Tuyển tập các chuyên đề tổ hợp mathscope

LỜI NĨI ĐẦU Ngay từ năm 1736, nhà tốn học Euler giải thành cơng tốn tổ hp v by cõy cu thnh ph Kăonigsberg, c (nay Kaliningrad, Nga) nằm sông Pregel, bao gồm hai đảo lớn nối với với đất liền bảy cầu Bài toán đặt “Có thể theo tuyến đường mà qua cầu lần quay lại điểm xuất phát hay khơng ?” Và kể từ đến nay, trải qua nhiều thăng trầm lịch sử, lí thuyết tổ hợp phát triển mạnh mẽ, đóng góp nhiều cho phát triển khoa học kĩ thuật đại Chúng ta thường gặp tốn tổ hợp mơ hình sản xuất “Lập lịch cho quan”, xuất giải pháp an tồn giao thơng với mơ hình “Đặt trạm xe bus tối ưu thành phố”, vào quản lí người với mơ hình “Lập thời khoá biểu phân việc”, , ứng dụng gián tiếp thuật tốn giải toán tối ưu phần mềm máy tính thuật tốn tìm kiếm Google, Yahoo, , hay phần mềm ứng dụng mà sử dụng hàng ngày Chính tốn tổ hợp ln dành quan tâm lớn từ nhà tốn học, thầy, giáo bạn học sinh u thích mơn tốn Tốn tổ hợp lớp tốn khó, thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, quốc tế Do đó, giải thành thạo có vốn kiến thức chắn, sâu rộng toán tổ hợp niềm mong ước nhiều giáo viên học sinh Mặc dù toán tổ hợp quan trọng tài liệu toán tổ hợp, rời rạc dành cho học sinh giỏi Việt Nam hạn chế Xuất phát từ thực tế với mục đích cung cấp tài liệu chất lượng gồm nhiều chuyên đề toán tổ hợp nâng cao giúp cho việc học tập học sinh tốt thầy, giáo có thêm tài liệu giảng dạy, nhóm biên soạn bao gồm giáo viên, sinh viên hệ cử nhân tài toán, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế đến từ miền Tổ quốc viết nên chuyên đề, giảng toán tổ hợp nâng cao “Tuyển tập chuyên đề tổ hợp” đời đánh dấu cho thành công lớn việc chia sẻ tri thức cho cộng đồng bạn u thích mơn tốn, mà kinh nghiệm làm bài, cách giải hay sáng tạo có từ đúc kết thời gian học tập nhiều thành viên học sinh giỏi quốc gia, quốc tế hay đầy tính sư phạm giáo viên tích lũy trình tham gia học tập, giảng dạy Tuyển tập hoàn thành gửi tới bạn đọc dịp Tết Nguyên Đán, hi vọng q năm thực hữu ích với bạn đọc khắp đất nước Để hoàn thành sách, nhóm biên tập xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, bạn học sinh, sinh viên tham gia gửi chuyên đề, toán diễn đàn MathScope Đồng thời xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới ban quản trị diễn đàn MathScope thầy giáo, TS Trần Nam Dũng - ĐHKHTN - ĐHQG TP Hồ Chí Minh cổ vũ, động viên cho nhiều nhận xét có giá trị để sách vừa có giá trị chun mơn cao mà lại miễn phí tài với bạn đọc Do thời gian gấp rút trình độ có hạn, dù cố gắng sai sót khó tránh khỏi Mọi ý kiến đóng góp để sách hoàn thiện xin gửi địa hoangquan9@gmail.com alephvn@gmail.com Hà Nội, ngày 22 tháng năm 2012 (ngày Tất niên năm Nhâm Thìn) Đại diện nhóm biên soạn Chủ biên Hoàng Minh Quân – Phan Đức Minh MỤC LỤC Lời nói đầu Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp Nguyễn Tất Thu Phương pháp đếm hai cách Phan Đức Minh 17 Phương pháp xây dựng mơ hình giải tốn tổ hợp Lê Phúc Lữ 33 Phương pháp hàm sinh Hoàng Minh Quân 53 Phương pháp hàm sinh Lê Hữu Phước, Trần Nguyễn Quốc Cường 69 Giải toán tổ hợp đại lượng bất biến Trần Gia Huy 101 Một số tốn tơ màu Lê Tuấn Linh 119 Cực trị bất đẳng thức rời rạc Nguyễn Hiền Trang 141 Một số tốn tổ hợp điển hình bàn cờ Nguyễn Việt Dũng 165 Số Stirling loại hai Hoàng Minh Quân 173 SỬ DỤNG PHÉP ĐẾM ĐỂ CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Nguyễn Tất Thu1 Như biết khái niệm hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp hình thành từ tốn đếm Các khái niệm đời giúp trình bày tốn đếm đơn giản Tuy nhiên gặp chứng minh đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk thường sử dụng biến đổi đại số khai triển nhị thức Newton để chứng minh Do việc chứng minh tốn đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk khái niệm khơng có mối quan hệ Điều nhiều làm vẻ đẹp khái niệm tốn học nói chung khái niệm Pn , Cnk nói riêng Trong chuyên đề giới thiệu với bạn cách chứng minh số đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk phương pháp đếm Nội dung phương pháp sau : Giả sử ta cần chứng minh đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk có dạng A = B Ta đếm số cách thực cơng việc X theo hai cách: Cách ta kết số cách thực công việc X A Cách cho ta kết số cách thực công việc X B Từ ta có A = B Để làm tốt phương pháp cần hiểu ý nghĩa đại lượng xuất hai vế đẳng thức Chẳng hạn: • 2m : số tập tập X gồm m phần tử số cách chọn m phần tử từ m cặp cặp chọn phần tử • 2m − 1: số tập khác rỗng tập X gồm m phần tử • Cnk : số tập gồm k phần tử tập X gồm n phần tử Chúng ta bắt đầu ví dụ sau đây: Ví dụ Chứng minh Cnk = Cnn−k với k, n ∈ N; n 1; k n Lời giải Xét tập X = {x1 , x2 , , xn } Ta thấy vế trái số tập A gồm k phần tử tập X Để lập A ta làm theo hai cách sau: Mỗi cách lấy k phần tử X, ta có tập A gồm k phần tử tập X, nên số tập A Cnk Giáo viên trường THPT Lê Hồng Phong, Đồng Nai Để thiết lập A ta làm sau: Mỗi cách lấy n − k phần tử tập X loại n − k phần tử đi, ta có được k phần tử lại tập A gồm k phần tử X Nên số tập A là: Cnn−k Từ ta có Cnk = Cnn−k tốn chứng minh Ví dụ Cho n 2, k số tự nhiên thỏa k ❒ n Chứng minh k k−1 Cnk = Cn−1 + Cn−1 Lời giải Vì vế trái đẳng thức số tập gồm k phần tử tập gồm n phần tử nên ta đếm số tập A gồm k phần tử tập X = {x1 , x2 , , xn } Cách Số tập A có Cnk tập Cách Số tập A gồm hai loại, ta đếm số tập thuộc hai loại Loại Gồm tập chứa phần tử xn Mỗi tập A thuộc loại cho ta tập A′ = A \ {xn } tập gồm k − phần tử tập X \ {xn } Và ngược lại tập A′ cho ta tập A nên suy số tập A thuộc loại số k−1 tập A′ Cn−1 Loại Gồm tập không chứa phần tử xn Như phần tử tập A lấy k tử tập X \ {xn } gồm n − phần tử nên số tập A thuộc loại Cn−1 k−1 k Do theo cách số tập A Cn−1 + Cn−1 k−1 k Vậy ta có Cnk = Cn−1 + Cn−1 ❒ Ví dụ Cho n số tự nhiên Chứng minh đẳng thức sau: Cn0 + Cn1 n + · · · + (Cnn )2 = C2n Lời giải Ta thấy VP đẳng thức số tập A gồm n phần tử tập X gồm 2n phần tử nên ta xét tốn sau: Hãy tính số tập A gồm n phần tử tập X = {x1 , x2 , , x2n } n Cách Ta có số tập A C2n Cách Chia tập X thành hai tập X1 = {x1 , x2 , , xn } X2 = {xn+1 , , x2n } Để lập tập A ta làm sau: Lấy k phần tử (k = 0, n) thuộc tập X1 , lấy n − k phần tử lại thuộc tập X2 ta có Cnk Cnn−k = Cnk cách chọn A ứng với k Cho k chạy từ đến n lấy tổng ta có kết số tập A cần tìm, hay Cn0 + Cn1 n + · · · + (Cnn )2 = C2n ❒ Ví dụ Chứng minh đẳng thức n k=0 [ n−k ] n 2k Cnk Cn−k2 = C2n+1 Lời giải Ta thấy vế phải số cách chọn n phần tử từ tập X gồm 2n + phần tử nên ta xét tốn sau: Tính số cách chọn n phần tử từ tập X gồm 2n + phần tử n Cách Số cách chọn C2n+1 Cách Ta chia X thành n cặp phần tử x.Để chọn n phần tử từ X ta thực bước sau: Bước Ta chọn k cặp (k = 0, n) từ n cặp ð chia ta có Cnk cách, sau cặp ta chọn phần tử ta có 2k Cnk cách chọn cặp n − k cặp lại Bước Chọn n−k n−k n−k Vì = n − k chẵn n−k = n−k−1 n − k lẻ 2 Do ta chọn x n − k lẻ không chọn x n − k chẵn [ n−k ] Số cách chọn bước Cn−k2 [ n−k ] Suy có 2k Cnk Cn−k2 cách lần chọn Cho k chạy từ đến n lấy tổng ta có số cách chọn là: n [ n−k ] n 2k Cnk Cn−k2 = C2n+1 k=0 ❒ Ví dụ Chứng minh với số nguyên dương n ta có: m n k Cn+k 2m−k + k=0 k Cm+k 2n−k = 2m+n+1 k=0 Lời giải Xét tập X = {1, 2, , m + n + 1} Ta đếm số tập X Cách Ta có 2m+n+1 tập Cách Số tập X gồm hai loại: Loại Gồm tập có dạng A = {x1 , x2 , , xn+i } với i m + x1 < x2 < · · · < xn+i xn+1 = n + k + với k m Để lập tập loại ta làm sau: n Bước Chọn n phần tử từ n + k phần tử (với k m) ta có Cn+k cách Bước Bổ sung tập tập {n + k + 1, n + k + 2, , n + m + 1} ta có 2m−k cách m Do có k=0 Tương tự có k Cn+k 2m−k tập A X có nhiều n phần tử n k=0 k Cm+k 2n−k tập X có nhiều m phần tử Mà tập X có m phần tử ứng với tập X có khơng q n phần tử, suy số tập X có khơng q n phần tử Do m k=0 Vậy ta có n k=0 k Cn+k 2m−k + n k=0 k Cm+k 2n−k k Cm+k 2n−k số tập X m n k Cn+k 2m−k k Cm+k 2n−k = 2m+n+1 + k=0 k=0 ❒ Ví dụ Chứng minh đẳng thức sau với n số tự nhiên Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 10 Lời giải Ta thấy n số cách lấy phần tử từ tập gồm n phần tử, 2n−1 số tập tập gồm n−1 phần tử Do ta xét toán sau: Cho tập X = {x1 , x2 , , xn } Hãy đếm số cặp (a, A) a ∈ X A tập tập X ′ = X \ {a} Cách Ta có n cách chọn a, với cách chọn a ta có 2n−1 cách chọn A Theo quy tắc nhân ta có n2n−1 cặp (a, A) Cách Ta chọn A tập gồm k phần tử (k = 0, n − 1), nên có Cnk = Cnn−k cách chọn A Mỗi cách chọn tập A ta chọn a ∈ X \A nên có n−k cách chọn a Khi cho k chạy từ đến n−1 lấy tổng ta có số cặp (a, A) có n−1 k=0 cặp (a, A) So sánh kết hai cách đếm ta có (n−k)Cnn−k = Cn1 +2Cn2 +· · ·+nCnn Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 ❒ Ví dụ Chứng minh đẳng thức sau: k−1 = 2k Cnk + · · · + Cnk Cn−k Cn0 Cnk + Cn1 Cn−1 Lời giải Thấy có 2k số tập tập gồm k phần tử, Cnk số tập gồm k phần tử tập gồm n phần tử nên ta xét toán sau: Cho tập X = {x1 , x2 , , xn } Hãy đếm số cặp (A, M ) A tập gồm k phần tử X M tập A Cách Ta có Cnk cách chọn tập A, với cách chọn A ta có 2k cách chọn M nên có tất 2k Cnk cặp (A, M ) Cách Ta có Cni cách chọn M (0 i k) Sau chọn M ta chọn k − i phần tử từ n − i k−i phần tử lại gộp với M ta có tập A, nên với i ta có Cni Cn−i cách chọn cặp k (A, M ) Cho i chạy từ đến k lấy tổng ta có số cặp (A, M ) i=0 Vậy ta có k−i Cni Cn−i k−1 Cn0 Cnk + Cn1 Cn−1 + · · · + Cnk Cn−k = 2k Cnk Đây đẳng thức cần chứng minh ❒ Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n Cn1 + Cn2 1, ta ln có: n−1 + · · · + n (Cnn )2 = nC2n−1 n−1 Lời giải Ta thấy nC2n−1 số cặp (a, A), a phần tử thuộc tập X1 = {x1 , x2 , , xn } A tập gồm n−1 phần tử tập X = {x1 , , xn , xn+1 , , x2n }\ {a} Nên ta xét toán sau: Cho hai tập rời X1 = {x1 , x2 , , xn } X2 = {a1 , a2 , , an } Hãy đếm số cặp (a, A), a ∈ X1 A tập gồm n − phần tử tập X = X1 ∪ X2 \ {a} n−1 cách chọn A nên có tất Cách Để chọn a ta có n cách, với cách chọn a ta có C2n−1 n−1 nC2n−1 cách chọn cặp (a, A) Cách Lấy k phần tử thuộc X1 (1 k n) ta có Cnk cách, ta chọn a từ k phần tử vừa 162 (10; 24); (15; 36); (20; 48); (20; 21); (40; 42); (28; 45); (7; 24); (14; 48); (9; 40) Xét B = {3; 8; 12; 16; 20; 24; 28; 33; 36; 40; 48} Dễ thấy cặp Pythagore có phần tử thuộc tập B nên C = S \ B tập khơng chứa cặp Pythagore Vậy k > |C| = 39 Xét 11 cặp số Pythagore rời sau: (3; 4); (33; 44); (5; 12); (7; 24); (6; 8); (27; 36); (40; 42); (48; 14); (16; 30); (45; 28); (21; 20).Vì tập chứa k phần tử S phải chứa cặp Pythagore nên k = 40.Vậy k = 40 ❒ Nhận xét : Từ toán ta nghĩ đến toán khác có ý tưởng tương tự việc tìm tập B rời khó khăn ❒ Ví dụ 30 Tìm số ngun dương k nhỏ cho k phần tử tùy ý tập {1; 2; ; 50} chứa số độ dài cạnh tam giác vuông Một số thuộc tập {1; 2; ; 50} gọi số Pythagore số độ dài cạnh tam giác vng Có 15 số Pythagore sau: {3; 4; 5}, {6; 8; 10}, {9; 12; 15}, {12; 16; 20}, {15; 20; 25}, {18; 24; 30}, {21; 28; 35}, {24; 32; 40}, {27; 36; 45}, {8; 15; 17} {16; 30; 34}, {5; 12; 13}, {10; 24; 26}, {15; 36; 39}, {30; 40; 50} Xét tập B = {5; 8; 9; 16; 20; 24; 35; 36; 50} Dễ thấy số Pythagore có số thuộc tập B nên C = A \ B khơng chứa số Pythagore Do k > |C| = 41 Xét số Pythagore rời sau: {3; 4; 5}, {6; 8; 10}, {12; 35; 37}, {27; 36; 45}, {9; 40; 41} {20; 21; 29}, {14; 48; 50}, {16; 30; 34}, {7; 24; 25} Bất tập 42 phần tử A phải chứa số Pythagore Vậy k = 42 ❒ Ví dụ 31 Cho X = {1; 2; ; 15} M tập X cho tích phần tử khác M khơng số phương Tìm max |M | Lời giải Gọi số thuộc X có tích số phương tốt Ta chứng minh với tập T X mà |T | = 11 T ln tồn tốt Thật vậy: Các tốt gồm: Loại (chứa 2): (2; 1; 8); (2; 3; 6) Loại (chứa 3, không chứa 2) Loại (chứa 8, không chứa 2, 3) Loại (chứa 15, khơng chứa 2, 3, 8) Loại (các lại) Trường hợp xấu để T không chứa tốt số không thuộc T phải tham gia vào nhiều tốt Để trường hợp xấu xảy ra, ta chọn số không thuộc T 2; 3; 4; 15 163 tập loại Do |M | < 11 Khi |M | = 10 ta có tập sau : M = {1; 5; 6; 7; 9; 10; 11; 13; 14; 15} Vậy max |M | = 10 ❒ Ví dụ 32 (THTT, Hello IMO 2007) Một lớp có 15 học sinh nam 15 học sinh nữ Vào ngày 8/3 có số nam sinh gọi điện đến chúc mừng số nữ sinh Biết ta phân chia tất học sinh lớp cách thành 15 cặp cho cặp gồm nữ sinh nam sinh mà nam sinh gọi điện thoại chúc mừng Hỏi có tối đa điện thoại gọi? Lời giải Giả sử 15 bạn nam a1 , a2 , , a15 15 bạn nữ b1 , b2 , , b15 , cách ghép cặp (ai ; bi ), (1 i 15) Với gọi (ai ; bj ), (i = j; i, j) ta cho ứng với tập gồm hai phần tử {i; j} Dễ thấy ứng với tập hai phần tử {i; j} có hai gọi (ai ; bj ) (aj ; bi ) ta có cách ghép cặp thứ {(ak ; bk ) | k = i, k = j} ∪ {(ai ; bj ); (aj ; bi )} (mâu thuẫn) Do số gọi không vượt 15 + C15 = 120 Cách gọi thoả mãn điều kiện toán người gọi cho i người b1 , b2 , , bi Vậy có tối đa 120 gọi ❒ Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Nho, Tuyển chọn toán từ thi thi số nước Đông Âu - tập, NXB Giáo dục, 2005 [2] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho, 40 năm Olympic toán học quốc tế, NXB Giáo dục, 2003 [3] Nguyễn Văn Nho, Tuyển chọn toán từ số thi Trung Quốc, NXB Giáo dục, 2002 [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp rời rạc, NXB Giáo dục, 2008 [5] Phan Huy Khải, Các tốn hình học tổ hợp, NXB Giáo dục, 2006 [6] Một số đề IMO Shortlist, VMO, Việt Nam TST [7] Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ [8] Tập san Tự học toán học sinh chuyên toán trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An khóa K29, K32, K33 [9] Tài liệu tập huấn giáo viên chuyên tốn năm 2011 164 MỘT SỐ BÀI TỐN TỔ HỢP ĐIỂN HÌNH VỀ BÀN CỜ Nguyễn Việt Dũng1 Tổ hợp bàn cờ bao gồm toán hay khó Bài viết thơng qua số tốn điển hình nhằm giúp cho bạn đọc có nhìn tổng quan phương hướng giải gặp tốn bàn cờ dạng Bài tốn (a) Tìm số lớn quân xe đặt bàn cờ n × n để cho khơng có hai qn cơng lẫn nhau? Và có cách đặt thỏa mãn với số lượng quân xe đó? (b) Tìm số nhỏ qn xe xếp bàn cờ n × n cho vng bàn cờ bị khống chế quân xe số chúng? Có cách xếp thỏa mãn với số lượng quân xe đó? Lời giải (a) Do khơng có qn xe bàn cờ cơng quân khác nên điều kiện cần đủ hai quân nằm hàng cột Do tổng số qn xe khơng vượt n Ta cách đặt n quân thỏa mãn điều kiện toán đặt n quân xe đường chéo bàn cờ Chúng ta xác định số cách xếp n quân xe thỏa mãn điều kiện toán Trước hết gọi quân xe cột quân xe đầu tiên, quân xe cột thứ quân xe thứ 2, quân xe cột thứ n quân xe thứ n Quân xe di chuyển n Với cách đặt quân xe đầu tiễn hàng lại n − hàng để quân xe lại di chuyển Hay qn xe thứ di chuyển n − hàng Và qn xe lại có khả di chuyển n − hàng Cuối có hàng cho quân xe thứ n đặt Theo quy tắc nhân, số cách đặt n quân xe thỏa mãn n(n − 1)(n − 2) · · · = n! cách đặt khác (b) Rõ ràng dùng n quân xe để đặt lên bàn cờ n × n thỏa mãn trái lại dùng n qn có cột hàng khơng chứa qn xe nào, ô giao cột hàng không bị kiểm sốt qn xe Mặt khác, rõ ràng đặt n quân xe bàn cờ thỏa mãn toán nên n số nhỏ thỏa mãn Nếu n quân xe bàn cờ n × n kiểm sốt vng bàn cờ có qn xe cột quân xe hàng Ngược lại có quân xe hàng quân xe cột chúng kiểm soát bàn cờ Số cách xếp n quân xe cột nn (mỗi quân đặt n hàng) Tương tự có nn cách xếp quân Lớp 12A1, THPT chuyên ĐHKHTN - ĐHQGHN 165 166 xe để hàng chứa quân xe Mặt khác hai cách xếp bị trùng n! cách (xem câu a) nên đáp số 2nn − n! ❒ Bài tốn (a) Tìm số lớn quân tượng xếp bàn cờ × cho khơng có qn cơng qn khác? Giải tốn với bàn cờ n × n? (b) Tìm số nhỏ quân tượng xếp bàn cờ × cho vng bàn cờ bị khống chế quân tượng số chúng? Giải toán với bàn cờ n × n? Lời giải (a) Xét đường chéo từ góc bên trái lên góc bên phải (để gọn ta gọi đường chéo đường chéo dương) Có tất 15 đường chéo (hình minh họa) Nếu khơng có hai qn tượng cơng lẫn khơng thể có qn nằm đường chéo Do tổng số qn tượng khơng thể lớn 15 Nhưng đặt tất 15 quân bàn cờ quân quân cuối cùng nằm hàng Do đó, nhiều 14 quân tượng xếp bàn cờ thỏa mãn Ta cách xếp thỏa mãn trường hợp 14 quân tượng hình sau Tổng quát cho bàn cờ n × n, với cách lập luận tương tự ta nhận số lớn quân tượng đặt 2n − (b) Chúng ta chứng tỏ cần quân tượng để xếp bàn cờ × thỏa mãn Để làm điều tô màu xen kẽ ô bàn cờ chứng tỏ phải có qn tượng màu Quy ước quân tượng chiếm giữ ô đen quân tượng đen quân tượng chiếm giữ ô trắng qn tượng trắng Nếu hình vng đen quay góc 45◦ theo chiều ngược chiều kim đồng hồ hình sau 167 Để thuận tiện, ta thay đổi thành hình sau Khi qn tượng di chuyển ngang dọc quân xe Bây thấy cần quân xe để đặt vào hình vng hình chứa hình vng × (in đậm) Do cần qn tượng đen, tương tự cần quân tượng trắng Mặt khác, cách xếp thỏa mãn cho quân tượng hình sau Giải tốn với bàn cờ n × n Tổng qt hơn, với n = 2k chứng minh cần n quân tượng để đặt vào bàn cờ n × n Bằng cách quay góc 45◦ vng màu đen chuyển quân tượng thành quân xe, có vng k × k chứa hình Từ cần k qn tượng đen, tương tự cần k quân tượng trắng Tổng số quân 168 tượng k + k = n Mặt khác n quân tượng để xếp bàn cờ thỏa mãn đặt cột Khi ô vuông bị khống chế quân tượng Trong trường hợp n lẻ, vị trí quân cờ đặt khác chút số đen khác với số trắng Tuy nhiên ta giải tương tự trường hợp bàn cờ × Một cách đặt thỏa mãn đặt quân cờ cột bàn cờ Tương tự trên, quay bàn cờ góc 45◦ , ta thu hai hình tương ứng với ô màu đen ô màu trắng Trong hình tương ứng với đen chứa hình vng × hình tương ứng với trắng chứa hình vng × Do cần + = quân tượng để đặt lên bàn cờ Với số quân có cách xếp thỏa mãn Tổng quát, n = 2k + số lẻ với cách chứng minh tương tự có tổng số k + (k + 1) = n quân tượng cần dùng, biến đổi trắng thành hình chứa bảng (k + 1) × (k + 1) (do trắng nằm góc nên nhiều đen) hình chứa bảng k × k đen Ta trường hợp cách đặt quân tượng vào đường chéo ❒ Bài tốn Chứng minh với n chẵn, số sau số phương (a) Số cách xếp khác qn tượng bàn cờ n × n để khơng có qn tượng cơng qn khác số lớn quân tượng sử dụng (b) Số cách xếp khác quân tượng bàn cờ n × n để vng bị kiểm sốt qn tượng số nhỏ quân tượng sử dụng Lời giải (a) Bởi quân tượng kiểm sốt màu trắng màu đen Bài toán việc xây dựng cách xếp lớn qn tượng đề khơng có hai qn cơng lẫn phân hoạch bàn cờ thành hai phần không phụ thuộc vào nhau; xây dựng cách xếp nhiều quân tượng trắng (đen) để khơng có hai qn cơng lẫn Theo giả thiết n chẵn nên đen bàn cờ chuyển thành trắng phép quay 90◦ Do số quân tượng trắng cách xếp lớn số quân tượng đen cách xếp lớn chúng tương đương cách xếp Bởi tổng số quân tượng 2n − (theo 2) nên màu có n − quân Chúng ta nhận số cách xếp thỏa mãn 2n − quân tượng bảng số cách xếp thỏa mãn n − quân tượng đen cách xếp thỏa mãn n − quân tượng trắng Theo quy tắc nhân suy tổng số cách xếp thỏa mãn bình phương số cách xếp n − quân tượng màu (b) Lời giải tương tự phần a ❒ Bài toán Chứng minh cách xếp quân tượng thỏa mãn giả thiết 3a, tất quân tượng nằm hàng cột bàn cờ Lời giải Trước hết theo 3a ta có cách xếp để 2n − quân tượng bảng n × n mà khơng có qn công lẫn Trên ô vuông bảng ta viết số qn tượng kiểm sốt Một ô vuông bị kiểm soát quân tượng đánh dấu số (quy ước quân tượng kiểm sốt nó) Khơng có hình vng đánh dấu 0, có hình vng có 169 thể đặt quân tượng vào mà khơng cơng qn khác, điều mâu thuẫn với tính lớn cách xếp cho Các vng góc đánh dấu có đường chéo qua nên có qn tượng kiểm sốt Các khơng góc đánh dấu hoặc 2, có hai đường chéo qua có nhiều quân tượng đường chéo Trên góc bàn cờ, hai khơng đặt qn tượng có nhiều hai đặt có hai qn tượng nằm đường chéo chúng công lẫn Do có 2n vng đánh dấu (2n ô vuông gồm ô đặt tượng góc khơng đặt tượng) Đặt S tổng tất số viết bàn cờ Bởi có 2n phần tử cộng thêm vào S đơn vị n2 − 2n phần tử cộng thêm vào S đơn vị nên ta có S 2n + 2(n2 − 2n) = n(2n − 2) (1) Bây giả sử cách xếp cho có B quân tượng biên I quân tượng phía bên bảng (do B + I = 2n − 2) Một qn tượng biên ln kiểm sốt xác n vng (bao gồm nó) Ví dụ, qn tượng nằm vng hàng hàng cuối cùng, kiểm sốt xác vng cột Mặt khác, quân tượng ô vuông nằm phía kiểm sốt n + vng Nhưng qn tượng kiểm sốt vng thêm đơn vị vào số viết vng Khi đó, có: S nB + (n + 1)I = n(B + I) + I = n(2n − 2) + I Kết hợp với (1) suy n(2n − 2) + I n(2n − 2) Suy I Mà ta ln có I Vậy I = chứng tỏ tất quân tượng biên ❒ Bài toán Có cách xếp xe lên bàn cờ vua cho khơng có xe nằm đường chéo (đường chéo nối góc bên trái góc bên phải) khơng có ăn nào? Lời giải Kí hiệu un số cách xếp quân xe thỏa đề ứng với bàn cờ n × n Gọi xe hàng thứ i Xi Xét bàn cờ n × n.Khơng giảm tổng qt, giả sử X1 nằm ô B1 (sau nhân n − 1lên) • Nếu X2 nằm A2 : Ta xóa (khơng quan tâm đến) hàng 1, cột A, B Phần lại bảng có số cách xếp quân xe un−2 • Nếu X2 nằm lại (tức khác A2, B2), ta xóa hàng cột B, sau tịnh tiến cột A lại tạo thành bàn cờ với yêu cầu xếp quân xe cũ Vậy số cách xếp un−1 Rõ ràng, với cách giải tốn tịnh tiến bàn cờ dù X1 nằm đâu ta có hai trường hợp quân xe trên, kết tương tự Do Của bạn Nguyễn Hưng,Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền, TP.HCM 170 giả sử Vậy un = (n − 1)un−1 + (n − 1)un−2 với u1 = 0, u2 = Ta cần tính u8 Ta tính u3 = 2, u4 = 3(2 + 1) = 9, u5 = 4(u4 + u3 ) = 44, u6 = 5(u5 + u4 ) = 265, u7 = 6(u6 + u5 ) = 1854, u8 = 7(u7 + u6 ) = 14833 ❒ Để hiểu rõ hơn, sau số tập bạn tự luyện Bài tập Xác định số cách xếp quân tượng số nhỏ quân tượng sử dụng để vng bị kiểm sốt tượng (a) Trên bàn cờ × (b) Trên bàn cờ × (c) Trên bàn cờ 10 × 10 (d) Trên bàn cờ n × n Bài tập Tìm số lớn qn vua xếp để khơng có hai qn cơng lẫn (a) Trên bàn cờ × (b) Trên bàn cờ n × n Bài tập Tìm số nhỏ qn vua xếp để vng bị kiểm sốt quân vua (a) Trên bàn cờ × (b) Trên bàn cờ n × n Bài tập Tìm số lớn quân hậu xếp để khơng có hai qn cơng lẫn (a) Trên bàn cờ × (b) Trên bàn cờ n × n Bài tập (a) Tìm số lớn quân mã xếp bàn cờ × để khơng có hai qn công lẫn (b) Xác định số cách xếp quân mã bàn cờ × để khơng có hai qn cơng lẫn số lớn quân mã sử dụng 171 Tài liệu tham khảo [1] Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ [2] Các diễn đàn Tốn học : • Diễn đàn Art of Problem Solving (Mathlinks) http://www.artofproblemsolving.com/Forum/index.php • Diễn đàn MathScope http://forum.mathscope.org/index.php • Diễn đàn Toán học VMF http://diendantoanhoc.net/forum 172 SỐ STIRLING LOẠI HAI Hồng Minh Qn1 Các kí hiệu sử dụng chun đề [x]0 = 1, [x]n = x(x − 1)(x − 2) · · · (x − n + 1) với n = 1, 2, 3, [x]0 = 1, [x]n = x(x + 1)(x + 2) · · · (x + n + 1) với n = 1, 2, 3, Định nghĩa Trước đến định nghĩa bắt đầu với ví dụ sau: Ví dụ Hãy có cách phân hoạch tập hợp {1, 2, 3, 4} gồm phần tử thành hai tập khác rỗng Lời giải Chúng ta có cách phân hoạch thỏa mãn đề bài: {1} ∪ {2, 3, 4}, {2} ∪ {1, 3, 4}, {3} ∪ {1, 2, 4}, {4} ∪ {1, 2, 3}, {1, 2} ∪ {3, 4}, {1, 3} ∪ {2, 4}, {1, 4} ∪ {2, 3} ❒ Định nghĩa Số phân hoạch tập hợp n phần tử thành k khối không rỗng (partittions in k blocks) gọi số Stirling loại II, kí hiệu nk Nói cách khác, số Stirling loại số cách phân phối n bóng phân biệt vào k hộp giống mà khơng có hộp rỗng Điều khó khăn tìm cơng thức tổng qt cho số Stirling loại Bài viết sau số cách chứng minh vấn đề liên quan đến số Stirling loại Mệnh đề Số toàn ánh từ tập n phần tử vào tập k phần tử k! n k Chứng minh Lấy tập hợp X = {x1 , x2 , , xk } Y = {y1 , y2 , , yk } Ta biết cách phân hoạch tập hợp tương ứng 1-1 với quan hệ tương đương tập hợp Có k! tồn ánh 1-1 theo định nghĩa có nk cách phân chia tập X ❒ Do ta có số toàn ánh từ tập n phần tử vào tập k phần tử k! nk Công thức tính số Stirling Định lý Số Stirling loại tính theo cơng thức sau : n k = k! k (−1)k−i i=0 Giáo viên trường THPT Ngọc Tảo, Hà Nội 173 k n i i 174 Chứng minh (i) Cách Gọi N K hai tập hợp với |N | = n, |K| = k H tập K f (H) số ánh xạ từ N tới K \ H Thay i = k − j áp dụng nguyên lí bù trừ, ta có: k! n k = #{f : N → K | f toàn ánh} (−1)|H| f (H) = H⊆K k k (k − j)n j (−1)j = j=0 k k (i)n i (−1)k−i = i=0 (ii) Cách Áp dụng hàm sinh lũy thừa cho số Stirling loại 2: +∞ Gk (x) = n=k Ta có +∞ n=k n xn (ex − 1)k = , k = 0, 1, 2, k n! k! n xn = k! k n! k (−1)k−i i=0 = k! k (−1) i=0 +∞ = n=0 k! k−i k ix e i k i +∞ in n=0 k (−1)k−i i=0 xn n! k n i i xn n! ❒ Một số giá trị số Stirling loại n k     1    1    1    =  1 15 25 10     .       Một số toán số Stirling loại Bài toán Chứng minh n k =k n−1 n−1 + k k−1 175 Lời giải Kí hiệu [n] tập gồm n phần tử Với cách phân hoạch [n] thành k khối ta thu từ phân hoạch [n − 1] thành k khối cách bổ sung phần tử n vào k khối (điều có k cách thực hiện) thu từ phân hoạch [n − 1] thành k − khối cách bổ sung khối {n} ❒ + n−1 Từ ta có nk = k n−1 k−1 k Bài toán Chứng minh n n x(x − 1)(x − 2) · · · (x − k + 1) = xn k k=1 Lời giải xn = #{f : N → X} n = k=0 n #{N → X : |f (N )| = k} x n k! k k = k=0 n n x(x − 1)(x − 2) · · · (x − k + 1) k = k=1 Chẳng hạn với n = ta có 3 · x(x − 1)(x − 2) = · x + 3(x2 − x) + 1(x3 − 3x2 + 2x) · x(x − 1) + ·x+ = x3 ❒ Bài toán Chứng minh với n 2, ta có n = 2n−1 − Lời giải Ý tưởng : Đây đẳng thức chứa biến n Đối với toán chứa biến n thường chứng minh phương pháp quy nạp Cụ thể ta làm sau: Với n = ta có: 22 = 1, 21 − = 22 = 21 − (đúng) Giả sử đẳng thức với n = k 2, tức k2 = 2k−1 − 1, ta chứng minh đẳng thức với n = k + , thật vậy: k+1 = k k +2 (theo toán 1) = + 2(2k−1 − 1) = + 2k − = 2(k+1)−1 − Vậy toán chứng minh ❒ Bài toán Chứng minh đẳng thức hàm sinh lũy thừa cho số Stirling loại : +∞ fk (u) = n=k n un (eu − 1)k = , k = 0, 1, 2, k n! k! 176 Lời giải Từ tính chất tn = n k=0 xây dựng hàm sinh [t]k , n = 0, 1, , áp dụng công thức nhị thức Newton ta n k f (t, u) = ∞ n un n = etu [t]k n! k n=0 k=0 Ta có f (t, u) = ∞ ∞ n un [t]k = k n! k=0 n=k ∞ (1) fk (u)[t]k k=0 Mặt khác ta có ∞ t u f (t, u) = [1 + (e − 1)] = k=0 t (eu − 1)k = k ∞ k=0 (eu − 1)k [t]k k! (2) Từ (1) (2) ta suy +∞ fk (u) = n=k n un (eu − 1)k = k n! k! ❒ Bài toán Chứng minh số Stirling loại với k = 0, 1, 2, , n = 0, 1, 2, biểu diễn dạng sau: n n r n+1 = r k k+1 r=k Lời giải Từ công thức tn = n k=0 n k=0 [t]k , n = 0, 1, 2, (∗) từ n k n+1 = ta có n+1 [t + 1]k+1 = (t + 1)n+1 k+1 Mặt khác lại có [t + 1]k+1 = (t + 1)[t]k Do ta có n k=0 n+1 [t]k = (t + 1)n k+1 Áp dụng công thức nhị thức Newton từ (∗) ta có: n k=0 n+1 [t]k = (t + 1)n = k+1 n r=0 n n r n = k=0 Vậy n+1 k+1 n = r=k n r r=k r k=0 n r r [t]k k r k [t]k r k ❒ ... nhân tài toán, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế đến từ miền Tổ quốc viết nên chuyên đề, giảng toán tổ hợp nâng cao Tuyển tập chuyên đề tổ hợp đời đánh dấu cho thành công lớn việc chia sẻ tri thức... tập gồm k phần tử tập gồm n phần tử nên ta đếm số tập A gồm k phần tử tập X = {x1 , x2 , , xn } Cách Số tập A có Cnk tập Cách Số tập A gồm hai loại, ta đếm số tập thuộc hai loại Loại Gồm tập. .. ta có điều cần chứng minh ❒ Chú ý : Từ kết số tập [n] 2n , ta kí hiệu 2[n] tập hợp tất tập [n] Tổng quát hơn, ta kí hiệu 2S tập hợp tất tập tập hợp S Bài tốn Chứng minh với số tự nhiên n, ta