Một số dạng toán tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHÙNG THẾ TÚ MỘT SỐ DẠNG TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHÙNG THẾ TÚ MỘT SỐ DẠNG TOÁN TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS Nguyễn Vũ Lương Hà Nội – Năm 2015 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU ……………………………………………………………… Chương Một số kiến thức ……………………………………… 1.1 Một số quy tắc phép đếm ……………………………… 1.2 Nguyên lý Dirichlet ………………………………………………… 10 1.3 Hoán vị …………………………………………………………… 12 1.4 Chỉnh hợp ………………………………………………………… 17 1.5 Tổ hợp ……………………………………………………………… 20 1.6 Nhị thức Newton …………………………………………………… 24 Chương Một số cách tiếp cận tới toán tổ hợp …………………… 29 2.1 Sử dụng phương pháp liệt kê ……………………………………… 29 2.2 Đếm phần tử phần bù ……………………………………… 34 2.3 Sử dụng nguyên lý bao gồm loại trừ …………………………… 36 2.4 Sử dụng cách xây dựng phần tử đếm ……………………………… 44 2.5 Sử dụng công thức tổ hợp …………………………………… 45 2.6 Sử dụng nguyên lý phân phối đồ vật vào hộp ………………… 48 2.7 Sử dụng công thức truy hồi ………………………………………… 52 2.8 Sử dụng phương pháp đánh số …………………………………… 54 2.9 Phương pháp xây dựng song ánh ………………………………… 57 2.10 Sử dụng phương pháp đếm hai cách ……………………… 61 Chương Kỹ giải toán phương pháp bất biến …………… 66 3.1 Một số tốn mở đầu …………………………………………… 66 3.2 Tìm đại lượng khơng thay đổi sau phép biến đổi …………… 71 3.3 Tìm tính chất đại lượng khơng thay đổi sau phép biến đổi …………………………………………………………………… 73 3.4 Nguyên lý bất biến ……………………………………………… 74 3.5 Một số tập vận dụng ……………………………………… 80 KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 88 Tài liệu tham khảo ………………………………………………………… 89 LỜI NĨI ĐẦU Tốn tổ hợp – ngành tốn học nghiên cứu tổ hợp, hoán vị phần tử Trong thời gian dài, mảng khoa học nằm ngồi hướng phát triển tốn học ứng dụng Trong thời gian khoảng hai kỷ rưỡi, ngành giải tích đóng vai trò chủ yếu việc nghiên cứu chất tự nhiên Hiện trạng thay đổi sau máy tính máy tính cá nhân đời Nhờ chúng người ta thực việc xếp, phân loại mà trước cần hàng trăm đến hàng ngàn năm Ở thời buổi sơ khai toán học rời rạc, vai trò lĩnh vực cổ xưa toán học rời rạc toán học tổ hợp thay đổi Từ lĩnh vực mà phần lớn người biên soạn toán thú vị quan tâm đến phát ứng dụng việc mã hóa giải mã văn tự cổ, chuyển thành lĩnh vực nằm trục đường phát triển khoa học Ở nước ta nay, chương trình giảng dạy toán tổ hợp, lý thuyết xác suất thống kê chương trình tốn học phổ thông Trước hết cần khẳng định hướng Bộ Giáo dục Đào tạo đòi hỏi phát triển kiểu tư chuyên biệt tổ hợp xác suất thống kê, vốn cần thiết hệ Bởi thế, nhiều kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi, toán tổ hợp hay đề cập thường thuộc loại khó Bằng nhìn tổng quan, luận văn nêu số ví dụ điển hình kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi thời gian qua Cụ thể, luận văn chia thành chương: Chương Một số kiến thức Chương trình bày kiến thức tổ hợp gồm: Các quy tắc đếm bản, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp nhị thức Newton Ngoài ra, nguyên lý Dirichlet đề cập tới công cụ đắc lực việc giải toán tổ hợp chương sau Chương Một số cách tiếp cận tới toán tổ hợp Chương ta tiếp cận tới toán tổ hợp nhờ số phương pháp như: Phương pháp liệt kê, phương pháp đếm phần tử phần bù, sử dụng nguyên lý bao gồm loại trừ, sử dụng công thức tổ hợp, sử dụng nguyên lý phân phối đồ vật vào hộp, sử dụng công thức truy hồi, phương pháp đánh số, phương pháp xây dựng song ánh phương pháp đếm hai cách Chương Kỹ giải toán phương pháp bất biến Chương trình bày ba tốn gồm: Bài tốn tính chất hữu hạn vơ hạn dãy lặp, tốn tính chất tuần hồn dãy lặp, toán tồn dãy lặp mà trạng thái cuối thỏa mãn số tính chất cho trước Ngoài ra, rèn luyện kỹ phát đại lượng, tính chất đại lượng khơng đổi sau phép biến đổi Cuối cùng, trình bày nguyên lý bất biến số tập vận dụng Để hoàn thành luận văn này, trước xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Vũ Lương dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, bảo, tận tình giúp đỡ q trình xây dựng đề tài hồn thiện khóa luận Qua tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn đầy đủ hơn, phong phú Cũng xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phịng sau Đại học, khoa Tốn-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi có sai sót cách trình bày Mong góp ý xây dựng thầy cô bạn Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà nội, ngày 15 tháng 01 năm 2015 Học viên Phùng Thế Tú Chương Một số kiến thức 1.1 Một số quy tắc phép đếm Phép đếm có vai trị quan trọng đời sống khoa học Trong đời sống, hàng ngày ta thường xuyên phải đếm đối tượng phép đếm dường q quen thuộc khơng có phải bàn đến Tuy nhiên, kì thi đại học thi học sinh giỏi, toán đếm gây khơng khó khăn cho thí sinh Trong mục này, trình bày quy tắc đếm bản, nhờ tính xác nhanh chóng số phần tử tập hợp mà không cần đếm trực tiếp cách liệt kệ 1.1.1 Quy tắc cộng Nếu A1, A2 , , A k tập hợp hữu hạn đôi rời nhau, tức Ai  Aj   i  j Khi A1  A2   Ak  A1  A2   Ak , (1.1) với Ai số phần tử tập hợp Ai , i  1, 2, 3, , k 1.1.2 Quy tắc nhân Nếu A1, A2 , , A k tập hợp hữu hạn A1  A2   A k tích Descartes tập A1  A2   Ak  A1 A2 Ak (1.2) Quy tắc cộng quy tắc nhân thường phát biểu dạng tương ứng đây: Quy tắc cộng: Giả sử cơng việc thực theo k phương án A1, A2 , , Ak Phương án Ai có ni cách thực i     1, 2, 3, , k  Khi cơng việc thực theo n1   n    n k cách Quy tắc nhân: Giả sử công việc bao gồm k cơng đoạn A1, A2 , , Ak Nếu cơng đoạn A1 làm theo n cách Với i  với cách thực công đoạn A1, A2 , , Ai1 cơng đoạn Ai thực theo ni cách Khi cơng việc thực theo n n  n k cách 1.1.3 Quy tắc bù trừ Cho X tập hữu hạn A  X Gọi A  X \ A Khi đó, ta có A  X A (1.3) 1.1.4 Số phần tử hợp hai ba tập hợp hữu hạn Định lí 1.1.1 (Cơng thức tính số phần tử hợp hai tập hợp bất kì) Cho A B hai tập hợp hữu hạn Khi đó, ta có AB  A  B  AB (1.4) Chứng minh Ta có B A \ B hai tập hợp không giao A  B  B  A \ B  nên AB  B  A\B Mặt khác A  B A \ B  (1.5) hai tập hợp không giao A  A  B   A \ B  nên A  A  B  A \ B , đó: A\B  A  AB (1.6) Thay (1.6) vào (1.5) ta (1.4) Định lí 1.1.2 (Cơng thức tính số phần tử hợp ba tập hợp bất kì) Cho A, B ,C ba tập hợp hữu hạn Khi đó, ta có A  B  C  A  B  C  A  B  B  C  C  A  A  B  C (1.7) Chứng minh Theo định lí 1.1.1 ta có A  B  C  A  B C   A  B C  A  B C  (1.8) Mặt khác theo định lí 1.1.1 B C  B  C  B C (1.9) A  B  C   A  B   A  C   A  B  A  C  A  B   A  C   A  B  A C  A  B C (1.10) Thay (1.9) (1.10) vào (1.8) ta công thức (1.7) 1.1.5 Ví dụ áp dụng số quy tắc đếm Ví dụ 1.1.1 Từ ba chữ số 2, 3, tạo số tự nhiên gồm năm chữ số, có đủ ba chữ số nói trên? Lời giải Gọi số cần tìm có dạng a1a 2a 3a 4a Bởi số tạo thành phải có đủ ba chữ số 2, 3, nên ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Số tạo thành gồm ba chữ số 2, chữ số chữ số Ta xếp chữ số có cách chọn ví trí a 1, a , a , a a Xếp chữ số vào bốn vị trí cịn lại có cách Ba vị trí cịn lại xếp ba chữ số có cách Theo quy tắc nhân, ta có 5.4.1 = 20 số Trường hợp 2: Số tạo thành gồm ba chữ số 4, chữ số chữ số Tương tự trường hợp có 20 số Trường hợp 3: Số tạo thành gồm ba chữ số 3, chữ số chữ số Tương tự, ta có 20 số Trường hợp 4: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số chữ số Chọn năm vị trí để xếp chữ số có cách Lấy hai vị trí từ bốn vị trí cịn lại xếp hai chữ số có cách Hai chữ số xếp vào hai vị trí cịn lại có cách Theo quy tắc nhân, ta có 5.6.1 = 30 số Trường hợp 5: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số chữ số Tương tự trường hợp có 30 số Trường hợp 6: Số tạo thành gồm hai chữ số 3, hai chữ số chữ số Tương tự, ta có 30 số Vậy theo quy tắc cộng có tất 20 + 20 + 20 +30 + 30 +30 = 150 số Ví dụ 1.1.2 (Đề thi tuyển sinh ĐHQG TP HCM – 1999) Một bàn dài có dãy ghế đối diện nhau, dãy ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho học sinh trường A học sinh trường B vào bàn nói Hỏi có cách xếp chỗ ngồi trường hợp sau: (i) Bất kì hai học sinh ngồi cạnh đối diện khác trường; (ii) Bất kì hai học sinh ngồi đối diện khác trường Lời giải Đánh số ghế theo hình vẽ (i) Theo yêu cầu tốn, ta có số cách chọn sau: Ghế Số cách xếp chỗ ngồi 10 11 12 12 5 4 3 2 1 Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.5.5.4.4.3.3.2.2.1.1 = 1036800 cách (ii) Theo u cầu tốn, ta có số cách chọn sau: Ghế Số cách xếp chỗ ngồi 12 11 10 12 10 2 Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 33177600 cách Ví dụ 1.1.3 Xét tập hợp X  1, 2, 3, , 2009 Đặt   A  x  X : x  1mod29 Trong phần này, ta sử dụng nhiều ví dụ cụ thể để luyện tập kỹ giải toán mà việc xây dựng hàm f thực cần thiết Bài toán 3.4.1 Trên bảng cho 10 số 11 số -1, lần cho phép lấy số thay vào số số lấy -1 số lấy khác Hỏi sau 20 lần số cịn lại số hay khơng? Lời giải Trong tốn ta dễ thấy trạng thái tập A gồm 10 số 11 số -1, trạng thái cuối tập B gồm số phép toán T cho phép lấy phần tử thay tích chúng Vì T thay phần tử tích chúng nên ta dễ dàng nhận bất biến f (X )  x , X tập số trạng thái x X Mặt khác, ta có f (A)  110.( 1)11     f (B ) Do sau 20 lần thực phép tốn T trạng thái cuối số cịn lại khơng phải số Nhận xét: Bài toán 3.4.1 tốn 3.2.1 thực chất có ý tưởng xây dựng cách làm Tuy nhiên, với cách trình bày lời giải giúp ta làm quen việc xây dựng hàm f Bài toán 3.4.2 Ban đầu ta có số B  (1, 2, 3, 4) Thực trị chơi sau, ta có số B  (x, y, z, t) thay T(B)  (x  y, y  z, z t, t  x ) Chứng minh sau số bước ta nhận số (x, y, z, t ) mà x  y  z  t  2015 Lời giải Giả sử số trạng thái thứ n (a n , bn , cn , dn ) Ta xây dựng hàm số học S n  a n2  bn2  c n2  d n2 Ta tìm quan hệ S n 1 Sn Ta có S n 1  an2 1  bn21  cn21  dn21  (a n  bn )2  (bn  cn )2  (cn  dn )2  (dn  an )2  2S n  2(anbn  bncn  cndn  dnan ) 75 Mặt khác, a n  bn  cn  dn  nên 2(a nbn  bn c n  c nd n  d n a n )  (a n  c n )2  (bn  d n )2  Do S n 1  2S n , n  Suy S n  2n 1 S Do a n  bn  cn  dn   an2  bn2  cn2  dn2 nên an  bn  cn  dn  n 1 S1 Với n đủ lớn ta có n 1 S1  2015 Khi an  bn  cn  dn  2015 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.4.3 Trong dãy số 1,0,1,0,1,0,3,5,0, số thứ số chữ số thập phân cuối tổng số đứng trước Chứng minh dãy vô hạn thu không xuất lại số 0,1,0,1,0,1 Lời giải Xét phép biến đổi (x 1, x 2, , x )  (x , x 3, , x ) x chữ số cuối tổng x  x   x Ta lập hàm số học f (x1, x 2, , x )  2x  4x  6x  8x  10x  12x  Khi f (x 2, x , , x )  f (x 1, x , , x )  [2x  4x  6x  8x  10x  12x ]   [2x  4x  6x  8x  10x  12x ]  [10x  2(x  (x  x   x ))] Vì x chữ số cuối x  x   x suy x  (x  x   x ) 76 chia hết cho 10 Suy f (x 2, x 3, , x )  f (x1, x 2, , x ) chia hết cho 10 Ta có f (1, 0,1, 0,1, 0)  18 , theo tính chất f tất giá trị fi trạng thái sau phải có số cuối để fi 1  fi chia hết cho 10 Nếu xuất 0,1,0,1,0,1 dãy f (0,1, 0,1, 0,1) phải có số cuối Nhưng theo định nghĩa ta lại có f (0,1, 0,1, 0,1)  24 (mâu thuẫn) Bài toán 3.4.4 (IMO - 1986) Tại đỉnh ngũ giác người ta gán số nguyên x i cho S   x i  Nếu x , y, z số đỉnh liên tiếp có y  , i 1 ta thay số số x  y, y, z  y Chứng minh phép biến đổi dừng lại sau số hữu hạn bước Lời giải Tại trạng thái ta lập hàm số học sau: f0 x1, x , x 3, x , x   x  x   x  x   x  x   x  x1   x  x  2 2 Nếu x  ta thực phép biến đổi nhận f1 x 1, x , x  x , x , x  x   x  x  x   x  x   x  x   2  x  x   x  x  x  2 Ta có f1  f0  2x x  x  x  x  x   2.x S  ( S  ) Giả sử phép biến đổi không dừng lại sau số hữu hạn bước, ta thu dãy vô hạn f0  f1  f2  số nguyên dương (mâu thuẫn) Bài toán 3.4.5 Trên đa giác n đỉnh ( n  ), đỉnh điền số thực Cho phép thực phép toán sau: Mỗi lần lấy số a, b, c, d theo thứ tự nằm liên tiếp mà (a d)(b c)  đổi chỗ b, c cho Chứng minh sau số lần phép tốn phải dừng lại 77 Lời giải Giả sử a1, a , , a n n số thực viết đỉnh lúc ban đầu (theo thứ tự định) Dễ dàng nhận lần lấy số i mà (a i  a i  )(a i 1  a i  )  đổi chỗ ai1 2 cho Chú ý là: a i  a i 3 ai 1  2   a iai 1  2ai 3  aiai 2  3ai 1 Do ta thấy hàm f xác định sau: f a1, a , , an   a1a  a 2a   ana1 Rõ ràng tập số đỉnh n - giác khơng thay đổi sau phép tốn nên f nhận hữu hạn giá trị (cụ thể nhiều n ! ) Mặt khác, sau lần thực phép tốn ta có f a1, a2, , , 1, 2, 3 , , an   f a1, a2 , , , 2, 1, 3 , , an   (ai  3 )(ai 1  2 )  Nghĩa sau lần thực phép tốn giá trị hàm f tăng lên Vì số giá trị f hữu hạn nên sau hữu hạn lần phép toán phải dừng lại Bài toán 3.4.6 (VMO - 1991) Cho bảng 1991  1992 Kí hiệu m , n  ô vuông nằm giao hàng thứ m cột thứ n Tô màu ô vuông bảng theo quy tắc sau: Lần thứ tô ba ô (r , s ),(r  1, s  1),(r  2, s  2);  r  1989,1  s  1990, từ lần thứ hai, lần tơ ba chưa có màu nằm cạnh hàng cột Hỏi cách tơ màu tất ô bảng không? Lời giải Xét toán từ lần tô màu thứ hai Tập  trạng thái gồm bảng 1991  1992 , có ba sau tơ màu r, s , r  1, s  1, r  2, s  2,1  r  1989,1  s  1990 78 Phép toán T :    biến trạng thái    thành trạng thái T     cho trạng thái T   có thêm liên tiếp hàng cột tô màu Trạng thái ban đầu 0 trạng thái mà có r, s , r  1, s  1, r  2, s  2 tô màu; trạng thái kết thúc  * trạng thái mà tất ô tô màu Ta xây dựng hàm số học f (không đổi suốt q trình tơ màu) Với trạng thái  tùy ý, ô m , n   tơ màu ta viết m.n Xét I  0,1, 2 f :   I cho    , f   số dư tổng số  chia cho Dễ thấy f không thay đổi lần chuyển sang trạng thái Xét trạng thái 0 , tổng số ghi ô r, s , r  1, s  1, r  2, s  2 r s  r  1s  1  r  2s  2  3rs  r  s   chia cho dư Suy f 0    f   (1) Mặt khác, trạng thái cuối  * (tô kín bảng), dễ thấy f ( * )  (2) Từ (1) (2), suy mâu thuẫn Vậy tô màu tất ô bảng cho Nhận xét: Trong toán trên, ta xây dựng hàm số học f mà không thay đổi, trạng thái biến đổi Việc xây dựng hàm f chìa khóa tìm lời giải cho tốn Tuy nhiên, phát f không đơn giản gần khơng có quy tắc Vì vậy, ta cần phân tích giả thiết làm nhiều tập để tăng kỹ giải toán Trong phần tiếp theo, ta luyện tập kỹ giải toán tập vận dụng, từ đơn giản đến phức tạp 79 3.5 Một số tập vận dụng Bài toán 3.5.1 Trên bảng, người ta viết số liên tiếp từ đến 2015 sau thực trị chơi sau: Mỗi lần xóa hai số viết thêm số tổng hai số xóa Việc làm thực liên tục số bảng Hỏi số cuối lại bao nhiêu? Tại sao? Lời giải Vì lần thực trị chơi thay hai số tổng chúng nên tổng số bảng không thay đổi thời điểm Tổng số lúc đầu S     2015  (1  2015).2015  2031120 Suy số cuối 2031120 Bài toán 3.5.2 Một tờ giấy bị cắt nhỏ thành mảnh 11 mảnh Một mảnh nhận lại chọn để cắt (thành mảnh 11 mảnh nhỏ hơn), … Cứ vậy, ta nhận 2015 mảnh hay không? Lời giải Sau lần cắt mảnh giấy thành mảnh 11 mảnh số mảnh giấy tăng lên 10 Như tính bất biến tốn “số mảnh giấy tăng lên bội số 5” Vậy tổng số mảnh giấy sau lần cắt có dạng  5k Mặt khác, 2015 chia hết với cách cắt trên, từ tờ giấy ban đầu ta cắt thành 2015 mảnh Bài toán 3.5.3 Hai người chơi cờ Sau ván người thắng điểm người thua điểm, hịa người điểm Hỏi sau số ván cờ liệu xảy trường hợp người điểm người 10 điểm hay không? Lời giải Gọi S n  tổng số điểm hai người sau ván thứ n Ta có S (n  1)  S (n )  2,  n  Do đó, S n  bất biến (khơng đổi) theo modulo Suy 80 S (n )  S (0)  0(mod 2), n  Vậy xảy trường hợp mà người điểm người 10 điểm Bài toán 3.5.4 Một dãy gồm 19 phịng Ban đầu phịng có người Sau đó, ngày có hai người chuyển sang hai phịng bên cạnh theo hai chiều ngược Hỏi sau số ngày có hay khơng trường hợp mà (i) Khơng có phịng có thứ tự chẵn; (ii) Có 10 người phòng cuối Lời giải Đánh số phòng theo thứ tự 1, 2, …, 19 … 18 19 Ta đeo cho vị khách thẻ ghi số phịng Gọi S n  tổng số ghi thẻ tất vị khách ngày thứ n Dễ thấy S n  bất biến Do đó, ta có S n   S 1     19  190, n  (i) Vì có lẻ người nên khơng có phịng thứ tự chẵn S n  số lẻ, vơ lí (ii) Nếu có 10 người phịng cuối (phịng số 19) S n   19.10  190 , vơ lí Bài tốn 3.5.5 Trên bảng có số 96 , , , Mỗi lần thực hiện, cho 96 96 96 phép xóa hai số a, b bảng thay a  b  2ab Hỏi sau 95 lần thực phép xóa, số cịn lại bảng số nào? Lời giải Giả sử số bảng a 1, a , a , a k Ta cho tương ứng bảng với tích số 2a1  12a  1 2ak  1 Khi đó, sau lần biến đổi, tích bị 81 hai thừa số 2a  1, 2b  1 thêm vào thừa số a  b  2ab     2a  12b  1 Do đó, tích khơng đổi (chỉ đổi dấu) Vì tích ban đầu (do bảng ban đầu có chứa số 48  ) nên số cuối 96 phải cho tích số 0, tức 2s   0, suy s  Bài tốn 3.5.6 Có 2015 đồng xu, đồng xu có hai mặt, mặt màu xanh mặt màu đỏ Xếp đồng xu bàn cho mặt màu xanh ngửa lên Thực trò chơi sau: Mỗi lần thực cho phép đổi bốn mặt bốn đồng xu tùy ý Hỏi nhận kết mà tất đồng xu có mặt đỏ ngửa lên không? Lời giải Thay đồng xu mặt màu xanh ngửa lên số -1, đồng xu mặt màu đỏ ngửa lên số Khi cách thực theo đề mô tả dạng khác sau: Bốn số xóa thay vào số số đối Ban đầu có 2015 đồng xu có mặt màu xanh ngửa lên tương ứng với 2015 số -1 Ta thấy thay bốn số a, b, c, d bốn số a, b, c, d tích số thay vào a b c d   abcd tích số ban đầu Như trạng thái tích số khơng đổi Ban đầu có 2015 số -1 nên tích chúng -1, suy thời điểm tích số ln -1 Vậy nhận kết mà tất đồng xu có mặt đỏ ngửa lên Bài toán 3.5.7 Trong dãy 1, 9, 9, 9, 8, , chữ số chữ số thứ năm chữ số hàng đơn vị tổng bốn chữ số liền trước Hỏi dãy có gặp 1234 5648 khơng? Lời giải Ta thay chữ số dãy cho số số chẵn số số lẻ Ta nhận dãy số 111101111011110…, sau bốn chữ số có chữ số sau chữ số có bốn chữ số 82 Mặt khác, 1234 5648 ứng với chữ số 1010 1000 nên khơng thể có mặt dãy số cho   Bài toán 3.5.8 Thực tròi chơi sau: Lần đầu, viết lên bảng cặp số 2, Từ lần thứ hai, bảng có cặp số a,b  ta xóa thay vào cặp số a  b a  b    Hỏi ta viết lên bảng cặp số 1,1  hay không? ,  2    Lời giải Giả sử bước thứ n ta viết cặp số an , bn  Xét S n   an2  bn2, ta có 2 a  b  a  b   n n  n  S n  1   n     S n , n      Do đó, S n  bất biến trị chơi nói  Mà S 1      nên ta viết cặp số 1,1   Bài tốn 3.5.9 Ngồi biển đơng, hịn đảo nơi sinh sống giống thằn lằn có ba loại màu: Màu xám có 133 con; màu nâu có 155 màu đỏ có 177 Nếu hai thằn lằn khác màu gặp chúng đồng thời đổi sang màu thứ ba Trong trường hợp hai thằn lằn màu gặp chúng giữ ngun khơng đổi màu Hỏi xảy tình trạng đảo tất thằn lằn trở thành màu không? Lời giải Đặc điểm toán nằm số 133, 155, 177, chia cho ta số dư 1, Ta thử xét, thằn lằn xám gặp thằn lằn nâu chúng đồng thời đổi màu đỏ Khi ta có 132 xám, 154 nâu 179 đỏ Những số dư 132, 154 179 chia cho tương ứng 0, 2, nghĩa gặp đầy đủ số dư có 83 Nếu thằn lằn xám gặp thằn lằn đỏ chúng đồng thời đổi màu nâu Khi có 132 thằn lằn xám, 157 thằn lằn nâu 176 thằn lằn đỏ Lấy số chia cho 3, cho số dư tương ứng 0, 2, nghĩa lặp lại ba khả số dư Nếu thằn lằn nâu thằn lằn đỏ gặp nhau, chúng đổi thành màu xám Khi có 135 thằn lằn xám, 154 thằn lằn nâu 176 thằn lằn đỏ Số dư số thằn lằn chia cho tương ứng 0, 2, có đầy đủ số dư chia cho Bất biến dù thay đổi màu số dư số lượng thằn lằn chia cho có đầy đủ ba số 0, 1, Số lượng tất thằn lằn đảo 133+155+177=465 số chia hết cho Nếu tất thằn lằn màu số dư số lượng thằn lằn màu xám, nâu đỏ chia cho tương ứng 0, 0, Điều vơ lí phải đầy đủ số dư 0, 1, chia cho Như câu trả lời Bài toán 3.5.10 Từ n số x 1, x , , x n  x i (i  1, 2, , n ) nhận hai giá trị 1, -1 Mỗi phép biến đổi ta lập x 1x , x 2x , , x n x  Chứng minh n  2k , k  1 sau số hữu hạn bước ta nhận 1,1,1, ,1 Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo k k  n  2 : 1, 1  1, 1  1,1 Giả sử toán với dãy chiều dài n  k Ta xét dãy chiều dài 2k 1 Ở trạng thái ta có: x x x , x x x , , x 2 2  x x , xnx12x  x1x 3, x 2x 4, , xn1x1, xnx2  n1 n số cấu tạo chiều dài n  2k : x x , x x , , x 3 x n 1  x x , x x , , x x  4 84 n (1) Ở trạng thái thứ ta thu x 1x , x 2x , x 3x , x 4x , , x n x  Bộ số nhận phép biến đổi riêng rẽ (1) Suy áp dụng quy tắc biến đổi cho x 1x , x 3x , , x n 1x  x 2x 4, x 4x 6, , x n x  theo giả thiết quy nạp ta nhận hai số gồm toàn số Ngoài ra, nhận kết phép biến đổi trạng thái thứ Bài toán 3.5.11 Trên bảng ô vuông vô hạn, ô 1,1 có viên bi Cho phép bỏ bi theo quy tắc sau: Mỗi lần lấy chọn ô i, j  mà ô i  1, j  , i, j  1 khơng có bi đồng thời lấy bi ô i, j  khỏi bảng đặt vào ô i  1, j  , i, j  1 ô viên Hỏi cách ta làm cho 1,1, 1, 2, 2,1, 1, 3, 2, 2, 3,1 khơng có bi hay khơng? Lời giải Đối với tốn ta quan tâm tới chứa bi Ta có trạng thái thứ k chứa bi bảng cho ta tập hợp Xk   i, j  | ô i, j  có bi  với  X0  1,1 Ta xét hàm số học f X    s i, j  i, j X Ta tìm s cho f bất biến, hay ta cần f X k 1   f Xk  với k Rõ ràng ta có trạng thái k  nhận từ trạng thái k qua việc bỏ bi ô i, j  thay vào hai i  1, j  , i, j  1 nên ta có f X k 1   f X k   s i  1, j   s i, j  1  s i, j  85 Do quan hệ bình đẳng s i  1, j  s i, j  1 nên chọn s cho s i  1, j   s i, j  1 đồng thời s i, j   2s i  1, j , ta nghĩ đến s i, j   i j Như  vậy, f Xk   f X   ta ln có f X    i j i , j X với k Bây giờ, giả sử ta làm cho ô 1,1, 1, 2, 2,1, 1, 3, 2, 2, 3,1 khơng có bi ta thu tập B gồm khơng có bi Mặt khác với cách bỏ bi thời điểm hàng (1, 4),(1, 5),  có có bi Tương tự cho cột 4,1, 5,1,  có có bi Do đó, ta có thời điểm có hữu hạn ô có bi nên f B   14  41   i , j 2,i  j 5 ij   f X  Bởi vậy, ta làm Bài toán chứng minh Bài toán 3.5.12 (IMO - 2004) Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm vng đơn vị hình vẽ đây, hình nhận lật hình (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hình nhận xoay hình góc Hãy xác định tất hình chữ nhật m  n , m , n số ngun dương cho lát hình chữ nhật viên gạch hình móc câu 86 Lời giải Dễ thấy m, n  1, 2, 5 Chia hình chữ nhật m  n thành m  n ô vuông đánh số hàng, cột từ lên trên, từ trái sang phải Ta gọi ô p, q  ô nằm giao hàng thứ p cột thứ q Hai viên gạch hình móc câu ghép lại để hai hình (H1) (H2) Do đó, để lát hình chữ nhật m  n m.n phải chia hết cho 12 Nếu hai số m n chia hết cho lát hình chữ nhật m  n Thật vậy, giả sử m chia hết cho Nếu n chia hết cho chia hình chữ nhật m  n thành hình chữ nhật  , lát Nếu n khơng chia hết cho viết n dạng n  3a  4b với a, b số nguyên dương, lát Bây ta chứng minh hai số m , n chia hết cho Giả sử ngược lại, m n chia hết cho không chia hết cho Để chứng minh điều xảy ta tạo bất biến Để tạo bất biến ta điền số vào ô hình chữ nhật theo quy tắc sau: Xét ô p, q  Nếu hai tọa độ p q chia hết cho điền số vào Nếu hai tọa độ p q chia hết cho điền số vào Với cách điền ta thu bất biến tổng số hình (H1) tổng số hình (H2) ln số lẻ Do m , n chẵn nên tổng số tồn hình chữ nhật m  n số chẵn Muốn lát hình chữ nhật m  n tổng số hình (H1) (H2) sử dụng phải số chẵn Khi đó, m.n chia hết cho 24 Điều không xảy m , n khơng chia hết cho 87 KẾT LUẬN Sau thời gian năm học tập Khoa Toán-Cơ-Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên -Đại Học Quốc Gia Hà Nội, giúp đỡ bảo tận tình thầy khoa, đặc biệt PGS TS Nguyễn Vũ Lương, hoàn thành luận văn với tên đề tài: “Một số dạng toán tổ hợp” Luận văn đạt số kết sau: Luận văn nêu số kiến thức tổ hợp Luận văn hệ thống số phương pháp để tiếp cận tới toán tổ hợp Luận văn trình bày kỹ nâng cao giải toán tổ hợp phương pháp bất biến Một số hướng phát triển: Sử dụng cơng cụ số phức để giải số tốn tổ hợp Sử dụng phương pháp hàm sinh tốn đếm Xây dựng bất biến tồn hệ bất biến tồn để giải tốn tổ hợp Sử dụng số phương pháp giải toán tổ hợp, giúp ta chủ động đưa định hướng gặp tốn tổ hợp khó Việc rèn luyện kỹ giải toán tổ hợp phương pháp bất biến cần thiết Vì vậy, luận văn làm tài liệu tham khảo cho q trình nghiên cứu, giảng dạy học tập tốn bậc phổ thông Tôi mong nhận góp ý thầy bạn đồng nghiệp để đề tài tiếp tục hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! 88 Tài liệu tham khảo [1] Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Đoàn Quỳnh, Đặng Hùng Thắng (2014), Tài liệu chuyên toán Đại số Giải tích 11, NXB Giáo Dục, Việt Nam [2] Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Nguyễn Văn Mậu, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc, NXB Giáo Dục, Việt Nam [3] Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2003), 40 năm Olympic Toán học Quốc tế, NXB Giáo Dục, Việt Nam [4] “Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên Trường THPT Chun mơn Tốn”, Hà Nội 7/2012 [5] Arthur Engel (1998), Problem – Solving Strategies, Springer-Verlag New York, Inc [6] Website: www.htttp://mathscope.org 89