Ứng dụng phương pháp ánh xạ trong giải toán tổ hợp

Kết luận của bài toán rõ ràng giúp ta nghĩ ngay đến việc xây dựng một song ánh từ 2 tập với nhau. Ta cần tìm ra một cách để làm điều này. Đầu tiên gấp đôi số có n chữ số đó lên, nghĩa [r]

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THỒNG CHUYÊN NGUYỄN DU

ỨNG DỤNG

PHƯƠNG PHÁP ÁNH XẠ TRONG GIẢI

TOÁN TỔ HỢP

NGƯỜI THỰC HIỆN : LÊ NGỌC ĐỨC LỚP : 10CT

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du MỤC LỤC

Mục lục ………

Lời cảm ơn ……….2

Giới thiệu tổng quan vấn đề nghiên cứu ………

Một số chữ viết tắt kí hiệu tốn học tài liệu ……… ……….5

Cơ sở lí thuyết ……… Ánh xạ ……… ………6

Ứng dụng ánh xạ toán tổ hợp ………7

Lời kết ……… ……28

LỜI CẢM ƠN

Trong trình học tập, nghiên cứu thực dự án, nhận nhiều giúp đỡ Giờ nội dung dự án hồn thành, chúng tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến:

Quý Thầy, Cô trường THPT chuyên Nguyễn Du tỉnh Đắk Lắk tận tình giảng dạy, hướng dẫn, giúp đỡ học tập hỗ trợ việc thực đề tài nghiên cứu

Đặc biệt thầy Nguyễn Văn Quang, giáo viên hướng dẫn khoa học, tận tình hướng dẫn chúng tơi suốt q trình nghiên cứu hồn thành dự án

Chúng tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến thầy, không giảng dạy trực tiếp chia sẻ toán tổ hợp hay với cách giải phương pháp ánh xạ độc tham khảo

Xin gửi tặng bạn lớp, người dành cho tình cảm, lời động viên, giúp đỡ sống trình học tập vừa qua

Lần tập làm nghiên cứu, nội dung có lẽ chưa đầy đủ cịn nhiều thiếu sót, mong nhận góp ý bổ ích từ quý Thầy, Cô độc giả

Xin trân trọng cảm ơn!

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

A LỜI GIỚI THIỆU VÀ TỔNG QUAN

Cùng với chương trình phát triển trọng điểm toán học giai đoạn 2010 – 2020 , toán học Việt Nam có nhiều phát triển tiến bộ.Đi với đó,phong trào chun tốn phổ thơng năm gần có nhiều dấu hiệu khởi sắc với kết kì thi HSG tốn quốc gia quốc tế ngày nâng cao Hằng năm trường hè,trường đơng Viện tốn học tổ chức ngày phát triển quy mô chất lượng Cùng với phát triển nhu cầu tài liệu nhiều học sinh quan tâm Đặc biệt tài liệu mang tính thời chuyên môn sâu phân môn Lịch sử trình giảng dạy cho ta thấy điểm yếu học sinh Việt Nam tốn tổ hợp rời rạc Trong kìthi HSG tốn phổ thông, số học sinh giải trọn vẹn tốn tổ hợp ít, chí khơng có học sinh Trên thực tế vậy, việc biên soạn sách chuyên khảo sâu tổ hợp rời rạc việc cần thiết.Và lý biên soạn tài liệu này.Tài liệu cung cấp khái niệm ánh xạ ứng dụng tốn học

Trong tốn học, tổ hợp dạng tốn khó lại thu hút lài giải hay, độc đáo có ý nghĩa quan trọng nghành học cơng nghệ thơng tin Trong kì thi học sinh giỏi, tổ hợp ln tốn khó nên hầu hết học sinh ngại học chủ đề này, kì có vài ba bạn giải Do có nhiều nghiên cứu chủ đề này, từ có nhiều phương pháp để tiếp cận Ánh xạ công cụ đầu tiên, đơn giản hiệu tốn đếm Thơng qua ánh xạ ta đưa toán đếm phức tạp toán đếm đơn giản ; nhiên việc xây dựng ánh xạ phù hợp việc khó khăn địi hỏi phải chạm nhiều phải có kinh nghiệm Bài nghiên cứu nhằm mục đích ban đầu tự học, tổng hợp tốn để có thêm nhiều kinh nghiệm; sau tài liệu tham khảo cho bạn bước đầu học tổ hợp

MỘT SỐ CHỮ VIẾT TẮT VÀ CÁC KÍ HIỆU TOÁN HỌC TRONG TÀI LIỆU I/Một số chữ viết tắt:

IMO International Mathematical Olympiad Olympic Toán học Quốc tế

VMO Vietnam Mathematical Olympiad Olympic Toán học Việt Nam APMO Asian Pacific Math Olympiad Olympic toán Châu Á – Thái Bình Dương

II/Một số kí hiệu tốn học A số phần tử tập hợp A n

m

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du B CƠ SỞ LÝ THUYẾT

I/ÁNH XẠ

1/KHÁI NIỆM

Một ánh xạ f từ tập X đến Y quy tắc đặt tương ứng phần tử x X với (và một) phần tử Y

Phần tử gọi ảnh x qua ánh xạ f kí hiệu f(x)

(i) Tập X gọi tập xác định f Tập hợp Y gọi tập giá trị f (ii) Ánh xạ f từ X đến Y kí kiệu f: X → Y

x ↦y=f(x)

(iii) Khi X Y tập số thực , ánh xạ f gọi hàm số xác định X

(iv) Cho a thuộc X, b thuộc Y Nếu f(a)=y ta nói y ảnh a a nghịch ảnh y qua ánh xạ f

(v) Tập hợp Y = {y=Y : x thuộc X, y=f(x)} gọi tập ảnh f

2/Đơn ánh, toàn ánh, song ánh 2.1 Định nghĩa đơn ánh:

Ánh xạ f:X gọi đơn ánh với a ∈ X,b ∈ Y mà a≠b f(a)≠f(b), tức hai phần tử phân biệt có hai ảnh phân biệt

Từ định nghĩa ta suy ta ánh xạ f đơn ánh với a ∈ X, b ∈ Y mà f(a)=f(b), ta phải có a=b

2.2 Định nghĩa toàn ánh

Ánh xạ f: X ↦ Y gọi toàn ánh với phần tử y ∈ Y tồn phần tử x ∈ X cho y=f(x)

Như f toàn ánh Y=f(X)

2.3 Định nghĩa song ánh

Ánh xạ f : X ↦ Y gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn ánh Như ánh xạ f : X↦Y song ánh với y  Y , tồn phần tử x  X để y = f(x)

Ánh xạ ngược song ánh 3.1.Định nghĩa

Ánh xạ ngược f, kí hiệu ,là ánh xạ từ Y đến X gán cho phần tử y Y phần tử x X cho y = f(x) Như

3.2 Chú ý Nếu f khơng phải song ánh ta khơng thể định nghĩa ánh

xạ ngược f Do nói đến ánh xạ ngược f song ánh

Ánh xạ hợp

4.1 Định nghĩa Nếu g : A↦ B f : B ↦ C g(A)  B ánh xạ hợp

được xác định

Nguyên lý ánh xạ Cho A B tập hữu hạn khác rỗng f : A B ánh xạ Khi đó:

a) Nếu f đơn ánh | A| |B | b) Nếu f tồn ánh |A | |B | c) Nếu f song ánh |A | |B |

Phương pháp ánh xạ dựa vào ý tưởng đơn giản:

- Nếu tồn song ánh từ tập hữu hạn A vào tập hữu hạn B |A| = |B| Do đó, muốn chứng minh hai tập hợp có số phần tử, cần xây dựng song ánh chúng Hơn nữa, ta đếm số phần tử tập hợp A cách xây dựng song ánh từ A vào tập hợp B mà ta biết cách đếm dễ đếm

- Nếu tồn đơn ánh (tương ứng toàn ánh) từ A vào B |A| |B| (tương ứng |A| |B |) Do đó, đơn ánh tồn ánh chủ yếu sử dụng để chứng minh toán liên quan đến bất đẳng thức tổ hợp Chuyển toán cần chứng minh việc so sánh số phần tử hai tập hợp, có tập hợp biết cách đếm dễ đếm Tương tự nguyên lý Dirichle, mặt ý tưởng đơn giản nhiên thực khơng phải đơn giản Để sử dụng phương pháp ta cần xác định song ánh tập cần đếm vào tập biết cách đếm việc làm lúc thực dễ dàng Sau số tập áp dụng phương pháp

II/ỨNG DỤNG CỦA ÁNH XẠ TRONG TỔ HỢP

Để khởi đầu cho phần tơi xin gửi đến bạn định lí đơn giản có ứng dụng lớn giải tốn tổ hợp “Bài tốn chia kẹo Euler”

Định lí: Cho k,n số tự nhiên ; số nghiệm tự nhiên phương trình + + … + = n

Chứng minh

Ta cho tương ứng nghiệm nguyên không âm phương trình + + … + = n (1) với xâu nhị phân độ dài n+k-1 có n bit k-1 bit 0, cụ thể xâu gồm bit 1, sau bit 0,tiếp theo bit 1, sau bit 0, thế, cuối bit Dễ dàng chứng minh song ánh từ tập A nghiệm nguyên không âm (1) vào tập hợp B xâu nhị phân độ dài n+k-1 với n bit k-1 bit Từ đó, theo nguyên lý song ánh ta có

(đpcm)

Ví dụ 1:

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

Lời giải

Ta đánh số thứ tự hàng người số nguyên dương 1,2,3, ,n Vậy ta đưa đề dạng : Cho n số nguyên dương 1,2,…,n.Hỏi có cách chọn k số phân biệt n số cho cho khơng có số ngun liên tiếp nào? Một cách chọn thích hợp số ≤ …< ≤ n thỏa mãn

tức

Vậy ta cần tìm số phần tử

A={( , , ,…, ≤ …< ≤ n, với

i=1,2,…,k-1}

Xét ánh xạ : = với = rõ

ràng ta có: i) ≥ ii)

iii)

Suy phần tử tập hợp B

B={ │ ≤ …< ≤ n – k +1}

Dễ thấy f đơn ánh

Ngoài ánh xạ g = với cho

chúng ta đơn ánh từ B vào A.Vậy

Ví dụ 2:

Cho 49 số tự nhiên liên tiếp 1,2,…,49 Hỏi có cách chọn số khác từ 49 số có số nguyên liên tiếp

Lời giải

Giả sử gồm số tùy ý , ,

Không giảm tổng quát, ta giả sử …< (1)

Ứng với dãy (1) xét tương ứng dãy sau : , , , , , (2)

Rõ ràng dãy (2) gồm số khác cà dãy (1) không chứa số nguyên liên tiếp.Rõ ràng ta có số dãy (2) xếp từ bé đến lớn Như dãy số khơng chứa số nguyên liên tiếp đặt tương ứng với dãy số khác chọn từ số đến 44

Từ ta hồn tồn tính kết cần tính

Nhận xét: Bài toán xét với tập 49 số bạn đọc hồn tồn mở rộng với n số Điểm nhấn đặc biệt việc đặt tương ứng dãy (1) với dãy (2), điều tự nhiên Nhưng gắn kết tốn khiến thứ trở nên tường minh

Các bạn nghĩ kết hợp hai ví dụ tốn nào không? Vâng xin gửi đến bạn kết hợp vi diệu Ví dụ

Ví dụ 3:

Cho n số 1,2,3, ,n.Có cách chọn m số phân biệt từ n số cho cho trong m số có số liên tiếp với giả thiết n ≥ 2m-1

Lời giải

Gọi A tập hợp tất cách chọn m số từ n số phân biệt cho, ta có: = Gọi B tập hợp cách chọn m số phân biệt n số cho cho khơng có số ngun liên tiếp

Gọi C tập hợp cách chọn m số phân biệt n số cho cho có số ngun liên tiếp

Áp dụng Ví dụ , ta có : Kết :

Nhận xét :

Giả thiết n ≥ 2m-1 cần thiết n+1-m ≥ m

Vì ngược lại theo ngun lí Dirichlet cách chọn có số nguyên liên tiếp chọn (Bạn đọc tự lí giải điều này) Một câu hỏi bạn cần trả lời : Nếu bỏ điều kiện n ≥ 2m-1 cần phải có thêm quy ước gì?

Ví dụ 4:

Cho tập hợp E ={1;2;…;n}.Gọi g(n,k) số tập gồm k phần tử E mà không chứa số nguyên liên tiếp Còn số tất tập E mà không chứa số nguyên liên tiếp Chứng rằng:

a) g(n,k) =

b)

Lời giải

Ở câu a) , ta dễ dàng chứng minh ví dụ trước Giờ ta việc xét câu b)

Kí hiệu P tập hợp tất tập hợp E thỏa mãn điều kiện mà tập hợp khơng chứa số nguyên liên tiếp E

Đặt A chứa n A không chứa n

Như ta có

Theo định nghĩa ta có

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

số nguyên liên tiếp {1,2,3,…,n-2} Như với A tương ứng với tập P’ Vậy ta có :

Nhưng theo định nghĩa ta lại có Lập luận tương tự ta có : Như ta có điều phải chứng minh

Nhận xét :

Kết toán cho ta phép định nghĩa dãy Fibonacci theo tư tưởng phép đếm Một lần chung ta thấy vẻ đẹp tổ hợp, yếu tố tưởng

chừng khơng liên quan lại cho ta dãy Fibonacci Từ đôi lúc làm việc với day Fibonacci ta tổ hợp hóa giải toán theo hướng tổ hợp

Ví dụ 5:(VMO 2002)

Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1,2001] Gọi T tập hợp tất các tập không rỗng S Với X thuộc T, ký hiệu m(X) trung bình cộng

các phần tử X Tính m=

Lời giải

Xét ánh xạ f :T → T sau : f(X) = {2003 - x│x ∈ X}, X∈T Vì f song ánh nên m(X)=m(f(X)) Do : 2m =

Mà m(X) +m(f(X)) = 2003 nên m =

Ví dụ 6:( Trung Quốc 1994) Chứng minh :

Lời giải

Bước : Ta chọn n số từ 2n+1 số sau Trước hết từ 2n+1 số ta chia n cặp số x

Bước : Ta chọn k cặp từ cặp chọn số Bước : Chọn [ cặp n-k cặp cịn lại

Ngồi số x chọn n-k lẻ không chọn n-k chẵn.Rõ ràng bước có cách chọn bước có cách chọn Lúc này, ta chọn tổng cộng n số, k chạy từ đến n

Ví dụ 7:

Cho n số ngun dương Xét bảng vng n × n Hỏi bảng cho có hình vuông

Lời giải

Ta chiếu điểm lên đường thẳng song song với cạnh hình vng cho, giả sử cạnh AB

Đếm hình vng có hai cạnh song song với cạnh cịn lại hình vng ban đầu, giả sử BC,CD,DA cách chọn bốn điểm theo thứ tự đường thẳng chiếu

Rõ ràng với hình vng có cạnh chia thành n phần số cách nên tổng cộng có tất

Ví dụ 8:(Olympic 30/4 2000)

Hãy tính trung bình cộng tất số N gồm 2002 chữ số thỏa mãn N 99 chữ số N thuộc {1;2;3;4;5;6;7;8}

Lời giải

Gọi M tập số N thỏa mãn điều kiện đề Ta xây dựng ánh xạ f:M→M sau:

Nếu N= f(N)= ,với

Do N+f(N)= chia hết cho 9, nên f song ánh Từ suy ( ) ( ( ))

N M N M

N N N

 

 

   ( ) ( ( ))

N M N M

N N N

 

 

   =

Cuối ta nhận trung bình cộng số N

Ví dụ 9 : (APMO 1998)

Giả sử F tập hợp tất gồm n tập { tập

con tập {1,2, ,2012} Tính

1

1

( , , , )

n

n A A A F

A A A



  



Lời giải

Với i phần tử {1,2, ,2012} ta đếm xem có { thỏa mãn A1  A2 An = { } (*)

Ta cho phần tử đăng kí có mặt tập cách với

phần tử ta gán cho số cho Một

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du 2 ( , , , ) n n A A A F

A A A



  

 =

2012

(2012 1) 2011

2012

(2 1) 2012(2 1)2 2012(2 1)2

i n i n n n n

i iC         Nhận xét:

Bài toán không dùng phương pháp song ánh theo nghĩa thường,

khơng có ánh xạ Nguyên lý ánh xạ dùng cách, thay tính tổng ta tìm cách tính tổng khác dễ có giá trị tổng cho Với mỗi {1,2, ,2012} ta gọi i S số F mà i thuộc hợp phần tử họ Rõ ràng S i đếm lần, S=Si Dễ thấy

nhau 2011

(2n1)2 n tổng cần tính 2011

2012(2n1)2 n

Ví dụ 10:(Ucraina 1996)

Gọi M số số nguyên dương viết hệ thập phân có n chữ số, có n chữ số n chữ số , Gọi n số tất số viết hệ thập phân có n chữ số, có chữ số 1,2,3,4 số chữ số số chữ số Chứng minh : M=N=

Lời giải

Kết luận toán rõ ràng giúp ta nghĩ đến việc xây dựng song ánh từ tập với

Số có n chữ số chứa chữ số 1,2,3,4 có số số Ta cần tìm cách để làm điều Đầu tiên gấp đơi số có n chữ số lên, nghĩa nhân số lần viết cạnh Sau chữ số n số đầu đổi thành số 1, chữ số n số sau đổi thành chữ số 2, chữ số n số đầu đổi thành chữ số chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số

Ví dụ với A =123442 Ta thực sau: 123442→123442123442→12121221221112

Như ta thu số có n số n số Rõ ràng đơn ánh Để chứng minh song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược sau: Với số có n chữ số

1 n chữ số Ta cắt n số đầu n số cuối thực phép cộng số lại theo quy tắc sau: 1+1=1,2+2=2,1+2=3,2+1=4 Ta thu số có n chữ số tạo thành từ 1,2,3,4 thỏa mãn đề Như rõ ràng ta M=N

Tiếp theo, ta xét tốn sau: Tìm số số có n chữ số chứa số 1,2,3,4 biểu diễn thập phân có số số

Vậy số số thỏa mãn : N= 2

2

n

i i n i n n i i

C C

     

  



Việc tính tổng bằng trực tiếp đại số không dễ, để đơn giản ta cần phải dung đến kĩ thuật đếm hai cách

Ví dụ 11: (Putnam 2002)

Cho n 1 số nguyên dương số tập khác rỗng tập {1,2, ,n} cho trung bình cộng tất phần tử số nguyên Chứng minh - n số chẵn

Hướng dẫn

Có n tập phần tử tập thoả mãn điều kiện đầu Vậy ta cần chứng minh số tập nhiều phần tử có tính chất số chẵn xong Ta ghép tập thành cặp sau: Các tập có trung bình thuộc với tập có trung bình khơng thuộc

Ví dụ 12:

Có 20 người xếp thành vịng trịn Hỏi có cách chọn người cho khơng có hai người kề chọn

Lời giải

Ta giải tốn tổng qt sau

Ví dụ 12.1 Có n người xếp thành hàng dọc Có cách chọn k người, cho hai người kề chọn?

Cách (Phương pháp song ánh) Ta giải ví dụ

Lời giải

Ta đánh số thứ tự hàng người số nguyên dương 1,2,3, ,n Vậy ta đưa đề dạng : Cho n số nguyên dương 1,2,…,n.Hỏi có cách chọn k số phân biệt n số cho cho khơng có số ngun liên tiếp nào? Một cách chọn thích hợp số ≤ …< ≤ n thỏa mãn

tức

Vậy ta cần tìm số phần tử

A={( , , ,…, ≤ …< ≤ n, với

i=1,2,…,k-1}

Xét ánh xạ : = với = rõ

ràng ta có: i) ≥ ii)

iii)

Suy phần tử tập hợp B

B={ │ ≤ …< ≤ n – k +1}

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

Ngoài ánh xạ g = với cho

chúng ta đơn ánh từ B vào A.Vậy

Cách : (Sử dụng toán chia kẹo Euler) Giả sử ta chọn k người Gọi số người tính người đến trước người thứ chọn, số người nằm người thứ người thứ hai, …, số người nằm người thứ k-1 người thứ k +1 số người nằm sau người thứ k đến cuối Khi ta có + + … + +1 = n – k (1) , +1 số ngun khơng âm, cịn , …, số nguyên  Ngược lại, ( , …, +1) nghiệm (1) với , +1  0, , …,  ta cho tương ứng với cách chọn người thứ 1+ , 2+ + , …, k+ +…+ rõ ràng (i + + …+ ) – (i-1 +

+ …+ -1) = +  nên khơng có người liên tiếp chọn Để hoàn tất lời giải toán, ta đặt = , +1 = +1 = – với i=2, …, k

+ + … + +1 = n – 2k + (2) với số nguyên không âm Theo kết định lý chia kẹo Euler, ta có số nghiệm (2) Đó kết tốn ban đầu

Ví dụ 12.2 Có n người xếp thành vịng trịn Có cách chọn k người, cho khơng có hai người kề chọn?

Bài tốn giải kết tốn phương pháp « cắt đường trịn » Giả sử n người đánh số 1, 2, …, n Ta xét trường hợp sau : 1) Người số chọn Khi người số số n khơng chọn Như ta phải chọn thêm k-1 người từ đến n-1 cho khơng có hai người kề chọn Vì n-1 khơng kề nên coi n-3 người xếp theo hàng dọc Theo kết toán trên, số cách chọn =

2) Người số không chọn Khi ta cần chọn k người từ số đến n cho khơng có người kề chọn Vì n khơng kề nên coi n-1 người xếp theo hàng dọc Theo kết toán trên, số cách chọn Vậy đáp số toán là:

=

Ví dụ 13:(Vơ địch Trung Quốc - 1997)

Trong xâu nhị phân có độ dài n, gọi an số xâu không chứa số liên tiếp 0, 1, bn số xâu không chứa số liên tiếp 0,0,1,1 1,1,0,0 Chứng minh bn+1 = 2an

Lời giải

Ta gọi xâu thuộc loại A khơng chứa số liên tiếp 0, 1, gọi xâu thuộc loại B khơng chứa số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1, 1, 0,0 Với xâu X = (x1, x2, ., xn), ta xây dựng f(X) = (y1, y2, ., yn+1) sau:

1 k k

0, 1, f(X) chứa số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1, 1, 0, tức X thuộc loại A f(X) thuộc B

Vậy f song ánh từ tập xâu loại A độ dài n đến tập xâu loại B độ dài n+1 mà bắt đầu Nhưng từ xâu X thuộc B ta nhận xâu X

cũng thuộc B cách đổi phần tử X theo quy tắc  0,  nên số xâu loại B độ dài n+1 gấp đôi số xâu loại B độ dài n+1 mà bắt đầu số Từ ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 14:(Vơ địch Ucraina - 1996)

Gọi M số số nguyên dương viết hệ thập phân có 2n chữ số, có n chữ số n chữ số Gọi N số tất số viết hệ thập phân có n chữ số, có chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số

Chứng minh M = N = n

n

C2

Lời giải

Hiển nhiên M = n n

C2 Ta cần chứng minh M = N

Với số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số 2, ta “nhân đơi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: đầu tiên, hai phiên số viết kề thành số có hai chữ số, sau chữ số n chữ số đầu chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số 1, chữ số n chữ số sau chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số Ví dụ: 12341421234142123414212121221221112

Như thế, ta thu số có n chữ số n chữ số Rõ ràng đơn ánh từ tập số n chữ số sang tập số 2n chữ số Để chứng minh song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược sau: với số có n chữ số n

chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu n chữ số cuối cộng chúng theo cột với quy tắc: 1+1=1, 2+2=2, 1+2=3, 2+1=4, ta thu số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, với số chữ số số số

Ví dụ 12121221221112 

1234142 1221112 1212122

 1234142

Ví dụ 15: (IMO - 2005)

Cho số nguyên dương n, k với n  k

Xét phép toán f thứ tự X = [x1, , xn] sau: lần chọn k số liên tiếp tuỳ ý X đổi dấu chúng

Tìm số thứ tự X =[x1, , xn] thoả mãn điều kiện: (i) Mọi phần tử X thuộc tập {-1,1}

(ii) Có thể thực hữu hạn lần phép toán f để từ X nhận [1,1, ,1] Lời giải

Xét thứ tự X = [x1, , xn] tuỳ ý Ta có hai nhận xét sau:

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

2) Sau số chẵn lần thực phép tốn f cho nhóm k số liên tiếp X giá trị k số khơng đổi

Như vậy, phương án thực hữu hạn lần phép toán f X tương ứng với nhị phân A = [a1, a2, , an-k+1], tính theo modun số lần

thực f cho nhóm k số liên tiếp [xi, xi+1, , xi+k-1], X trở thành

 n

a n a a k a a a k a a a a a a x x x x x

x 2 k k k1 nk nk1 nk1

1 ,( 1) , ,( 1) ,( 1) , ,( 1) ,( 1)

)

( 1

                     

Từ đó, dễ thấy A xác định X thoả điều kiện tốn nên đáp số tốn số A, tức n k

2  

Ví dụ 16:

Cho đa giác có 103 cạnh Tơ màu đỏ cho 79 đỉnh đa giác tô màu xanh cho đỉnh lại Gọi A số cặp đỉnh đỏ kề B số cặp đỉnh xanh kề nhau

a Tìm tất giá trị nhận cặp (A,B)

b xác định số cách tô màu đỉnh đa giác để B =14 Biết rằng, hai cách tô màu xem chúng nhận từ thông qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác

Hướng dẫn:

a Số đỉnh màu xanh 24 đỉnh (103-79) N ếu tất đỉnh đỏ chia thành cụm A=78 N ếu bị cắt thành cụm A=77 Và tiếp tục, tức có k cụm (mỗi cụm đỉnh màu đỏ đứng sát nhau) A=74-k N ếu có k cụm đỏ có k cụm xanh nên có B= k-24 Các giá trị k từ đến 24, nên có 24 khả tất

b Để có B=14 k = 10 (phải chia quân xanh thành 10 cụm, quân đỏ thành 10 cụm) Đếm số cách chia ?

Gọi X số cụm điểm đỏ liền nhau, B=24-X Do B=24 X = 10 Áp dụng công thức chia kẹo pt chia kẹo, ta suy số cách chia 24 điểm xanh vào 10 cụm Tiếp theo, ta xem xét việc xếp điểm xanh- đỏ vệc có sẵn 79 điểm đỏ đường tròn, ta bỏ 10 cụm điểm xanh khoảng trống điểm đỏ liên tiếp, khoảng có tối đa cụm Như số cách chọn 10 khoảng trống 79 khoảng Sự trùng lặp theo phép quay chỗ ta chọn 10 vị trí 79 vị trí theo đường trịn Nhờ có (79,10)=1 mà ta khơng phải lo “các cấu hình lộn xộn”, cách tơ bị lặp 79 lần, đáp số

Định lý :

Cho A B tập hợp hữu hạn, f ánh xạ đơn ánh từ A vào B Khi số phần tử B số phần tử A Và f song ánh A B có cùng số phần tử

Với đỉnh đa giác đỉnh (cửu giác) tô màu đỏ xanh da trời Chứng minh tồn tam giác đơn sắc đồng dạng , tam giác đơn sắc tam giác có tất đỉnh màu

Lời giải

Ta gọi đơn giác đỏ (xanh) tất đỉnh tam giác đỏ xanh Vì đa giác có đỉnh, đỉnh tơ màu xanh đỏ nên có đỉnh có dùng màu Khơng tính tổng qt, giả sử màu đỏ Suy có it = 10 đơn giác đỏ Giờ ta chứng minh có

tam giác đỏ đồng dạng

Đặt đỉnh đa giác (Hình 1) ω đường trịn ngoại tiếp đa giác đỉnh đa giác chia đường tròn thành cung Gọi cung cung mảnh Gọi

tam giác thỏa mãn Định nghĩa số mảnh cung

không chứa điểm Ta định nghĩa tương tự với

Khi Δ xác định ba ( , Do tam giác có đỉnh, nên ta dễ

thấy

(trường hợp góc lớn

đỉnh nằm kề đường trịn) ,

Ví dụ với tam giác Δ ta xác định ba tương ứng (2,3,4)

Dễ thấy tam giác đồng dạng cho ba, tam giác không đồng dạng có ba khác Từ ta xây dựng song ánh A →B sau: A: tập tam giác đồng dạng B: tập số tự nhiên a, b, c thỏa mãn

và a+b+c=9 Ta liệt kê phần tử B (1,1,7), (1,2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4), (3,3,3) có tất phần tử Suy A có phần tử hay có tất dạng tam giác khác Trong ta có 10 tam giác đơn sắc, nên tồn tam giác đơn sắc đồng dạng

Ví dụ 18:

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chun Nguyễn Du

(Ví dụ có cách biểu diễn số thành tổng số nguyên dương: 3=1+1+1=1+2=2+1)

Lời giải

Ta viết n dạng sau: (1_1_ _1) gồm n số Xét n-1 khoảng trống , khoảng trống có trạng thái N ếu trạng thái 0, ta thay khoảng trống dấu “+”, trạng thái thay “)+(“ Ví dụ 4=(1_1_1_1)= ( Khi ( = (0,0,1)

4=(1+1+1)+(1)=3+1 cách biểu diễn

Ta có tất cách biểu diễn cho dãy nhị phân (n-1) bit dãy nhị phân cho cách biểu diễn n Trong dãy nhị phân này, có trường hợp dãy 00…0 khơng biểu diễn dạng tổng số Do có cách biểu diễn n dạng tổng số nguyên dương

Ví dụ 19: [AHSME 1992]:

Cho 10 điểm đặt phần dương trục x( ), điểm đặt phần dương trục y ( ) Khi ta có tất 50 đoạn thẳng nối 10 điểm với điểm trục Khi có tối đa giao điểm 50 đoạn thẳng nằm góc phần tư thứ nhất? (Hình 2)

Lời giải

Ta có, điểm điểm tạo thành tứ giác xác định giao điểm Khi số giao điểm lớn tạo

được Dấu xảy ⇔

khơng có đường cắt điểm góc phần tư thứ

Ví dụ 20: [China 1991, by Weichao Wu]:

Cho n số tự nhiên với n≥ , đặt dãy S =(1,2,3,…,n) Một dãy S gọi dãy số học có phần tử cấp số cộng Dãy số học gọi cực đại dãy kéo dài cách thêm vào phần tử khác S Xác định số dãy số học cực đại

Lời giải

mỗi ( thỏa mãn điều kiện cho dãy cực đại có phần tử ban đầu công sai Suy dãy số cực đại

( thỏa mãn đk (1) song ánh Ta có, với cách chọn có

cách chọn Do có m cách chọn nên số ( thỏa mãn đk (1)

là:

1

2 2

1

2 ( 1)

( 1)

2

m

a

m m

n a  mn   m m m m



2

1

2 ( 1)

( 1) (2 1)

2

m

a

m m

n a  mn   m m m m m m



Vậy có m dãy cực đại với n=2m

Xét với n=2m+1, với m số nguyên dương Tương tự ta có: ≥ , suy ≤ m Lý luận tương tự, ta có số dãy cực đại là:

1

2

1

2 ( 1)

( 1) (2 1)

2

m

a

m m

n a  mn   m m m m m m



2

1

2 ( 1)

( 1) (2 1)

2

m

a

m m

n a  mn   m m m m m m



Vậy, với số tự nhiên n, ta có dãy số học cực đại

Song ánh sử dụng tập hợp mà tập hợp khơng cần hữu hạn Dưới ví dụ

Ví dụ 21: [PEA Math Materials]

Giả sử có quản trị PEA, người có quyền quay số truy cập vào tệp tài liệu Internet học viện, biết thời điểm tệp xử lý cho yêu cầu truy cập Với 15 phút sử dụng tệp cho lần truy cập tệp được sử dụng từ 4h chiều đến chiều ngày Biết khơng có u cầu truy cập thực sau 5h45 chiều, người không yêu cầu truy cập lần Ít người số họ thực thành công gọi Hỏi xác suất để người thực thành cơng gọi mình?

Lời giải

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du Tập hợp điểm (x,y) hình vng

O Rõ ràng người gửi yêu cầu truy cập thành cơng người cịn lại làm việc với tệp, để người truy cập tệp tài liệu ta phải có Xét miền tập hợp điểm (x,y) xác định

Đây giao phương trình đường thẳng với hình vng, cắt điểm Ta xác định

=(0,15), =(90,105), =(15,0),

=(105,90) Từ đó, xác suất để người truy cập vào tệp là:

Hệ :

Cho số nguyên dương m n

a Có bộ nguyên dương ( ) thỏa mãn phương trình

b Có nguyên không âm ( ) thỏa mãn phương

trình

Ví dụ 22: [Aime 2000]:

Cho nhẫn khác nhau, tìm số cách xếp nhẫn xếp ngón tay (khơng tính ngón cái) bàn tay Biết thứ tự nhẫn ngón tay quan trọng khơng bắt buộc ngón phải có nhẫn

Lời giải

Ta có cách chọn nhẫn để đeo nhẫn cho Đăt a, b, c, d số nhẫn ngón tay Ta có a+b+c+d=5 Theo Hệ ta có

cách xếp nhẫn vào ngón tay (giả thiết nhẫn ko phân biệt) Lại có với cách xếp nhẫn ko phân biệt tương ứng có 5! cách xếp nhẫn phân biệt

Vậy ta có số cách xếp là:

Ví dụ 23:

(khác nhau) đặt trước Vì lý bảo mật, hầm mở có nhất thẻ nhân viên cao cấp Tìm n m thỏa mãn n nhỏ để thực hiện sách bảo mật nêu

Lời giải

Dễ thấy với nhóm gồm nhân viên cao cấp thiếu mã hóa so với n mã hóa đặt trước để mở hầm Đặt A tập hợp nhóm có nhân viên B tập hợp gồm n mã hóa cần để mở hầm Xét ánh xạ từ A vào mã hóa thiếu nhóm người (số mã hóa thiếu nhiều 1, xét ánh xạ 1-1 để dễ thực hiện) Gọi ánh xạ f, ta chứng minh đơn ánh Thật vậy, gọi ∈ A nhóm khác thỏa

mãn , c mã thiếu Do khác nên tồn nhóm người lấy từ nhóm mà thiếu mã (mã c), (vô lý so với giả thiết) Vậy f đơn ánh Rõ ràng f ánh xạ từ A vào B nên ta có:

Ta chứng minh n=3003 thỏa mãn Khi cho nhóm người nhận mã c(a) khác 3003 mã cho trước (điều thực ta có tất 3003 nhóm) Tiếp theo ta viết mã c(a) vào thẻ thành viên khơng nằm nhóm Khi đó, mã viết cho 10 người khơng nhóm, suy ta viết tất 10 mã, đồng thời chia cho 15 người nên thẻ người có mã khác

Xét nhóm gồm người Theo cách xếp mã trên, với nhóm a gồm người thiếu mã c(a) Ta chứng minh nhóm người có đủ n mã khác Thật vậy, xét nhóm người từ người chọn Khi ta có Ta chứng minh nhóm có mã c( ) Giả sử khơng có mã c( ), theo định nghĩa hàm c ban đầu, ta có (vơ lý) Vậy nhóm người có đủ mã để mở kho, hay m=2002

Kết luận: n=3003, m=2002

Ví dụ 24: [AIME 2001, by Richard Parris]:

Cho số 1,2,3,4,5,6,7,8 điền lên mặt của bát phương cho mặt số khác nhau Tính xác suất để khơng có số liên tiếp (8 cho số liên tiếp) viết 2 mặt có chung cạnh

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

Để giải tốn, ta xét thêm hình lập phương có đỉnh A,B,C,D,E,F,G, H Hình 5, đỉnh hình lập phương trọng tâm mặt bát phương Khi ta kí hiệu sau: số 1,2,3,4,5,6,7,8 thứ tự tương ứng đỉnh A,B,C,D,E,F,G,H Cạnh lập phương nối đỉnh lập phương( nối số) thể mối liên hệ (chung cạnh) mặt bát phương Ta thấy rõ ràng liên hệ 1-1 Khi thay đếm số trường hợp khơng có số liên tiếp mặt, ta đếm số cách điền đỉnh hình lập phương để khơng có đỉnh liền kề lập thành cạnh lập phương Ta chia đỉnh thành nhóm,

và Dễ thấy đỉnh nhóm khơng liền kề với

Ví dụ 25:

Cho lưới tam giác có chiều dài cạnh bên n, phủ tam giác đều có cạnh Xác định có hình bình hành bị giới hạn đoạn thẳng lưới

Lời giải

Ta chia tất hình bình hành thành tập Có cạnh hình bình hành phải song song với cạnh tam giác Gọi

là tập hình bình hành có cạnh song song với cạnh XY ZX tam giác Các tập xác định tương tự Do tính đối xứng nên ta có

Từ đó, đáp án ta Mở rộng cạnh XY XZ phí Y Z thêm đơn vị, ta đoạn thẳng XY’ XZ’ Xét hình bình hành thuộc , ta kéo dài cạnh hbh

đó, cắt đoạn thẳng Y’Z’ điểm phân biệt (hiển nhiên) Từ ta xác định rằng, điểm phân biệt đoạn thẳng Y’Z’ vẽ song song với XY ZX, cắt điểm tạo hình bình hành thuộc Vậy ta có ánh xạ từ điểm đoạn Y’Z’ song ánh, mà đoạn Y’Z’ có tất n+2 điểm, nên ta có Vậy có tất Hình bình hành bị giới hạn cạnh tam giác

Ví dụ 26:

hóa đơn) Bart vốn bất cNn không chịu thay đổi 200 người xếp hàng cách ngẫu nhiên khơng muốn chờ để thay đổi vé họ mua vé Xác suất để Bart bán hết tất vé có lợi (thành cơng)

Lời giải

Để dễ dàng ta thay 100 n Ta xem xét người không phâ biệt Ta cân nhắc xếp n người sở hữu hóa đơn 5$ n người sở hữu hóa đơn 10$ (nói cách khác ta làm phép nhân lên tới hai mẫu số tử số, việc không ảnh hưởng tới giá trị xác suất) Có cách xếp xác số mà khơng hạn chế Bart thành công chi khi: ta xếp 2n số vào hàng ngang đánh số vị trí chúng từ trái qua phải từ 1,2,3, ,2n Với , đặt số người có hóa đơn 5$ (10$) đứng trước vị trí thứ i Ta cần đếm số xếp thỏa mãn với Gọi S tập hợp tất xếp Gọi T tập hợp xếp khác Ta tìm

Ta có Một phần tử t ∈ T , có số , thỏa

mãn Gọi ký hiệu số Bởi xác đinh ta,

Vì có nhiều số hóa đơn 10$ so với 5$ tính đến (tại) thời điểm thứ Ta thay đổi toàn đồng 5$ thành 10$ đồng 10$ thành 5$ sau thời điểm thứ , ta thu hoán vị n+1 đồng 10$ n−1 đồng 5$

Ví dụ: với n=6 ta có: t = ( 5,10,10,5,10,10,10,5,10,5,5,5) Ta có

( (1,1,1,2,2,2,2,3,3,4,5,6) ( (0,1,2,2,3,4,5,5,6,6,6,6) f(t) = 3,

= (5,10,10,10,5,5,5,10,5,10,10,10)

Do ta xác định ánh xạ từ T vào U tập hợp hoán vị n+1 đồng 10$ n−1 đồng 5$ Ta chứng minh g song ánh

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

Nếu = i− vị trí đầu t ' t hoàn toàn giống Khi thời điểm thứ i, g(t) g(t') có giá trị 10 tương ứng,

Ta lại xét Thì thời điểm thứ i g(t) , có Bởi ( i-1) vị trí đầu t t’ nhau, Dơ thời điểm thứ i g(t') t’ , 10 Do Suy g song ánh Từ theo ta có:

Trở lại tốn, ta có n = 200 , xác suất

Ví dụ 27:

Cho n số nguyên dương thỏa mãn tính chất: n domino đặt 1 bàn cờ 6x6 với domino chiếm đơn vị diện tích vng, ln ln đặt thêm domino lên bàn mà di chuyển domino khác Xác định giá trị lớn n

Lời giải

Ta chứng minh giá trị lớn n 11 Hình cách xếp 12 domino bàn cờ để thêm domino Suy n≤ 11

Đặt phần bàn cở ban đầu có kích thước 5x6 (Hình 8) Đặt A tập vng mà không bị phủ domino, hàng cuối bàn cờ (bàn cờ chia làm phần ) Vì ta khơng thể điền thêm domino vào bàn cờ, nên ô vuông cạnh bao phủ domino, suy có nhiều khơng bị phủ domino (trống), suy có

là 14-3=11 ô trống

Đặt phần bàn cờ có kích thước 5x6 (Hình 8), B tập tất domino nằm Ta định nghĩa ánh xạ f từ A vào B Ta có, với vng trống s , tồn ô vuông t nằm s Suy ô vuông t nằm phủ domino d Rõ ràng domino d phải nằm (vì ko thuộc gồm t s-vơ lý) Khi ta xác định ánh xạ f f(s) = d Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử cho

Suy d phủ ô vuông Suy nằm cạnh (Hình 9), ta đặt thêm domino phủ lên (vô lý) Vậy f đơn ánh, suy hay Nhưng bàn cờ có 11 domino, suy =11 Khi hàng không bị phủ

domino nào, đặt thêm quân domino (vô lý) Vậy giá trị lớn n 11

Ví dụ 28: [China 2000, by Jiangang Yao]:

Cho số nguyên dương n xác định Hỏi có

bao nhiêu ánh xạ f xác định M thỏa mãn i số tự nhiên với (x,y)∈ M ii

1

( , )

n

x

x y n



 

 với x thỏa mãn

iii N ếu > (

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

Có kết luận giá trị hàm f Ta coi hàm f M ma trận với n hàng n cột cho Điều kiện i,ii,iii trở thành i’ tất thành phần f M số tự nhiên

ii’ tổng tất thành phần theo hàng ngang n−1

iii’ tất thành phần (nhập vào) theo lối từ thành phần (nhập vào) bên trái tới thành phần bên phải bước dịch chuyển xuống sang phải đơn vị lần Điều

j ≤ k

đường thỏa mãn xác định ma trận đường đòi hỏi phải qua (xuống) tới với

Ta gọi ma trận thỏa mãn i’, ii’, iii’ ma trận tốt Rõ ràng có song ánh tập hợp tất hàm thỏa mãn điều kiện toán với tập ma trận tốt Ta cần đếm tất ma trận tốt Do ta xét tốn khác sau: Một cơng viên bị chia thành lưới n × n hình vng đơn vị Người làm vườn công viên phải trồng n−1 vào hàng ngang lưới Anh trồng (các không phân biệt) vào ô vuông Và trồng nhiều vào vng Anh ta làm việc trồng góc tây bắc( bên trái) cơng viên xuống góc đơng nam (dưới bên phải) cơng viên Anh ta trồng hàng thời điểm hoàn thành hàng, tự chuyển xuống hàng ngang phía ( phía nam) Người làm vườn có trạng thái

trồng hình vng đứng chuyển tới hình vng phía đơng (phải)

3 tự động xuống (phía nam) trồng đủ n−1 hàng đứng (trừ hàng cuối)

Chúng ta lo lắng trường hợp (3) người làm vườn ln cẩn thận đếm số trồng hàng chuyển xuống hàng trồng đủ ( n-1) hàng đứng Anh ta trồng ( n-1) hàng ngang tổng số trồng n(n-1) Do thực n(n-1) trạng thái loại (1) Với trường hợp chuyển vị trí xuống góc phía bên phải phải thực ( n-1) trạng thái loại (2) Và có tất n(n-1)+n-1= trạng thái Vì biểu diễn trạng thái theo ý muốn nên số cách thực công việc (do phải trồng n−1 cây) Không khó để thấy có tương ứng một-một ma trận tốt số cách trồng người làm vườn Ví dụ với n=4 , e ký hiệu tương ứng cho trạng thái (1) (2) coi dãy

Và có ma trận tương ứng

2 0 0 0

 

 

 

 

 

 

và

0 0 0 0 1

 

 

 

 

 

 

Do số ma trận

Lê Ngọc Đức – 10CT – Trường THPT Chuyên Nguyễn Du

LỜI KẾT

Rất nhiều học sinh thân đặt nhiều câu hỏi :’’Học tốn để làm gì?’’,’’Tốn học có ứng dụng gì?’’,… ‘’Học tổ hợp để làm gì?’’.Và để trả lời cho câu hỏi đó, tơi nhiều năm tìm hiểu nhận nhiều điều hay, tốn nói chung tổ hợp nói riêng có ứng dụng nhiều chẳng hạn ‘’Ứng dụng toán tổ hợp – xác xuất để giải toán di truyền – mơn sinh học’’,…Đến lúc tơi thật cảm thấy tổ hợp quan trọng tơi tập trung vào học tổ hợp Cịn bạn sao? Liệu bạn có nhận mục đích thật tốn học u thích tơi?

Tôi mong cố gắn không ngừng nghỉ để làm tài liệu công nhận, mong tài liệu lưu truyền rộng rãi để người tiếp cận

Tài liệu tham khảo

[1]TiTu Andreescu, Zuming Feng; A path to combinatorics for undergraduates

[2]Lê Hải Châu, Giới thiệu thi chọn HỌC SINH GIỎI TỐN phổ thơng trung học tồn quốc (từ năm 1962 đến năm 2000)

[3] Nguyễn Sinh Ngun, Nguyễn Văn Nho, Lê Hồng Phị; Tuyển tập dự tuyển Olympic toán học quốc tế 1991-2001

[4]Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho; 40 năm Olympic toán quốc tế

[5] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề TOÁN RỜI RẠC số vấn đề liên quan (tài liệu dùng cho lớp bồi dưỡng giáo viên THPT Chuyên – hè

2007)

[6]Tủ sách toán học tuổi trẻ, Các thi Olympic tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990 – 2006), Nxb Giáo dục (2007)

[7]Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2012,2014 [8]tai lieu\CH2.pdf