Tải Tuyển tập bài toán tổ hợp đếm - Tài liệu ôn tập môn Toán lớp 11

đổ i v ị trí các lon cho nhau sao cho không có hai ngày bày nh ư nhau.. Có bao nhiêu cách gán điểm cho các câu hỏi nếu tổng số điểm là 100 và mỗi câu hỏi ít nhất 5 điểm.. Người ta mu[r]

(1)

2

CHƯƠNG - CƠ SỞ LÍ THUYẾT VỀ TỔ HỢP

Chương nhắc lại số lý thuyết tập hợp hệ thống lý thuyết toán tổ hợp như: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Các nội dung giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông hệ bản, nâng cao hệ chuyên nghành toán

1.1 Nhắc lại tập hợp Tập hợp

Định nghĩa: Cho tập hợp A Tập hợp B gọi tập tập A phần tử tập B thuộc A

B A    x B x A Tính chất:

- Mọi tập hợp A có tập  A - Tập A có n phần tử số tập A 2n Tập hợp thứ tự

Một tập hợp hữu hạn có m phần tử gọi thứ tự với phần tử tập hợp ta cho tương ứng số tự nhiên từ đến m, cho với phần tử khác ứng với số khác

Khi thứ tự m phần tử dãy hữu hạn m phần tử hai thứ tự a a1, , ,2 am b b1, , ,2 bm phần tử tương ứng

a a1, , ,2 am= b b1, , ,2 bm ai = bi i 1,2, , m

Số phần tử số tập hợp

Tập hợp A có hữu hạn phần tử số phần tử A kí hiệu là: A n A 

(2)

3

A B  A  B  A B

A B C  A  B  C     A B B C C   A A B C

Tổng quát: Cho A A1, 2, ,An n tập hợp hữu hạn (n1) Khi

│A1… An│=

1

n i i A





1

n

i k i k n A A   

 



+

1 n

n

i k l

i k l A A A    

 

 +…+( 1) n1 A1A2  An

1.2 Quy tắc cộng quy tắc nhân Quy tắc cộng

Định nghĩa (Tài liệu chuẩn kiến thức 12)

Một cơng việc hồn thành hai hành động Nếu hành động có m cách thực hiện, hành động có n cách thực khơng trùng với cách hành động thứ cơng việc có m + n cách thực

Tổng quát

Một cơng việc hồn thành hành động

1, 2, , n

T T T

T1 có m1 cách thực

T2 có m2 cách thực

Tn có mn cách thực

Giả sử khơng có hai việc làm đồng thời cơng việc có m1m2   mncách thực

Biểu diễn dạng tập hợp:

(3)

4

X Y  X  Y

Nếu X X1, 2, ,Xn n tập hữu hạn, đơi khơng giao

1 n

X X   X  X1  X2   Xn Nếu X Y, hai tập hữu hạn X Y

\

X  Y X  Y  X Quy tắc nhân (Tài liệu chuẩn kiến thức 12).

Giả sử để hoàn thành nhiệm vụ H cần thực hiên hai công việc nhỏ H1 H2 Trong đó:

H1 làm n1 cách

H2 làm n2 cách, sau hồn thành cơng việc H1 Khi để thực cơng việc H có n n1 2. cách

Tổng quát

Giả sử để hoàn thành nhiệm vụ Hcần thực k công việc nhỏ H1, H2,…,Hk đó:

H1 làm n1 cách

H2 làm n2 cách, sau hồn thành cơng việc H1 …

Hk làm nk cách, sau hồn thành cơng việc Hk1 Khi để thực cơng việc H có n n1 2 .nk cách

Biểu diễn dạng tập hợp:

(4)

5

của A1, phần tử A2,…, phần tử An Theo quy tắc nhân ta nhận đẳng thức: A1A2  An  A A1. 2 An

1.3 Giai thừa hoán vị Giai thừa

Định nghĩa: Giai thừa n, kí hiệu n! tích n số tự nhiên liên tiếp từ đến n

n! 1.2.3  n1   n , n, n>1 Quy ước : 0!=

1!= Hoán vị

Định nghĩa

Cho tập hợp A, gồm n phần tử (n1) Một cách thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hốn vị n phần tử

Kí hiệu: Pn số hốn vị n phần tử Pn  n! 1.2  n  n

1.4 Chỉnh hợp, tổ hợp Chỉnh hợp

Định nghĩa

Cho tập hợp A gồm n phần tử (n1) Kết việc lấy k phần tử khác từ n phần tử tập hợp A xếp chúng theo thứ tự gọi chỉnh hợp chập k n phần tử cho

Kí hiệu: Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử Công thức: Ank= !

( )!

n

(5)

6

Một chỉnh hợp n chập n gọi hoán vị n phần tử !

n n n

A P n Tổ hợp

Định nghĩa

Giả sử tập A có n phần tử (n 1) Mỗi tập gồm k phần tử

A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho (1  k n) Kí hiệu: Ckn (1  k n) số tổ hợp chập k n phần tử Công thức: Ckn= !

!( )!

n k n k Chú ý

C0n=

CknCn kn (0 k n)

Cnk+Ckn1=Ckn11 (1 k n) 1.5 Chỉnh hợp lặp, hoán vị lặp tổ hợp lặp 1.5.1 Chỉnh hợp lặp

Định nghĩa (Phương pháp giải toán tổ hợp)

Một cách xếp có thứ tự r phần tử lặp lại tập n phần tử gọi chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử Nếu A tập gồm n phần tử chỉnh hợp phần tử tập Ar

Ngoài ra, chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử hàm từ tập r phần tử vào tập n phần tử Vì số chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử nk

(6)

7

Rõ ràng có n cách chọn phần tử từ tập n phần tử cho r vị trí chỉnh hợp cho phép lặp Vì theo quy tắc nhân, có

r

n chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử

Chú ý

Số chỉnh hợp lặp chập p n phần tử np

Như chỉnh hợp có lặp lại phần tử yếu tố thứ tự cốt lõi, yếu tố khác biệt khơng quan trọng

1.5.2 Hốn vị lặp

Trong toán đếm, số phần tử giống Khi cần phải cẩn thận, tránh đếm chúng lần

Định lý 1.5.2 Số hoán vị của n phần tử đó có n1 phần tử như

thuộc loại 1, có n2 phần tử như thuộc loại 2, … có nk phần tử

như thuộc loại k bằng

1

! ! ! !k

n n n n . Chứng minh

Để xác định số hoán vị trước tiên nhận thấy có n1 n

C cách giữ n1 số cho n1 phần tử loại 1, lại n – n1 chỗ trống

Sau có

n n n

C  cách đặt n2 phần tử loại vào hoán vị, lại n – n1 – n2

chỗ trống

Tiếp tục đặt phần tử loại 3, loại , … , loại k – vào chỗ trống hốn vị Cuối có k 1 2 k1

n

n n n n

C      cách đặt nk phần tử loại k vào hoán vị

Theo quy tắc nhân tất hốn vị là:

1

!

! ! ! k

k n n n

n n n n n n

k n

C C C

n n n



(7)

8 1.5.3 Tổ hợp lặp

Một tổ hợp lặp chập k tập hợp cách chọn khơng có thứ tự k phần tử lặp lại tập cho Như tổ hợp lặp kiểu dãy không kể thứ tự gồm k thành phần lấy từ tập n phần tử Do k > n

Định lý 1.5.3 Số tổ hợp lặp chập k từ tập n phần tử bằng k n k C   . Chứng minh

Mỗi tổ hợp lặp chập k từ tập n phần tử biểu diễn dãy n1 đứng k Ta dùng n  đứng để phân cách ngăn Ngăn thứ i chứa thêm lần phần tử thứ i tập xuất tổ hợp

Mỗi dãy n  k ứng với tổ hợp lặp chập k n phần tử Do dãy ứng với cách chọn k chỗ cho k từ

1

n k  chỗ chứa n – k ngơi Đó điều cần chứng minh Chú ý

Số tổ hợp có lặp chập p nlà Cnp = Cn pp 1= Cnn p 1 1

(8)

9

CHƯƠNG - MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP CƠ BẢN Chương trình bày lý thuyết toán tổ hợp Dựa sở lý thuyết chương khóa luận tập trung trình bày số toán tổ hợp bản, phù hợp với học sinh THPT tham gia kì thi tốt nghiệp, cao đẳng, đại học

2.1 Một số tốn đếm khơng lặp

Trong tốn phép đếm khơng lặp, phần tử cần đếm xuất tối đa lần Để giải tốn đếm khơng lặp người ta sử dụng hai quy tắc phép đếm quy tắc cộng quy tắc nhân, sử dụng hai phương pháp đếm trực tiếp đếm gián tiếp 2.1.1 Bài toán lập số

Bài 1:

Cho tập hợp chữ số X  1, 2, ,9  Từ tập hợp X có thể lập

được số chẵn có chữ số khác từng đơi một

Giải:

Gọi số cần lập n=a a a a a a1 6, aiX

Vì n số chẵn nên a62;4;6;8 có cách chọn Cịn a a a a a1, , , ,2 3 4 5

là phân biệt có thứ tự chọn từ X chỉnh hợp chập (Trừ số a6 chọn) Có A85 cách chọn

Vậy có 4.A85 224 số thỏa mãn toán Bài 2:

Cho tập hợp chữ số X 0, 1, 2, ,7  Từ tập hợp X có thể lập

được số tự nhiên có năm chữ số khác từng đôi một thỏa mãn :

(9)

10

b. Là số tiến (chữ số sau lớn hơn chữ sốđứng trước nó)

Giải:

Gọi số cần lập n=a a a a a1 5, aiX , a10 Vì n số chẵn nên a50, 2, 4, 6

Trường hợp 1: Nếu a5 0 a5 có cách chọn

Khi a a a a1, 2, ,3 4 phân biệt có thứ tự chọn từ X\{0} chỉnh hợp chập Có A74 cách chọn

Vậy có A74=840 số thỏa mãn tốn

Trường hợp 2: Nếu a5 chọn từ {2, 4, 6} a5có cách chọn a1 chọn từ tập X\{0, a5} nên a1 có cách chọn

a a a2, ,3 4 phân biệt thứ tự chọn từ X\{a a1, 5} chỉnh hợp chập Có A63 cách chọn

Vậy có 3.6.A63=2160 số thỏa mãn toán

Vậy số số chẵn gồm chữ số phân biệt hình thành từ X là: 840+2160=3000 số

b) Vì n số tiến nên a1 a2   a5 a10

nên 1 a1 a2   a5

Mỗi cách chọn chữ số có cách xếp từ nhỏ đến lớn Vậy số số cần tìm số cách chọn chữ số từ tập X \ {0} Vậy có C75=21 số thỏa mãn điều kiện

Bài 3:

Cho A0, 1, , 5, có số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số

(10)

11

Ta “dán” hai chữ số thành chữ số kép Có hai cách dán 23 32 Bài tốn trở thành: “Từ năm chữ số thuộc B={0;1; 4;5;số kép} lập số tự nhiên có năm chữ số khác nhau”

Gọi số có năm chữ số lập từ B n=a a a a a1 5, aiB, a10 a1 chọn từ tập B\ 0  nên a1 có cách chọn

a a a a2, , ,3 4 5 phân biệt thứ tự chọn từ X \{ }a1

nó hốn vị Có 4! cách chọn Vậy có 2.4.4 ! = 192 số thỏa mãn toán Bài 4:

Từ tập A0, 1, , 5 có thể lập được số có chữ số

sao cho mỗi chữ số xuất hiện nhiều nhất một lần Tính tổng tất cả số đó

Giải:

Xét trường hợp số lập từ A có chữ số (cả trường hợp số đứng đầu)

Có P6  6! 720 số

Ta thấy số tập A xuất 120 lần hàng trăm nghìn, hàng chục nghìn, hàng nghìn, hàng trăm hàng chục hàng đơn vị Vậy tổng tất số lập trường hợp là:

   

 

5

6

T 120 10 120 10 10 1 120 120.15.

10 1

            



       



Xét trường hợp số đứng đầu 0a a a a a2 6, aiA\{0},i2,6 Có P5= 5!= 120 số

(11)

12

Vậy tổng số lập trường hợp là:

5

10

24.15

10

K  



Tổng số lập có chữ số là: P6 P5 600 số Tổng tất số là:

6

10 10

120.15 24.15 195999840

10 10

S T K      

 

Bài 5:

Có số tự nhiên có chữ số khác mhau lớn hơn 685000 lập từ A 0, 1,  , 

Giải:

Gọi số cần tìm là:

n a a 1 2 a7 , n685000,aiA a, 10,i1,7 Trường hợp 1: Số có dạng 68a a3 4 a7 (a35,a3 6,8) a3 nhận giá trị 5, 7, nên có cách chọn

a a a a4, , ,5 6 7 số có thứ tự lập từ A\ {6,8,a }3 Có A74 cách chọn số có kể thứ tự

Vậy có A74 số thỏa mãn toán Trường hợp 2: Số có dạng 69a a3 4 a7

a a a a a3, , , ,4 5 6 7là phần tử từ A\ {6,9} có kể thứ tự phần tử

Có A85 số

(12)

13

a a a a a a2, 3, 4, , ,5 6 7 phần tử từ A\ {a }1 có kể thứ tự phần tử

Có A96 số

Vậy có 3.A74  A853.A74 A85  A96 69720 số thỏa mãn toán Bài 6:

Có số tự nhiên có chữ số khác đó mỗi số

có tổng của ba chữ sốđầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị

Giải:

n a a 1 2 a6 , a10

Ta có 21      Vậy tổng ba chữ số đầu 10 Dễ thấy 5       

Vậy có cách chọn nhóm chữ số đầu (1,3,6 1,4,5 2,3,5) Với cách chọn nhóm chữ số có 3! cách để lập số a a a1 3 Với số cịn lại có 3! cách để lập số a a a4 6

Vậy có 3.3!.3!=108 số cần tìm Bài 7:

Từ chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 có thể lập được số tự

nhiên gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8.

Giải:

(13)

14

Ta có 8      Vậy có hai cách chọn nhóm số để tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn

Với nhóm có ! = cách lập số a a a3, ,4

Với chữ số lại a a a1, ,2 6 số có thứ tự chọn từ tập1, 2, ,9 \ a a a3, ,4 5 Có

3

A cách

Vậy có 2.3!A63 1440 số thỏa mãn toán Bài 8:

Từ tậpA1, 2,3, 4,5,6,7 có thể lập được số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhất thiết phải có hai chữ số

Giải:

Trong chữ số có chữ số Ta cần chọn ba số thuộc tập hợp 2,3, 4,6,7 Số cách chọn

5 10 C 

Với số chọn có 5! cách thành lập số thỏa mãn Vậy có

5

5!C 1200 Bài 9:

Từ tậpA0,1, 2,3, 4,5,6 có thể lập được số chẵn gồm chữ số khác đó có đúng hai chữ số lẻ hai chữ số lẻ

đứng cạnh

Giải:

Vì có số lẻ nên có ‘số kép’ sau 13, 31, 15, 51, 35, 53 Bài toán trở thành có số chẵn có chữ số khác lập từ tập B{0, 2, 4, 6,số kép}

Gọi A A A1, 2, 3lần lượt tập hợp số chẵn có chữ số khác lập

từ tập Btrong ‘ số kép’ đứng vị trí thứ nhất, thứ hai, thứ ba Trường hợp : số kép đứng vị trí thứ

Ba chữ số cịn lại chọn từ tập 0, 2, 4,6: Có

(14)

15

  24

n A  A 

Trường hợp : số kép đứng vị trí thứ hai thứ ba Số đứng đầu chọn từ tập 2, 4,6: có cách chọn

Hai chữ số lại chọn từ tập 0, 2, 4,6\{chữ số đầu}: Có

A cách chọn

Vậy     2 3 18

n A n A  A 

Vậy có 24 18 18   360 số thỏa mãn toán Bài 10:

Số 360 có ước tự nhiên ?

Giải :

Phân tích 360 thừa số nguyên tố : 360 5

Số d ước 360 phải có dạng d2 5m n p với 0 m 3,0 n 2, 0 p 1. Vậy theo quy tắc nhân, ta có 3 1 1      24 ước tự nhiên 360

Tổng quát hóa

Để tìm số ước số A ta thực theo bước sau : Bước : Phân tích A thành thừa số nguyên tố

3

1 k n n n n

k

A p p p p với pi 1,i1,k đôi khác Bước : Số d ước A phải có dạng

3

1 k a a a a

k

d  p p p p với 0a1n1, 0a2 n2,0a3n3, , 0ak nk Bước : Số ước tự nhiên A n11n21n31  nk 1 Bài 11:

Có số nguyên dương ước của nhất một hai số

5400 18000?

Giải :

(15)

16 Trước hết ta tìm A B A, , B

Ta có

3

5400 18000

 

Vận dụng kết tổng quát 10 ta có

   

3 48 60

A B

    

Mặt khác tập hợp AB tập ước nguyên dương 5400 18000, AB tập hợp ước dương ước chung lớn 5400 18000

Mà 5400,180002 53 2

Vậy ta có

3 2 1   36

AB     

Cuối ta có

48 60 36 72

AB  A B  A B    

Bài 12:

Có số nguyên của tập hợp 1;2; ;1000 mà chia hết cho

hoặc 5?

Giải :

Đặt S 1;2; ;1000 ; AxS 3x  ; BxS 5x  Yêu cầu toán tìm AB

Ta có

1000

333

1000

200

A B

 

 

 

 

 

(16)

17

Mặt khác ta thấy AB tập số nguyên S chia hết cho nên phải chia hết cho BCNN 5, mà BCNN 3,5 15 nên

1000 66 15

AB  

 

Vậy ta có

333 200 66 467

AB  A  B  A B    

2.1.2 Bài toán chọn vật, chọn người, xếp Bài 13:

Có 12 giống loại : xồi, mít, ổi đó xồi, mít, ổi Muốn chọn giống đã trồng Hỏi có cách :

a. Chọn mỗi loại đúng

b. Chọn mỗi loại có nhất một

Giải :

a Chọn xoài có 15

C  cách Chọn mít có

4

C  cách Chọn ổi có

2

C  cách

Vậy theo quy tắc nhân có 15.6.1=90 cách b Gọi A tập hợp cách chọn 12

  12 924

n A C 

Gọi B tập hợp cách chọn không đủ loại Cách chọn có xồi: cách chọn

Cách chọn có xồi mít:

10 209

C   cách chọn Cách chọn có xồi ổi:

8 27

C   cách chọn Cách chọn có mít ổi: cách chọn

Do n B  1 209 27 238  

(17)

18 Bài 14:

Một thầy giáo có 20 cuốn sách đơi một khác Trong đó có cuốn sách văn học, cuốn sách âm nhạc cuốn sách hội họa Ông muốn lấy cuốn đem tặng cho học sinh A B C D E F, , , , , mỗi em một cuốn cho sau tặng sách xong, mỗi một ba thể loại văn học, âm nhạc hội họa đều cịn lại nhất một cuốn Hỏi có bao nhiêu cách tặng ?

Giải:

Có C126 cách chọn sách 12 Có C C5 75 cách chọn có văn học

Có C C4 84 cách chọn có âm nhạc Có C C3 93 cách chọn có hội họa

Vậy có C126 (C C5 75 1+C C4 84 2+C C3 93 3)=805 cách chọn thỏa mãn điều kiện

Với cách chọn ta có 6! Cách tặng

Vậy số cách tặng thỏa mãn 805.6!=579600 cách

Chú ý: Đối với ta dùng cách phân chia trường hợp thỏa mãn điều kiện (cách giải trực tiếp)

Bài 15:

Đội niên xung kích của trường A có 12 học sinh, gồm học sinh khối lớp 10, học sinh khối lớp 11 học sinh khối lớp 12

a. Có cách chọn học sinh đi làm nhiệm vụ cho học sinh thuộc không khối lớp

(18)

19 Giải:

a Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh C124 495

Số cách chọn học sinh mà khối lớp có em tính sau:

Khối lớp 10 có học sinh, khối lớp 11, 12 có học sinh có

2 1

5

C C C =120 cách

1

5

C C C =90 cách

1

5

C C C =60 cách

Vậy số cách chọn học sinh mà khối lớp có học sinh 120+90+60=270

Vậy số cách chọn thỏa mãn 495-270=225

b Ta chọn học sinh thỏa mãn đề vào tổ 1, học sinh lại tạo thành tổ

Có C C C5 52 cách chọn tổ có học sinh khối lớp 10, học sinh khối lớp 11, học sinh khối lớp 12

Có C C C5 32 2 cách chọn tổ có học sinh khối lớp 10, học sinh khối lớp 11, học sinh khối lớp 12

Có C C C5 33 cách chọn tổ có học sinh khối lớp 10, học sinh khối lớp 11, học sinh khối lớp 12

(19)

20 Bài 16:

Có n nam, n nữ Có cách sắp xếp cho: a 2n người ngồi quanh một bàn tròn

b 2n người ngồi vào hai dãy ghếđối diện cho nam nữ ngồi đối diện

Giải:

a Người thứ có cách chọn chỗ ngồi chỗ ngồi khơng phân biệt so với bàn trịn

Sau có chuẩn người thứ n1 người cịn lại có n1 ! cách xếp chỗ ngồi

Vậy có n1 ! Cách

b Xếp n nam vào dãy ghế có !n cách Xếp n nữ vào dãy ghế có !n cách

Đổi chỗ ncặp nam nữ đối diện có 2.2…2= 2.2 2n n



 cách

Vậy có ( !) 2n n cách xếp nam nữ ngồi đối diện Bài 17:

Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng, viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp đó Hỏi có cách chọn để đó số viên bi lấy khơng đủ cả màu, biết rằng viên bi khác

Giải:

Có C54 cách chọn viên có màu vàng Có C54 cách chọn viên khơng có màu vàng Có C74 cách chọn viên khơng có màu trắng Có C84 cách chọn viên khơng có màu đỏ

(20)

21

Trong C84 cách chọn viên khơng có bi đỏ có chứa C54 cách chọn viên có màu vàng

Vậy có C54+C54+C74+C84-C54-C54=105 cách chọn Bài 18:

Trong một mơn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu khó,10 câu trung bình, 15 câu dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm câu hỏi khác nhau, cho mỗi

đề nhất thiết phải có đủ loại câu hỏi số câu hỏi dễ khơng hơn 2.

Giải:

Gọi A tập hợp cách chọn đề có câu dễ, câu khó, câu trung bình Gọi B tập hợp cách chọn đề có câu dễ, câu khó, câu trung bình Gọi C tập hợp cách chọn đề có câu dễ, câu khó, câu trung bình Gọi D tập hợp cách chọn thỏa mãn yêu cầu

Ta có D A B C  

Ngoài A, B, C đôi không giao

Theo quy tắc cộng ta có : D  A B  C 1  Theo quy tắc nhân ta có :

3 1

15 .5 10 22750

A C C C 

2

15 .5 10 10500

B C C C 

2

15 .5 10 23625

C C C C 

Thay vào (1) ta có D 56875

Vậy có 56875 cách chọn đề kiểm tra thỏa mãn toán Bài 19:

Một đội niên tình nguyện có 15 người gồm 12 nam, nữ Hỏi có cách phân cơng đội niên tình nguyện đó về giúp

(21)

22 Giải:

Đầu tiên ta chọn nam nữ cho tỉnh thứ Theo quy tắc nhân số cách chọn :

1 12 1485 n C C 

Sau chọn nam nữ cho tỉnh thứ nam chọn nam lại nữ chọn nữ lại Theo quy tắc nhân số cách chọn :

4 1 140 n C C 

Số lại thuộc tỉnh thứ

Vậy số cách phân công n n n 1 21485.140 207900

Bài 20:

Đội niên xung kích của một trường phổ thơng có 12 học sinh gồm học sinh lớp T ,4 học sinh lớp L học sinh lớp H Cần chọn học sinh đi làm nhiệm vụ, cho học sinh không thuộc trong lớp Hỏi có cách chọn như vậy?

Giải:

Gọi A tập hợp cách chọn học sinh 12 học sinh Gọi B tập hợp cách chọn không thỏa mãn yêu cầu đề Gọi C tập hợp cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề

Ta có A B C B C  ;   

Theo quy tắc cộng ta có A  B  C  C  A B 1  Dễ thấy

12 495

A C 

Để tính B , ta nhận thấy chọn lớp có học sinh, hai lớp lại

lớp học sinh Theo quy tắc cộng quy tắc nhân ta có 1 1

5 .4 .4 .4 120 90 60 270

B C C C C C C C C C    

(22)

23 Bài 21:

Có cách phân bố 100 sản phẩm cho 12 cửa hàng biết rằng mỗi cửa hàng phải có nhất một sản phẩm

Giải:

Ta dùng 99 vách ngăn để ngăn 100 sản phẩm Chọn 11 vách ngăn số 99 vách ngăn ta cách phân bố sản phẩm cho 12 cửa hàng thỏa mãn tốn

Vậy có 11 99

C cách phân bố

Tổng quát: Số cách phân bố k sản phẩm cho n cửa hàng cửa hàng có sản phẩm

1 k n C  Bài 22:

Một lớp học có 45 học sinh Có cách chọn nhóm bạn vào ban cán sự của lớp cho có một bạn làm lớp trưởng

Giải:

Trước hết ta chọn học sinh 45 học sinh lớp Có 45

C cách Sau học sinh ta chọn bạn làm lớp trưởng Có cách Vậy có 5

45

C cách chọn thỏa mãn toán

Tổng quát: Số cách cách chọn nhóm k bạn số n bạn vào nhóm sao cho có bạn làm trưởng nhóm k

n kC Bài 23:

Có cách chọn một nhóm người số n người cho có một người làm nhóm trưởng.

Giải:

Giả sử nhóm có k người k1(vì phải ln có người làm trưởng nhóm)

Trước hết ta chọn k người n người Có k n

C cách

(23)

24 Do có k

n

kC cách chọn nhóm có k người k1 ln có người làm nhóm trưởng

Vậy có

1 n

k n k

kC



 cách chọn nhóm người số n người cho có người làm nhóm trưởng

Bài 24:

Có cách chọn một nhóm người số n người cho có một người làm nhóm trưởng, một người nhóm phó.

Giải:

Giả sử nhóm có k người k2(vì phải ln có người làm nhóm trưởng , người nhóm phó)

Trước hết ta chọn k người n người Có k n

C cách

Sau k người ta chọn bạn làm nhóm trưởng Có k cách Trong k-1 người lại ta chọn bạn làm nhóm phó Có k-1 cách Do có  1 k

n

k k C cách chọn nhóm có k người k1 ln có người làm nhóm trưởng , người nhóm phó

Vậy có  

1

n

k n k

k k C





 cách chọn nhóm người số n người cho có người làm nhóm trưởng , người nhóm phó

Bài 25 : ( Hốn vị vịng quanh)

a Tính số hốn vị vịng quanh của n phần tử khác

b Một hội nghị bàn tròn có phái đồn của nước : Anh người, Nga 5 người, Mỹ người, Pháp người, Trung Quốc người Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên cho người quốc tịnh ngồi cạnh

Giải :

(24)

25

phần tử cịn lại xếp vào n1 vị trí cịn lại Số cách chọn n1 !

Vậy số hốn vị vịng quanh n n1 !

b Nếu phái đoàn ngồi vào chỗ trước theo phần a bốn phái đồn cịn lại có 4! Cách xếp

Như có 24 cách xếp phái đoàn ngồi theo quốc gia Bây ta xem có cách xếp chỗ ngồi cho nội phái đoàn Từ giả thiết ta có

3! Cách xếp cho phái đoàn Anh 5! Cách xếp cho phái đoàn Nga 2! Cách xếp cho phái đoàn Mỹ 3! Cách xếp cho phái đoàn Pháp

4! Cách xếp cho phái đoàn Trung Quốc Theo quy tắc nhân số cách xếp cho hội nghị

4!3!5!2!3!4! 4976640

n  cách xếp

Chú ý : Ta mở rộng phần 25 sau :

Số cách xếp m số khác từ tập hợp n số 1;2; ;nlên đường tròn

 ! !

n

m n m

Thật

Chọn m phần tử khác n phần tử cho (không kể thứ tự xếp)

Số cách chọn

 

1

! ! !

m n

n

n C

n m m

 



Với m phần tử chọn xếp m số lên đường trịn Theo hốn vị vịng quanh số cách xếp n2m1 !

(25)

26

     

1

! !

!

! ! !

n n

n n n m

n m m m n m

   

 

Bài 26: ( Bài toán vui)

Một cửa hàng có 10 lon nước giải khát đôi một khác dùng để

bày hàng Người ta xếp lon đó thành hình quả núi, số lon từ hàng dưới đến hàng lần lượt 4, 3, 2, Hàng ngày người ta

đổi vị trí lon cho cho khơng có hai ngày bày như Hỏi bắt đầu từ ngày 1.1.2000 có thể tiến hành đến ngày ?

Giải :

Có 10 vị trí khác nhau, bày 10 lon nước giải khát đôi khác nhau, số cách bày

10! 3628800

Vậy cần có 3628800 ngày để bày hết tất cách

Do năm có năm nhuận, nên số ngày chu kì năm 365.4 1461  ngày

Ta thấy 3628800 2483.1461 1137 

Ta lại lưu ý năm chia hết cho 400 năm nhuận không kể năm 2000, 2483 năm có thêm 24 năm chia hết cho mà năm nhuận

Vậy 3628800ngày 2483.4năm 1137 24 9935  năm +66 ngày Như bày tới ngày thứ 66 năm 11936

Do năm năm nhuận nên 66 31 29 6  

Vậy ngày cuối bày mồng tháng năm 11936 2.1.3 Bài toán tương tự

(26)

27

Bài 28: Có số tự nhiên gồm chữ số chữ số đứng sau bé chữ số đứng trước

Bài 29: Có số tự nhiên gồm chữ số khác số lẻ nhỏ 600000

Bài 30: Có số tự nhiên gồm chữ số khác số chẵn nhỏ 25000

Bài 31: Từ A{1, 2, ,9} số chẵn có chữ số khác không lớn 789

Bài 32: Có thể lập số tự nhiên có chữ số khác lập từ tập E0,1, 2,3, 4,5,6,7sao cho ba chữ số Bài 33: Có 20 học sinh (8 nữ có Lan, 12 nam có Nam Tí )

a) Có cách chọn tổ người có nhiều bạn Tí, Nam Lan

b) Có cách xếp thành hàng dọc cho Lan đứng đầu bạn nam ln đứng cạnh Tí Nam không đứng cạnh

Bài 34: Một hộp đựng cầu xanh đánh số từ đến 6, cầu đỏ đánh số từ đến 5, cầu vàng đánh số từ đến

a) Có cách lấy cầu màu, cầu số

b) Có cách lấy cầu khác màu, cầu khác màu khác số?

(27)

28

Bài 36: Một bàn dài có dãy ghế đối diện nhau, dãy gồm ghế Người ta muốn chỗ ngồi cho học sinh nam học sinh nữ vào bàn nói Hỏi có cách xếp trường hợp sau:

a) Bất kỳ hai học sinh ngồi đối diện khơng giới tính

b) Bất kỳ hai học sinh ngồi đối diện không giới tính

Bài 37: Ở trường tiểu học có 50 học sinh giỏi tồn diện, có cặp anh em sinh đơi Cần chọn học sinh 50 em nói dự trại hè Hỏi có cách chọn mà nhóm em chọn khơng có cặp anh em sinh đơi

Bài 38: có nhà toán học nam, nhà toán học nữ nhà vật lí nam Lập đồn cơng tác người cần có nam nữ, cần có nhà tốn học nhà vật lí Hỏi có cách

Bài 39:Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng, viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy không đủ màu

Bài 40 :Trong lớp học có nam sinh nữ sinh ưu tú ( trongđó có nam sinh Cường nữ sinh Hoa) Cần lập ban cán lớp gồm người với têu cầu có nữ, biết Cường Hoa làm việc ban cán

(28)

29 2.2 Một số toán đếm có lặp

Trong tốn đếm có lặp, phần tử cần đếm xuất nhiều lần Để giải tốn đếm có lặp, người ta thường quy toán đếm không lặp sử dụng thêm số kiến thức khác

2.2.1 Bài toán lập số Bài 43:

Cho tập hợp A0;1;2;3;4;5;6;7

Hỏi có thể lập được số tự nhiên có chữ sốđược lập từ A?

Giải:

Vì chữ số trùng nên số tương ứng với phép biến đổi có lặp phần tử bớt trường hợp có số đứng đầu (bằng phép biến đổi có lặp phần tử từ 0;1;2;3;4;5;6;7)

Vậy số số 858428672

Bài 44:

Cho tập hợp A1;2;3;4;5;6

Hỏi có thể lập được số có chữ số cho mỗi số tạo thành chia hết cho

Giải:

Ta biết để số có từ hai chữ số trở lên chia hết cho điều kiện cần đủ hai số cuối số phải chia hết cho

Từ tập A lập số sau chia hết cho 4: 12, 16,24, 32, 36, 44, 52, 56, 64

Để chọn số thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta cần tiến hành qua bước:

(29)

30 Bước chọn số hàng nghìn có cách chọn Theo quy tắc nhân số cách chọn 9.6.6=324 Vậy có 324 số thỏa mãn toán

Bài 45:

Có thể lập được số có chữ số cho số có mặt tối đa lần, số 2,3,4 có mặt tối đa lần

Giải:

Vì số 2, 3,4 có mặt tối đa lần nên ta phải lập số có chữ số từ

1;2;3;4nên số phải có mặt tối thiểu lần

Gọi A3 tập hợp số có chữ số số có mặt lần Khi

số 2, 3, có mặt lần

A4 tập hợp số có chữ số số có mặt lần Khi số

2, 3, có mặt tối đa lần

A5 tập hợp số có chữ số số có mặt lần Khi số

2, 3, có mặt tối đa lần

Khi A3 ,A4 ,A5 đôi rời nên theo quy tắc cộng

3

A  A  A số số có chữ số thỏa mãn điều kiện đề Tính A3

Bước chọn vị trí vị trí để đặt chữ số Số cách chọn

1 20 n C 

Bước ba vị trí cịn lại đặt ba số 2, 3, Số cách chọn n2  3!

Vậy A3 n n1 20.6 120 Tính A4

1 15 n C 

(30)

31 Số cách chọn

2 n A 

Vậy A4 n n1 15.6 90 Tính A5

1 6 n C 

Bước vị trí cịn lại đặt ba số 2, 3, Số cách chọn

2 3 n  A 

Vậy A5 n n1 26.3 18

Vậy số số có chữ số cần tìm 120+90+18=228 số Bài 46:

Cho tập hợp A0;1;2;3; ;9

Cần lập số tự nhiên có chữ số thoả mãn đồng thời tính chất sau:

a Chữ sốở vị trí thứ ( hàng vạn) một số chẵn b Đó số khơng chia hết cho

c Các chữ số ở vị trí 4,5,6 ( hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục) đơi một khác Hỏi có số như vậy?

Giải:

Ta giải tốn đếm có lặp quy tắc nhân sau: Bước chọn số vị trí thứ Có cách chọn

Bước chọn số vị trí cuối Do số cần chọn không chia hết có cách chọn (loại 5)

Bước chọn số vị trí thứ Có cách chọn (loại 0) Bước chọn số vị trí thứ Có 10 cách chọn

Bước chọn ba số vị trí 4, 5, Đó cách chọn phần tử (kể thứ tự xếp) 10 phần tử Có

10 720

(31)

32

Theo quy tắc nhân số số thỏa mãn là: 5.8.9.10.720=2592000 số thỏa mãn toán

Bài 47:

Sốđiện thoại ở một thành phố có chữ số

a Có sốđiện thoại mà chữ số xếp theo thứ tự tăng dần b Có sốđiện thoại gồm cặp số giống

c Có sốđiện thoại mà số có mặt đúng lần, số số mỗi số có mặt đúng một lần hai số cịn lại có tổng chia hết cho

Giải:

a Ứng với cách chọn phần tử phân biệt từ tập A0;1;2; ;9 có cách xếp phần tử theo thứ tự tăng dần Vì số dãy số có chữ số xếp theo thứ tự tăng dần số cách chọn phần tử phân biệt tập hợp A

Do số số điện thoại mà chữ số xếp theo thứ tự tăng dần

6 10 210

C 

b Số dãy số gồm chữ số dạng ababab số dãy số có hai chữ số ab Đây phép đếm có lặp nên số dãy số ab 10.10=100 số

c Bước chọn hai vị trí để đặt hai số Số cách chọn 15 C  Bước chọn hai vị trí bốn vị trí cịn lại để xếp hai số Cách xếp kể thứ tự nên số cách chọn

4 12 A 

Bước để ý A\ 6;2;5   0;1;3;4;7;8;9 Tổng hai số tập nói chia hết cho tổng sau

0 0;0 3;0 9;1 8;3 3;3 9; 8;7 8;9 9        

Với hai vị trí cịn lại có cách đặt hai số 0,0; 3,3; 9,9

Với hai vị trí cịn lại có 12 cách đặt cặp số

           0,3 ; 0,9 ; 1,8 ; 3,9 ; 4,8 ; 7,8

(32)

33

Theo quy tắc nhân số máy điện thoại có chữ số thỏa mãn yêu cầu 15.12.15=2700 số

2.2.2 Bài toán đếm sử dụng tổ hợp lặp Bài 48:

Một ông bố có 15 chiếc kẹo định phân phát cho đứa của mình

a. Có cách phát

b. Có cách phát cho mỗi nhận được nhất một chiếc

Giải

a Chúng ta giả thiết kẹo giống hệt nên hai cách phân phát gọi khác có vài đứa nhận số kẹo khác

Khi cách phân phát tương ứng với tổ hợp lặp gồm 15 phần tử tập A gồm đứa

Ta tìm số cách phân phát 15 20 C

b Trước hết ông bố phát cho đứa kẹo, cịn lại ơng bố lại phát cho đứa phần a

Ta có số cách phân phát 14 C Bài 49:

Có cách phân phát quyển vở bút cho học sinh?

Giải

(33)

34

Mỗi cách phân phát ứng với tổ hợp lặp phần tử tập A ứng với em học sinh

Do có

C cách phân phát

Mỗi cách phân phát bút ứng với tổ hợp lặp phần tử tập A ứng với em học sinh

Do có

C cách phân phát bút

Vậy số cách phân phát cuối cho học sinh 756 C C 

Bài 50:

Một cửa hàng bánh bích quy có loại khác Có cách chọn hộp bánh? Giả sử ta chỉ quan tâm đến loại bánh mà ta không quan tâm đến hộp bánh cụ thể thứ tự chọn chúng.

Giải:

Số cách chọn hộp bánh số tổ hợp lặp chập phần tử Ta có 6

4 84

C   C  cách chọn hộp bánh bích quy Bài 51:

Giả sử một đĩa quả có táo, cam, lê, mỗi loại có nhất quả Tính số cách lấy quả từ đĩa nếu giả sử rằng thứ tự quả được chọn không quan trọng, quả thuộc một loại không phân biệt

Giải:

Mỗi phương án chọn từ loại nêu tổ hợp lặp chập từ tập phần tử {táo, cam, lê}

Ta có 4 15

C   C  cách chọn Bài 51:

Phương trình x1 + x2 + x3 = 15 có nghiệm nguyên không

âm?

(34)

35

Chúng ta nhận thấy nghiệm phương trình ứng với cách chọn 15 phần tử từ tập có loại, cho có x1 phần tử loại 1, x2 phần

tử loại x3 phần tử loại chọn Vì số nghiệm số tổ hợp

lặp chập 15 từ tập có phần tử 15 15 3 

C = 136

Bài 52:

Phương trình x1x2 xm n n,  (1) có nghiệm tự

nhiên

Giải:

Nếu (k k1 2, , ,km) nghiệm tự nhiên phương trình (1) ta cho ứng với tổ hợp lặp chập n m phần tử k k1 2, , ,km

Đảo lại có tổ hợp lặp chập n m phần tử kiểu (k k1 2, , ,km) ta tìm nghiệm tự nhiên phương trình cho cánh đặt

i i

x k , với i1, 2, ,  m

Vậy số nghiệm tự nhiên (1) Cmn Cn mn 1 Bài 53:

Tìm số nghiệm tự nhiên của phương trình: x1x2  xm n

(với n) (1) với x1a x1 2, a2, ,xm am, 1ai an,

1

m i i

a n

 



Giải:

Ta thấy nghiệm phương trình (1) thỏa mãn điều kiện cho ứng với cách chọn mười phần tử x1 phần tử loại một,

2

x phần tử loại hai, …, xm phần tử loại m Trước tiên ta chọn a1 phần tử loại một, a2 phần tử loại hai, , am phần tử loại m Sau chọn thêm (

1

m i i

n a



(35)

36

Như có: 1 1 1

1 1

m m

n ai n ai

m

i i

m m m

m n ai m n ai

i i

C C C

  



   

       

 

Bài 54:

Một xe đưa p cơng nhân từ xí nghiệp về nhà, xe dừng ở n trạm (tại mỗi trạm số công nhân xuống xe từ đến p người) Hỏi có bao nhiêu khả năng khác để tất cả công nhân xuống xe ở n trạm

Giải:

Ta giả sử n trạm A A1, 2, ,An số người xuống trạm 2, , , n

a a a

Mỗi cách giải phóng p người n trạm biểu diễn đơn thức

1

1a 2a nan

A A A với a1a2  an  p

Số khả khác để tất cơng nhân xuống tổ hợp có lặp chập p n phần tử A A1, 2, ,An

Có Cnp Cn pp 1 khả khác để n công nhân xuống xe Bài 55:

Có số tự nhiên nhỏ hơn 10n có tổng chữ số bằng p

(p9)

Giải:

Mỗi số x x1 2 xn đồng với nghiệm phương trình

1 n

(36)

37 2.2.3 Bài toán đếm sử dụng chỉnh hợp lặp Bài 56:

Tính xác suất lấy liên tiếp được quả cầu đỏ khỏi bình kín chứa quả cầu đỏ quả cầu xanh, nếu sau mỗi lần lấy một quả cầu ra lại bỏ trở lại bình

Giải:

Ta thấy số cách lấy cầu đỏ 53 , lần lấy ta có

quả cầu đỏ bình

Số cách lấy cầu bình 123 , lần lấy cầu

trong bình có 12 Như xác suất cần tìm 533

12

Bài 57:

Từ bảng chữ tiếng Anh có thể tạo được xâu có độ

dài n

Giải:

Theo quy tắc nhân, có 26 chữ chữ dùng lại nên có 26n xâu với độ dài n

2.2.4 Bài toán đếm sử dụng hốn vị lặp Bài 58:

Có thể nhận được xâu khác bằng cách sắp xếp lại các chữ của từ SUCCESS?

Giải

(37)

38 nhận thấy có

7

C cách chọn chỗ cho chữ S, cịn lại chỗ trống Có C42

cách chọn chỗ cho chữ C, cịn lại chỗ trống Có thể đặt chữ U

1

C cách C11 cách đặt chữ E vào xâu Theo quy tắc nhân, số xâu khác tạo là:

3

C

4

C

2

C

1

C = 4 2 1

! ! ! !

! ! ! ! ! ! ! ! = 1

!

! ! ! ! = 420 Bài 59:

Có số có chữ số đó số lặp lại lần, số lặp lại 2 lần, cịn chữ số khác có mặt đúng một lần được lập từ tập A={0, 1, …,9}

Giải:

Tất số có chữ số số lặp lại lần, số lặp lại lần, chữ số khác có mặt lần lập từ (a,b,c,1,1,1,2,2)

8!

3360 1!1!1!3!2! số

Chọn số a, b, c từ A\{1, 2} có C83 cách Có C83.3360=188160 số kể số đứng đầu Ta xét trường hợp số đứng đầu:

Chọn số A\{0, 1, 2} có C72 cách

(38)

39

2.2.5 Bài toán phân bố đồ vật vào hộp

Một số tốn đếm giải cách liệt kê cách đặt đối tượng khác vào hộp khác Tùy vào cụ thể mà đặt đối tượng vào hộp

Định lý 2.2.5

Số cách phân chia n đồ vật khác vào k hộp khác sao cho có ni vật đặt vào hộp thứ i, với i = 1, 2, …, k

1

! . ! ! !k

n n n n Bài 60:

Có cách chia người vào mỗi toa tàu hạng 1, hạng 2, hạng 3, hạng tổng số 48 người đã mua vé

Giải:

Trước tiên thấy toa tàu hạng nhận người lên

48

C cách, cịn lại 42 người

Toa tàu hạng nhận người lên 42

C cách, lại 36 người

Toa tàu hạng nhận người lên 36

C cách, lại 30 người

Cuối toa tàu hạng nhận người lên 30 C cách Vì tổng cộng có 6 6

48 42 36 30

48!

6!6!6!6!24!

C C C C  cách chia

Bài 61:

Có cách chia những xấp quân cho mỗi một người chơi từ một cỗ chuẩn 52 quân?

Giải:

Trước tiên thấy người nhận quân

(39)

40

Người thứ hai chia quân 47

C cịn 47 qn

Người thứ ba chia quân 42

C 42 quân

Cuối người thứ tư nhận quân 37 C cách Vì tổng cộng có 5 5

52 47 42 37

52!

5!5!5!5!32!

C C C C  cách chia

2.2.6 Bài toán tương tự

Bài 62: Cho tập hợp A1;2;3;4;5;

Hỏi lập số có chữ số cho số tạo thành chia hết cho

Bài 63: Có thể lập số có chữ số cho số có mặt tối đa lần, số có mặt tối đa lần, số cịn lại có mặt tối đa lần

Bài 64: Một bàn cờ hình chữ nhật chứa n cột p dịng

a Có cách đặt n vật giống vào n ô bàn cờ cho khơng có hai vật cột

b Cũng câu hỏi trường hợp n vật khác

Bài 65: Tìm số cách xếp 30 viên bi giống vào hộp khác cho hộp có bi, biết hộp hộp khơng chứa q bi Bài 66: Có cách phân chia 10 người thành nhóm nhóm có người, nhóm có người, nhóm có người

(40)

41

Bài 68: Có số có chữ số số xuất lần, chữ số hàng nghìn số chẵn lập từ A0, 1, , 9 

Bài 69: Có số tạo từ tất chữ số số 1234321 cho chữ số lẻ chiếm hàng lẻ

Bài 70: (Đề thi đại học 2007) Có ba số nguyên không âm

( , , )x x x thỏa mãn điều kiện x1x2 x3 15, với x12,x2 4 Bài 71: Tìm số nghiệm nguyên khơng âm phương trình

1 20

(41)

42

CHƯƠNG - MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP SỬ DỤNG PHÉP ĐẾM NÂNG CAO

Chương trình bày số toán sử dụng phương pháp đếm nâng cao thường gặp đề thi học sinh giỏi, đề thi quốc gia, thi quốc tế

3.1 Một số toán sử dụng nguyên lý bù trừ 3.1.1 Nguyên lý bù trừ

Khi hai cơng việc làm đồng thời, ta khơng thể dùng quy tắc cộng để tính số cách thực nhiệm vụ gồm hai việc Để tính số cách thực nhiệm vụ ta cộng số cách làm hai việc trừ số cách làm đồng thời hai việc Ta phát biểu nguyên lý đếm ngôn ngữ tập hợp Cho A1, A2 hai tập hữu hạn,

|A1  A2| = |A1| + |A2|  |A1  A2|

Từ với ba tập hợp hữu hạn A1, A2, A3, ta có:

1 3 2 3 1

|A A A  A  A  A | | A A | | A A | | A A | | A A A | Và quy nạp, với k tập hữu hạn A1, A2, , Ak ta có:

| A1  A2   Ak| = N1  N2 + N3  + (1)k-1Nk,

trong Nm (1  m  k) tổng phần tử tất giao m tập lấy từ k

tập cho, nghĩa

1

m

1

N | m |

m

i i i

i i i k

A A A

    

    

Bây ta đồng tập Am (1  m  k) với tính chất Am cho tập vũ

trụ hữu hạn U đếm xem có phần tử U cho khơng thỏa mãn tính chất Am Gọi N số cần đếm, N số

phần tử U Ta có:

(42)

43

trong Nm tổng phần tử U thỏa mãn m tính chất lấy từ k tính

chất cho Công thức gọi ngun lý bù trừ Nó cho phép tính N qua Nm trường hợp số dễ tính tốn

3.1.2 Các tốn giải phương pháp bù trừ Bài 72:

Một chuyến bay có 67 hành khách Trong đó có 47 người sử dụng tốt Anh, 35 người sử dụng tốt tiếng Đức, 20 người sử dụng tốt tiếng Pháp Hơn nữa có 23 người sử dụng tốt hai thứ tiếng Anh Đức, 12 người sử dụng tốt hai tiếng Anh Pháp, 11 người sử dụng tốt hai tiếng

Đức Pháp Và có người sử dụng tốt cả ba thứ tiếng Tìm số hành khách khơng sử dụng được bất kì ngoại ngữ nào?

Giải

Gọi A, B, C hành khách sử dụng tốt ngoại ngữ tiếng Anh, tiếng Đức, tiếng Pháp

Số hành khách biết ngoại ngữ là: 47 35 20 23 12 61

A B C  A  B  C         A B B C C A A B C

       

Vậy số hành khách khơng sử dụng ngoại ngữ 67 – 61 =6 Bài 73:

Giáo viên chủ nhiệm của một lớp tiểu học yêu cầu lớp trưởng báo cáo thống kê theo mẫu đọc trước lớp Bản báo cáo như sau:

Lớp có 45 học sinh, 30 học sinh nam

Lớp có 30 học sinh đạt điểm tốt, đó có 16 học sinh nam Có 28 học sinh chơi thể thao, số có 18 học sinh nam 17 học sinh đạt điểm tốt

(43)

44 Giải:

Đặt

R tập hợp học sinh lớp A tập hợp học sinh nam

B tập hợp học sinh có điểm tốt C tập hợp học sinh chơi thể thao

Khi số học sinh nữ, khơng chơi thể thao, có kết khơng tốt

45 30 30 28 16 18 17 15

n R A B C

R A B C A B B C C A A B C

   

            

       

 

Kết vơ lí

Vậy lớp trưởng báo cáo sai Bài 74:

Có cách sắp xếp xe lên bàn cờ quốc tế đã bị gạch

đi một đường chéo cho khơng có ăn

Giải:

Có 8! Cách xếp xe lên bàn cờ quốc tế cho khơng có ăn Ta cần đếm số cách xếp khơng hợp lệ, tức số cách xếp có xe nằm đường chéo

Gọi Ai tập hợp cách xếp có qn xe nằm (i,j) ta cần tìm

1

A  A Nhưng dễ dàng thấy Ai 7!, AiAj 6!, ,A1  A8 1nên

theo nguyên lý bù trừ ta có

1

1 8 8

8! 8! 8! 7! 6! 5! 0! 8!

2! 3! 8!

A  A C C C  C     

(44)

45

8! 8! 8! 1 8! 8! 8!

2! 3! 8! 2! 3! 8!

   

          

   

Bài 75:

Có n thư n phong bì ghi sẵn địa chỉ Bỏ ngẫu nhiên thư vào phong bì Hỏi xác suất để xảy không một thư đúng

địa chỉ

Giải

Mỗi phong bì có n cách bỏ thư vào, nên có tất n! cách bỏ thư Vấn đề lại đếm số cách bỏ thư cho không thư địa Gọi U tập hợp cách bỏ thư Am tính chất thư thứ m bỏ

đúng địa Khi theo cơng thức ngun lý bù trừ ta có: N = n!  N1 + N2  + (1)nNn,

trong Nm (1  m  n) số tất cách bỏ thư cho có m thư

đúng địa Nhận xét rằng, Nm tổng theo cách lấy m thư từ n lá,

với cách lấy m thư, có (n-m)! cách bỏ để m thư địa chỉ, ta nhận được:

Nm = Cnm(n - m)! = n

k

!

! N = n!(1  1! +

1

2!  + (1)

n

n!),

m n

C =

)! (

! !

m n m

n

 tổ hợp chập m tập n phần tử (số cách chọn m đối

tượng n đối tượng cho) Từ xác suất cần tìm là:  1! +

1 2!  + (1)n

n! Một điều lý thú xác suất dần đến e

-1 (nghĩa >

1

3) n lớn

SốN toán gọi số thứ tự ký hiệu Dn Dưới vài giá trị Dn, cho ta thấy Dn tăng nhanh

(45)

46

n 10 11

D

n

1 44 265 1854 1483

13349

1334961 1468457

Bài 76:

Trong tập S1, 2, , 280có số không chia hết cho 2, 3, 5,

Giải:

Ta đếm xem tập S có số chia hết cho số 2, 3, 5,

Kí hiệu A1k S k | 2 , A2 k S k | ,  A3k S k | ,  A4 k S k | 7 Khi A1A2A3A4 tập hợp số chia hết cho

số 2, 3, 5,

Ta có

280 280 280 280

140; 93; 56; 40;

2

A   A   A    

       

1

280 280 280

46; 28; 20;

2.3 2.5 2.7

A A   A A   A A  

     

2 4

280 18; 280 13; 280 8;

15 21 35

A A   A A   A A  

     

1

1 4

1

280 280

9; 6;

30 42

280 4; 280 2;

70 105

280 1. 210

A A A A A A

A A A A

                                        

Do theo nguyên lý bù trừ ta có

Vậy tập S có 280 – 216 = 64 số không chia hết cho 2, 3, 5, 216

(46)

47 Bài 77:

Có số tự nhiên khác không vượt 1000 mà bội của 10, 15, 35 hoặc 55

Giải Đặt        

1 1000 :10 / 1000 :15 / 1000 : 35 / 1000 : 55 /

S n n

           

Khi ta có

1 1000 100 10 1000 66 15 1000 28 35 1000 18 55 S S S S                         Mặt khác                     4

1 1000 :10 / ,15 / 1000 : 30 / 1000 :10 / ,35 / 1000 : 70 / 1000 :10 / ,55 / 1000 :110 /

1 1000 :15 / ,35 / 1000 :105 / 1000 :15 / ,55 / 1000 :165 /

S S n n n n n

S S                                   

(47)

48 4 1000 33 30 1000 14 70 1000 110 1000 9 105 1000 6 165 1000 385 S S S S S S S S S S S S                                           Lại có        

1

2

1 1000 : 210 / 1000 : 330 / 1000 : 770 / 1000 :1155 /

S S S n n

    

Vì

1

2

1000 4 210 1000 3 330 1000 770 1000 1155

S S S

                               

Và ta có

 

1 1000 : 2310 /

S S S S   n n

Vì

1

1000 2310

S S S S  

 

(48)

49

     

4

1 4

100 66 28 18 33 14 9 0 147

i i j i j k

i i j i j k

S S S S S S S S S S S S S S

       

            

              



  

3. 3.1.3 Các toán tương tự

Bài 78: Tìm số số nguyên từ đến 10000 mà không chia hết cho 4, 6, 7, 10

Bài 79: Tìm số lượng số nguyên dương từ đến 10000 mà bình phương lập phương số nguyên

Bài 80: Một số gọi “khơng phương” khơng chia hết cho bình phương số nguyên dương lớn

Tìm số lượng số nguyên “khơng phương” nhỏ 200

Bài 81: Có chuỗi số có chữ số mà khơng chứa “123” “456”

Bài 82: Xác định tất nghiệm ngun khơng âm phương trình

1 14 x x x x 

Trong x x x x1, , ,2 không vượt

Bài 83: Có số nguyên dương nhỏ thua 420 nguyên tố với 420

3.2 Một số toán giải phương pháp song ánh 3.2.1 Phương pháp song ánh

Định nghĩa (Giải tích tốn học rời rạc). Cho ánh xạ f A: B

Ánh xạ f gọi đơn ánh với hai phần tử a a1, 2A mà

1

(49)

50

Ánh xạ f gọi toàn ánh với b B tồn a A f a b

Ánh xạ f gọi song ánh (tương ứng – 1) với b B tồn a A f a b Nói cách khác f song ánh vừa đơn ánh, vừa toàn ánh

Định lý 3.2.1

Cho A B hai tập hữu hạn Khi đó: Nếu có đơn ánh f A: Bthì A  B

Nếu có tồn ánh f A: Bthì A  B

Nếu có song ánh f A: Bthì A  B

Phương pháp song ánh dựa vào ý tưởng đơn giản: Nếu tồn song ánh từ A vào B A  B Do muốn chứng minh hai phần tử có số phần tử, cần xây dựng song ánh chúng Hơn ta đếm số phần tử tập hợp A cách xây dựng song ánh từ A vào tập hợp B mà ta biết cách đếm số phần tử Bởi B có số phần tử với A có cấu trúc mơ tả khác A nên ta đếm số phần tử B dễ dàng việc đếm số phần tử A 3.2.2 Các toán tổ hợp giải phương pháp song ánh

Bài 84: (Vô địch Liên Xơ)

Có một nhóm người mà đó mỗi cặp khơng quen có

đúng hai người quen chung, cịn mỗi cặp quen khơng có người quen chung Chứng minh số người quen của mỗi người như

Giải:

(50)

51

a) Tương tự người thuộc B quen với người thuộc A Vậy tồn song ánh từ A tới B, tức a b có số người quen

Nếu a khơng quen b tồn c quen a b Do số người quen a b số người quen c (suy từ trên)

Bài 85:

Xét tập A1,2, ,n Đối với mỗi tập không trống của A chúng ta xác định nhất một tổng đan dấu theo quy tắc sau:

Xếp số của tập theo thứ tự tăng dần gán luân phiên dấu cộng, trừ cho số liên tiếp theo thứ tự của tập cho số lớn nhất có dấu cộng Hãy tìm tổng của tất cả tổng đan dấu

Giải:

Quy ước tổng đan dấu tập trống có giá trị Mỗi tập A chia làm hai loại:

Loại 1: Có chứa n Loại 2: Không chứa n

Các tập loại loại có số phần tử tồn song ánh chúng sau:

   

1

, , , i , , , , i

loai loai

a a a  n a a a

 

Giả sử a1a2   ai

Khi tổng đan dấu tập

a1a2a3   n a 1 a2a3 n

Có 2n tập A suy có 2n – cặp tập hợp loại loại

theo định nghĩa

(51)

52

3.3 Một số toán giải phương pháp hàm sinh

Hàm sinh áp dụng tốn đếm Nói riêng tốn chọn phần tử từ tập hợp thông thường dẫn đến hàm sinh Khi hàm sinh áp dụng theo cách này, hệ số xn số

cách chọn n phần tử, tức với an hệ số xn với n lớn

bằng hàm sinh số cách chọn  

0 n n n

F x a x





3.3.1 Bài toán chọn phần tử riêng biệt Bài 86:

Có cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần tử

Giải:

Bài toán giải dễ dàng cơng thức tổ hợp Nhưng lần sử dụng hàm sinh Cụ thể

Đầu tiên ta xét tập hợp có phần tử  a1 Ta có: cách chọn phần tử

1 cách chọn phần tử

0 cách chọn phần tử trở lên

Suy hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập  a1 1x

Tương tự vậy, hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập

 ai 1 i kcũng 1x(không phụ thuộc vào khác biệt  ai )

Tiếp tục xét tập phần tử a a1, 2ta có cách chọn phần tử

2 cách chọn phần tử cách chọn phần tử

0 cách chọn phần tử trở lên

(52)

53

  2  

2

1 2 x x  1 x  1 x 1x

Tiếp tục áp dụng quy tắc ta hàm sinh cho số cách chọn phần tử từ tập k phần tử

1x1x  1x  1 xk

Ta có k 1 k

k k k k

C C C  C  x

Như hệ số xn 1 k x

 n

k

C số cách chọn n phần tử phân biệt từ tập k phần tử

3.3.2 Bài toán chọn phần tử có lặp

Để hiểu cách giải tốn trước tiên ta phải mở rộng, ta có quy tắc xoắn

Gọi A x là hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp A B x là hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập hợp B Nếu A B rời hàm sinh cho cách chọn phần tử từ tập ABlà A x B x   

Quy tắc cho trường hợp chọn phần tử phân biệt, cho trường hợp chọn nhiều lần phần tử

Bài 87:

Có cách chọn k phần tử từ tập hợp có n phần tử,

đó cho phép một phần tử có thểđược chọn nhiều lần

Giải:

Chia tập n phần tử thành hợp n tập Ai,1 i n; tập gồm phần tử thuộc tập n phần tử

Với tập Ai ta có:

(53)

54

Suy hàm sinh cách chọn có lặp từ tập Ai

2

1

x x x

x

    



Áp dụng quy tắc xoắn suy hàm sinh cách chọn có lặp phần tử từ tập hợp n phần tử :

 

1 1

1x1x 1x  1x n Bây ta cần tính hệ số xk

 

1 1x n Áp dụng khai triển Taylor

 

   

      

2

' '' 0

1 0

1! 2! !

1

k k n

f f f

f x f x x x

k x

      



Suy hệ số xklà  

1 ! k k n k f C

k   

Như số cách chọn k phần tử có lặp từ tập hợp có n phần tử Cn kk 1

Bài 88 :

Có loại kẹo : kẹo sữa, kẹo chanh, kẹo socola, kẹo dâu kẹo cà phê Hỏi có cách chọn 12 kẹo từ loại kẹo

Giải :

Theo tập số cách chọn 12 kẹo từ loại kẹo 12 16 C Bài 89 :

Bài toán chọn quả

Có cách sắp xếp một giỏ n trái thỏa mãn điều kiện sau :

Số táo phải chẵn

Số chuối phải chia hết cho

(54)

55

Bài tốn có điều kiện ràng buộc phức tạp ta có cảm giác việc giải tốn vơ vọng Nhưng hàm sinh lại cho ta cách giải nhanh gọn

Giải:

Trước tiên ta tìm hàm sinh cho loại Chọn táo

1 cách chọn táo cách chọn táo cách chọn táo cách chọn táo ………

Như ta có hàm sinh  

2

1

A x x x

x

    



Tương tự ta tìm hàm sinh cho cách chọn chuối :

  10

5

1

B x x x

x

    



Hàm sinh cho cách chọn cam đào khác chút Chọn cam

1 cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam cách chọn cam

Như ta có hàm sinh   1

1

x

C x x x x x

x



     



Tương tự ta tìm hàm sinh cho cách chọn đào :

  1

x

D x x

x

   

(55)

56

Áp dụng Quy tắc xoắn suy hàm sinh cho cách chọn từ loại là:

       

 

5

2

2 2

1 1 1

1

1 1 1

x x

A x B x C x D x x x x

x x x x x

 

      

    

Như cách xếp giỏ trái gồm n trái đơn giản n1 cách Bài 90:

Tìm hàm sinh để xác định số cách chia 10 quả bóng giống cho đứa trẻđể mỗi đứa nhận nhất hai quả

Giải:

Để giải tốn ta tìm hàm sinh cho số cách chia bóng cho đứa trẻ

Giả thiết cho đứa nhận hai bóng nên ta suy cách đứa trẻ nhận

0 cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận cách đứa trẻ nhận

Vậy hàm sinh cho cách chia x2x3x4

Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho cách chia bóng cho đứa trẻ

   

 

4

8

8 8 k k k n k k k n

F x x x x

x x x x

x x

x C x

C x                     

(56)

57

3.4 Một số toán giải phương pháp hệ thức truy hồi 3.4.1 Khái niệm mở đầu mơ hình hóa hệ thức truy hồi

Đơi ta khó định nghĩa đối tượng cách tường minh Nhưng dễ dàng định nghĩa đối tượng qua Kỹ thuật gọi đệ quy Định nghĩa đệ quy dãy số định rõ giá trị hay nhiều số hạng quy tắc xác định số hạng từ số hạng trước Định nghĩa đệ quy dùng để giải tốn đếm Khi quy tắc tìm số hạng từ số hạng trước gọi hệ thức truy hồi

Định nghĩa : Hệ thức truy hồi(hay công thức truy hồi) dãy số {an}

là công thức biểu diễn an qua hay nhiều số hạng trước dãy Dãy

số gọi lời giải hay nghiệm hệ thức truy hồi số hạng thỏa mãn hệ thức truy hồi

3.4.2 Các toán tổ hợp giải hệ thức truy hồi Bài 91 (Lãi kép):

Giả sử một người gửi 10.000 đơ la vào tài khoản của tại một ngân hàng với lãi suất kép 11% mỗi năm Sau 30 năm có bao nhiêu tiền tài khoản của mình?

Giải:

Gọi Pn tổng số tiền có tài khoản sau n năm Vì số tiền có tài

khoản sau n năm số có sau n  năm cộng lãi suất năm thứ n, nên ta thấy dãy {Pn} thoả mãn hệ thức truy hồi sau:

Pn = Pn-1 + 0,11Pn-1 = (1,11)Pn-1

với điều kiện đầu P0 = 10.000 la Từ suy Pn = (1,11)n.10.000 Thay

n = 30 cho ta P30 = 228922,97 đô la

(57)

58

Tìm hệ thức truy hồi cho điều kiện đầu để tính số xâu nhị

phân độ dài n khơng có hai số liên tiếp Có xâu nhị phân như thế có độ dài bằng 5?

Giải:

Gọi an số xâu nhị phân độ dài n khơng có hai số liên tiếp

Để nhận hệ thức truy hồi cho {an}, ta thấy theo quy tắc cộng, số

các xâu nhị phân độ dài n khơng có hai số liên tiếp số xâu nhị phân kết thúc số cộng với số xâu kết thúc số Giả sử n 

Các xâu nhị phân độ dài n, khơng có hai số liên tiếp kết thúc số xâu nhị phân thế, độ dài n  thêm số vào cuối chúng Vậy chúng có tất an-1 Các xâu nhị phân độ dài n, khơng có hai

số liên tiếp kết thúc số 0, cần phải có bit thứ n  1, khơng chúng có hai số hai bit cuối Trong trường hợp chúng có tất an-2 Cuối ta có được:

an = an-1 + an-2 với n 

Điều kiện đầu a1 = a2 = Khi a5 = a4 + a3 = a3 + a2 + a3 = 2(a2 +

a1) + a2 = 13

Bài 93 (Bài toán tháp Hà Nội)

Có cọc 1,2,3 Ở cọc có n đĩa xếp chồng lên cho đĩa nằm dưới lớn hơn đĩa nằm Hãy chuyển tất cả đĩa từ cọc sang cọc có thể dùng cọc làm cọc trung gian với điều kiện mỗi lần chỉ được chuyển đĩa từ cọc sang cọc khác đảm bảo đĩa nằm dưới lớn hơn đĩa nằm

Bài tốn đặt là: Tìm số lần di chuyển đĩa nhất cần thực hiện

để giải xong toán

(58)

59

Phương pháp di chuyển sau: Gọi Sn số lần di chuyển đĩa cần

thực

Chuyển n – đĩa từ cọc sang cọc (lấy cọc làm trung gian) ta có Sn-1

phép chuyển

Chuyển đĩa lớn từ cọc sang cọc Ta có phép chuyển

Chuyển n – đĩa từ cọc sang cọc (lấy cọc làm trung gian) ta có Sn-1

phép chuyển

Do để chuyển n đĩa từ cọc sang cọc 3, ta cần

-1 -1 1

n n n

S  S  S   phép chuyển Vậy ta có cơng thức truy hồi dãy số

0, , ,

S S S

1 1 n n S S S        Ta có

  2 

1

3 2

3

1

2 2 2 2 2 2

1

2 2 2 1

n n n n

n n n

n

n n n n

S S S S

S S                                          

Bài 94 (Olympic Bungari, 1995)

Cho số nguyên n2 Hãy tìm số hoán vị a a1, , ,2 an của 1,

2,…,n cho tồn tại nhất một chỉ số i1, 2, ,n1thỏa mãn

1 i i a a

Giải:

Gọi Sn số hoán vịthỏa mãn điều kiện toán Để ý số

các hoán vị mà ann Sn-1 (Bởi số hốn vị Sn-1 số hoán vị a a1, , ,2 an1 1, 2, ,n1 cho tồn số

1, 2, , 2

i n thỏa mãn aiai1) Cịn số hốn vị a a1, , ,2 anthỏa mãn điều kiện toán với ai n1  i n 1

1 i n C

(59)

60

Do 1

1 1

1

2

n

i n

n n n n

i

S S  C S 

  



     (Do 1

1

2

n

i n n i

C



 

 



 )

Hiện nhiên S2 = Tương tự ta có Sn2n n 3.4.3 Các toán tương tự

Bài 95: Bạn A viết thư cho người khác chuẩn bị sẵn phong bì ghi sẵn địa họ Hỏi có cách bỏ thư vào phong bì cho khơng có thư gửi đến người có địa ghi phong bì

Bài 96: Xét đa giác 12 đỉnh A A1; ; ;2 A12 với tâm O Chúng ta tô màu

các miền đa giác OA Ai i1 1  i n  A13 A1 màu đỏ, xanh da trời,

xanh thẫm, vàng cho hai miền đa giác kề tô hai màu khác Hỏi có cách tơ màu vậy?

3.5 Bài tốn giải ngun lí cực hạn - khả xảy nhiều nhất, ít

Bài 97

Cho 1985 tập hợp, mỗi tập hợp số đó gồm 45 phần tử, hợp của hai tập hợp bất kì gồm 89 phần tử Có phần tử chứa tất cả 1985 tập hợp đó.

Giải:

Ta chứng minh có tồn số a A 1mà a thuộc 45 tập

hợp khác A A2, , ,3 A46

Giả sử ngược lại: Mọi phần tử A thuộc nhiều 44 tập hợp nên phần tử A thuộc nhiều 44.45 1981  tập hợp

Vì hợp hai tập hợp có số phần tử 89 nên giao hai tập hợp phần tử

(60)

61

Suy phần tử thuộc A thuộc 1984 tập hợp khác (mâu thuẫn)

Vậy tập hợp A A1, , ,2 A46 giao phần tử a

(a tồn b thuộc vào tập hợp A A1, , ,2 A46 giao hai tập hợp có hai phần tử)

Giả sử A* không chứa a Suy A* giao với

1, , ,2 46

A A A 46 phần tử khác Do A*

có 46 phần tử (mâu thuẫn với giả thiết) 3.6 Bài toán giải phương pháp xếp thứ tự

Bài 98

Cho 2n1 số thực có tính chất tổng của n số bất kì nhỏ thua tổng của n1 số cịn lại Chứng minh rằng tất cả sốđều dương.

Giải:

Sắp xếp số cho theo thứ tự tăng dần, ta có

1 2n a a  a 

Theo giả thiết ta suy

2 1

n n n n

a  a   a   a a  a  Suy

     

1 n 2 n 3 2n n a  a  a  a  a   a  a  

Vì giả thiết nhỏ nên ta có điều phải chứng minh

Bài 99

Cho 2n số nguyên dương phân biệt không vượt n2 Chứng

minh rằng tồn tại hiệu aiaj bằng nhau. Giải:

Vì 2n số cho phân biệt nên ta xếp

1 2n a a  a 

Đặt S a2a1  a3a2  a2na2n1

(61)

62

   

1 2 1

S       n  n n

Suy

 1

2

n n

S   n n Hơn

2 2n 1 S a  a n 

Từ hai bất đẳng thức suy mâu thuẫn

3.7 Bài toán giải phương pháp liệt kê trường hợp Bài 100

Người đưa thư phân phát thư tới 19 nhà ở một dãy phố Người

đưa thư phát hiện rằng khơng có hai nhà liền kề nhận thư

trong một ngày khơng có nhiều hơn hai nhà khơng nhận thư một ngày Hỏi có cách phân phối thư?

Giải:

Từ giả thiết thứ ta thấy hai nhà liên tiếp có nhà không nhận thư

Suy số nhà khơng nhận thư số nhà nhận thư nhiều 10

Suy có nhiều 10 người nhận thư ngày

Từ giả thiết thứ hai ba nhà liên tiếp có nhà nhận thư Vậy có nhà nhận thư ngày

Ta liệt kê trường hợp toán:  Trường hợp 1: Có nhà nhận thư

Gán số vào vị trí nhận thư gán số vào nhà không nhận thư

(62)

63

Cịn nhà khơng nhận thư xếp sau:

Hai nhà không nhận thư hai vị trí đầu, hai vị trí cuối, bốn nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ với nhà nhận thư

Vậy trường hợp có 5

C  cách xếp  Trường hợp 2: Có nhà nhận thư

7 nhà xen kẽ với nhà khơng nhận thư nên cịn nhà khơng nhận thư xếp sau:

2 nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có 15 C  nhà đầu, 1nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có

6 20 C  nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí xen kẽ Có

6 20 C  nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có

6 15 C  nhà đầu, nhà cuối, 4nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có

6 C  nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có

6

C 

0 nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí xen kẽ Có cách Vậy trường hợp có 113 cách

 Trường hợp 3: Có nhà nhận thư

8 nhà xen kẽ với nhà khơng nhận thư nên cị nhà không nhận thư xếp sau:

2 nhà đầu, nhà cuối Có cách

2 nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có 7

C  cách nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí Có

7

C  cách nhà đầu, nhà cuối, nhà lại xếp vào vị trí Có

7 21

(63)

64

0 nhà đầu, nhà cuối, nhà cịn lại xếp vào vị trí Có 35

7 35

C  cách Vậy trường hợp có 183 cách

Bằng cách chứng minh tương tự ta có kết cho trường hợp cịn lại:  Trường hợp 4: Có nhà nhận thư Có 47 cách

 Trường hợp 5: Có 10 nhà nhận thư Có cách

Định dạng
Số trang	63
Dung lượng	470,2 KB