1y n1u n1z n1y n1  2u n1u n2

Từ đó, ta tìm được      

2

n

Chú ý: Trong một số bài toán, chúng ta cần xây dựng thêm đối tượng phụ để giúp giải

quyết bài toán đếm

Ví dụ 7 Từ các chữ số 3, 4,5,6 lập được bao nhiêu số có n chữ số và số đó chia hết cho

3

Lời giải Gọi A là tập các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các chữ số 3, 4,5,6 Ta

có A  4n

Vì một số tự nhiên khi chi cho 3 chỉ có 3 số dư là 0,1,2 nên ta chia tập A thành 3 tập rời nhau A B C n, n, n theo thứ tự là gồm các x A mà số dư của x khi chia cho 3 là 0, 1, 2.

Ta cần tìm x n  A , đặt n y n  B n , z n  C , ta có n x n y n z n  4n

Xét một số x A và n x a a1 2 a có n n chữ số.

+) Nếua n  3 hoặc a n  6 , khi ta bỏ a ta thu được số có n n1 chữ số và số này chia hết cho 3, ngược lại với mỗi số có 1n chữ số chia hết cho 3 thì khi ta thêm vào cuối chữ số 3 hoặc 6 ta được một số chia hết cho 3 và có n chữ số Nên trường hợp này

có 2x n1 số

+) Nếua n  5, khi ta bỏ a , ta thu được một số có  1 n n chữ số thuộc tập B n1 và mỗi số thuộc B n1 , ta thêm vào cuối chữ số 5 ta thu được một số thuộc A Trường n

hợp này có y n1 số

+) Nếua n  6 Tương tự như trên ta có z n1 số

2 1  1  1  14n 1

Suy ra





1

n

Trong bài toán trên, việc đưa thêm hai tập B và n C vào để giúp chúng ta tìm được n

quan hệ truy hồi giữa ba đại lượng a b c Trong một số bài toán, việc làm xuất hiện n n n, ,

các bài toán phụ không còn là việc đơn giản nữa

Ví dụ 8 Cho tập X  1,2, 3, , n Một tập con A , , ,a b c d của tập X được gọi là tập “cân” nếua   b c d Tính số tập “cân” của tập X

Lời giải.

Gọia là số tập cân của tập n X  1,2, 3, , n 

Ta cóa4 1, a5  3

Xéta : 2n

+) Nếua b c d, , , 2n thì số cách chọn trong trường hợp này là a2n1

+) Nếub  2n , suy ra  a 2n  c d Ta giả sử   c d a

Ta có 2n c  d a

Dễ thấy n   1 c 2n1

Với mỗi giá trịd : 2n     1 c d c 1 luôn tồn tại duy nhất a sao cho

d a n c

Suy ra số bộ a n c d là,2 , ,         

Do vậy ta cóa2n a2n1n12

Xéta2n 1:

+) Nếua b c d, , , 2n 1 thì số cách chọn trong trường hợp này là a 2n

+) Nếub  2n1 , suy ra a 2n   1 c d Ta giả sử   c d a

Ta có 2n    1 c d a

Vìd a   1 c 2 ,n và   2 c n

Từ đó, suy ra với mỗi d thỏa 2n     2 c d c 1 luôn tồn tại duy nhât a để

 2  1

Suy ra số bộ a n,2 1, ,c d là   

Vậy ta cóa2n1 a2n n n(  1) a2n1n12 n n( 1)

Từ đây ta tìm được    

2 1 ( 1)(4 1)

6

Ví dụ 9 (VMO 2009) Cho số nguyên dương n Kí hiệu T là tập hợp 2n số nguyên

dương đầu tiên Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con S của T có tính chất: Trong S không

tồn tại các sốa b mà, a b  1; n ( Tập rỗng được coi là một tập có tính chất trên).

Lời giải.

 1

n n 2 2n1 2n

(hình 1) Xét bảng hình chữ nhật 2 n và đánh các số từ 1 đến 2n như hình trên (hình 1) và ta

gọi hai ô chứa n và n  1 là hai ô đặc biệt

Số tập con thỏa yêu cầu bài toán chính bằng số cách chọn một số số từ bảng sao cho hai

ô kề nhau không được chọn và cả hai ô đặc biệt không cùng được chọn và số cách chọn này ta kí hiệu là c n

Gọi a là số cách chọn một số ô sao cho hai ô kề nhau không được chọn (*) n

n

b là số cách chọn một số ô sao cho hai ô kề nhau không được chọn và ha i ô đặc

biệt được chọn

Khi đó c n a n b n

 Tínha n

Gọi x là số cách chọn một số ô thỏa (*) từ bảng chữ nhật khuyết đơn n 2 n (ở hình 2)

x

(Hình 2)

Ta có các cách chọn thỏa (*) gồm:

+) a n1 cách chọn mà ô ở cột thứ nhất không được chọn

+) 2x n1 cách chọn mà trong mỗi cách chọn thì ô thuộc cột thứ nhất được chọn

Do đó, ta cóa n a n12x n1 (1)

Mặt khác, tất cả các cách chọn một số ô thỏa (*) từ bảng chữ nhật khuyết đơn 2 n

gồm:

+) a n1 cách chọn mà mỗi cách chọn ô chứa x không được chọn

+) x n1 cách chọn mà mỗi cách chọn ô chứa x được chọn.

Do đó, ta có x n a n1 x n1 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra a n 2a n1a n2  n 3 và ta cóa1  3,a2  7 nên

2

n

 Tínhb n

Ta cób1  0,b2 b3 1

A

B

(hình 3) Gọi y là số cách chọn một số ô thỏa (*) từ hình chữ nhật khuyết kép (hình 3) n

Khi đó, ta có b n y n2 Nên ta cóy1 1 và ta tính được y2  4

Ta thấy tất cả các cách chọn thỏa (*) từ hình chữ nhật kép gồm

+)a n2 cách chọn mà mỗi cách chọn thì cả A và B đều không được chọn.

+) 2x n2 cách chọn mà mỗi cách chọn thì một trong hai ô A, B được chọn

+) y n2 cách chọn mà mỗi cách chọn thì ccar hai ô A và B đều được chọn

Do đó y n a n2 2x n2 y n2 a n1 y n2 2y n a n 2y n2 a n2

Suy ra 2y n a n   1n



 

2 2

2

1 2

n n

a

Vậy      



1 2

2

n

n

1

2

n

Bài tập vận dụng

Bài 9 Trong mặt phẳng cho n đường thẳng phân biệt, hai đường thẳng bất kì luôn cắt

nhau và không có 3 đường thẳng nào đồng quy Hỏi n đường thẳng trên chia mặt phẳng

thành bao nhiêu miền

Lời giải.

Gọi u là số phần mặt phẳng được chia bởi n đường thẳng n a a1 2, , ,a n

Khi đó u n1 là số phần mặt phẳng được chia bởi n 1 đường thẳng a a1 2, , , ,a a n n 1

Vì đường thẳng a n1 cắt n đường thẳng a a1 2, , ,a tại n n điểm A A1 2, , ,A và n n

điểm này chia đường thẳnga n1 thành n  1 phần gồm 2 tia và n1 đoạn thẳng

Mỗi phần bị chia đó sẽ nằm trong một miền của mặt phẳng bị chia bởi n đường thẳng

và phần này chia miền đó thành hai miền Do đó, số phần mặt phẳng được chia bởi

 1

n đường thẳng nhiều hơn số phần mặt phẳng được chia bởi n đường thẳng là

 1

Chẳng hạn, ta xét 3 đường thẳng a a a chia mặt phẳng thành 7 miền, đường thẳng1 2 3, ,

4

a bị chia thành 4 phần, phần A A nằm trong miền I và chia miền này thành 2 miền1 3

a1

a4

VII IV

V IV

III

II

1

A3

A2

Do đó, ta có u n1 u n  n 1 (*).

Suy ra

 1  1   1  1     1 2 2 ( 1)  2 4

Bài 10 Có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài n trong đó không có hai bit 1 đứng cạnh

nhau?

Lời giải.

Giả sử có S là tập hợp các xâu nhị phân có độ dài n n và trong đó không có hai bit 1

đứng cạnh nhau vàa n  S Ta phân hoạch tập n S thành hai tập rời nhau A và B n

như sau

  n 1 2 n

A x S x a a và B x S x n  0 a2 a n

Khi đó S n  A  B

 Với x A, ta có x 10a a3 4 a n

Do đó, ánh xạ f A: S n2 biến x 10a a3 4 a thành n y a a3 4 a n S n2 là một

song ánh

Nên A  S n2 a n2

 Xét ánh xạ g B: S n1 được xác định bởi g x( )a a2 3 a với n x  0a a2 3 a là n

một song ánh

Do đó B  S n1 a n1

Do vậy, ta cóa n a n1 a n2

Vìa1 2, a2  3 nên ta tìm được

       

n

Bài 11 ( IMO-2011) Giả sửn  0 là một số nguyên Cho một cái cân đĩa và n quả cân

có trọng lượng



2 ,2 , ,2n Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong n quả cân, lần lượt từng quả

một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái Ở

mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên rồi đặt nó lên đĩa bên phải,

hoặc đĩa bên trái, cho đến khi tất cả các quả cân đều được đặt lên đĩa Hỏi có bao nhiêu

cách để thực hiện việc đặt cân theo đúng mục đích đề ra?

Lời giải

Gọi s là số cách thực hiện việc đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn yêu cầu đề ra n

Xét cách đặt n  1 quả cân có trọng lượng 2 ,2 , ,20 1 n

Do 20 21  2n1 2n  1 2n nên trong mọi cách đặt cân thỏa mãn thì quả

cân có trọng lượng 2n luôn được đặt ở đĩa cân bên trái

Nếu quả cân 2nđược chọn để đặt cuối cùng ( chỉ có một cách đặt, vì quả 2n chỉ đặt lên

đĩa bên trái ) và s ố cách đặt n quả cân còn lại là s n

Nếu quả cân 2n được đặt ở bước thứ i ( i  1,2, ,n ) Do có n cách chọn i , và trong

trường hợp này quả cân có trọng lượng 2n1 có 2 cách đặt ( đặt lên đĩa bên ph ải hay đĩa bên trái đều thỏa mãn) , do đó số cách đặt n  1 quả cân trong trường hợp này là 2ns n

Vậy ta có hệ thức truy hồi s n1 2ns n s n 2n 1s n

Ta có s1 1 nêns n 2n1 2 n3 3.1

Bài 12 Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số được lập từ các

số thuộc tập 2;3;7;9 và chia hết cho 3?.

Lời giải

Gọi A B là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số lần lượt chia hết cho 3 và không n, n

chia hết cho 3 được lập từ các số 2;3;7;9 

Xét một phần tử thuộc A thì có 2 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của n

1

n

A và có 2 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của B n1

Xét một phần tử thuộc B thì có 1 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của n

1

n

A và có đúng 3 cách thêm vào chữ số tận cùng để được một phần tử của B n1

 









1

1

Đặta n  A b n , n  B thì từ n  1 suy rab n a n12a thay vào n  2 ta được

2 2 1  2 3 12

a n 2 5a n 14a n  0a n2 a n1  4a n1a n * 

2 1  4n 2  1  4n 1



a n 2 a n 1 4n 1a n 4n 4n1  a1  4 4n1

2



  4 2, *

3

n

n

3

n

số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 13 Từ các số thuộc tậpE  1;2;3;4;5;6;7;8;9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số mà trong mỗi số đó đều chứa một số lẻ chữ số 1 và một số chẵn chữ

số 2 ( n là số nguyên dương cho trước).

Lời giải

Kí hiệu X là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các số của tậpE và n

n n n n

A B C D lần lượt là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các số của

tậpE mà trong mỗi số đó lần lượt chứa ( lẻ các chữ số 1, chẵn các chữ số 2);( lẻ các chữ

số 1, lẻ các chữ số 2); ( chẵn các chữ số 1, lẻ các chữ số 2);( chẵn các chữ số 1, chẵn các chữ số 2)

Dễ thấy A B C D đôi một rời nhau và n, n, n, n X n A n B n C n D do đó n

Ta có X n  9n.Dễ thấy A n1  7 A n  B n  D n * 

Xét một phần tử thuộc A , ta thực hiện phép biến đổi: giữ nguyên các chữ số khác 1 và n

2, các chữ số 1( nếu có) đổi thành 2 và các chữ số 2( nếu có) đổi thành 1 ta được một phần tử củaC , nếu lấy một phần tử thuộc n C và cũng thực hiện phép biến đổi trên ta n

được một phần tử của A Phép biến đổi này là một song ánh từ tập n A vào tập n C nên n



A C , do đó từ * suy ra

Kí hiệu a n  A n a n1 5a n 9n   



1

Từ  * * ta có được         



1 1

n

n

4

n

4

n

Bài 14 .(BRVT-2010) Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số,

trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ

hơn 7 đứng liền nhau

Lời giải

Kí hiệu X là tập tất cả các số tự nhiên có n n chữ số thỏa mãn đề bài, A B là các tập n, n

con của X theo thứ tự các số có tận cùng nhỏ hơn 7; các số có tận cùng lớn hơn 6 n

Ta có X n  A n B A n, n B n    X n  A n  B n

Lấy một phần tử thuộc X n1 bỏ đi chữ số tận cùng ta được một phần tử của X , ngược n

lại lấy một phần tử của X n

Nếu tận cùng nhỏ hơn 7 ( thuộcA ) thì chỉ có một cách thêm vào chữ số cuối để được n

một phần tử của A n1 và có đúng 3 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của

1

n

Nếu tận cùng lớn hơn 6 ( thuộc B ) thì có 5 cách thêm vào chữ số cuối để được một n

phần tử của A n1 và đúng 3 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của B n1