Một số dạng bài toán đếm ở phổ thông và phương pháp giải

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG LÊ THỊ HƯỜNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN ĐẾM Ở PHỔ THÔNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH TRẦN QUỐC CHIẾN Đà Nẵng - Năm 2013 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan Những nội dung trình bày luận văn thực hướng dẫn thầy giáo PGS.TSKH Trần Quốc Chiến Mọi tài liệu dùng luận văn trích dẫn rõ ràng trung thực tên tác giả, tên cơng trình, thời gian địa điểm cơng bố Nếu có chép khơng hợp lệ, vi phạm quy chế đào tạo tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm Tác giả luận văn Lê Thị Hường MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lí chọn đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Giả thiết khoa học Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Cấu trúc luận văn …… CHƯƠNG 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP 1.1 TẬP HỢP 1.1.1.Các khái niệm 1.1.2 Các phép toán tập hợp 1.1.3 Tích Đề-các 1.2 QUAN HỆ 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Quan hệ tương đương phân hoạch 1.2.3 Quan hệ thứ tự 1.3 ÁNH XẠ 10 1.3.1 Định nghĩa 10 1.3.2 Các phép toán ánh xạ 12 1.4 HỆ SỐ NHỊ THỨC 15 1.5 HAI NGUYÊN LÍ ĐẾM CƠ BẢN 15 1.5.1 Nguyên lý cộng 15 1.5.2 Nguyên lý nhân 17 CHƯƠNG 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO 19 2.1 PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG SONG ÁNH 19 2.1.1 Quy tắc cộng 19 2.1.2 Quy tắc nhân 19 2.2 PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG HÀM SINH 20 2.2.1 Giới thiệu hàm sinh phép toán hàm sinh 20 2.2.2 Đếm hàm sinh thường đếm hàm sinh mũ 24 2.3 PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ 33 2.4 PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG TRUY HỒI 34 CHƯƠNG : ỨNG DỤNG 36 3.1 ỨNG DỤNG TRONG ĐẠI SỐ 36 3.1.1 Bài toán xếp chỗ hàng ngang có điều kiện 36 3.1.2 Bài tốn xếp chỗ vịng trịn có điều kiện 45 3.1.3.Bài tốn đếm cách phân phối 50 3.1.4.Bài tốn đếm hốn vị bất hồ (tính số thứ tự) 54 3.2 ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC 57 3.2.1.Bài tốn tơ màu 57 3.2.2 Bài toán đếm số đường mặt phẳng 61 3.3 ỨNG DỤNG TRONG SỐ HỌC 63 3.3.1 Bài toán đếm số 63 3.3.2 Bài toán chia kẹo Euler 71 3.4 MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC 76 KẾT LUẬN 83 TÀI LIỆU THAM KHẢO 84 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT VMO – Thi HSG Quốc gia Quốc tế IMO – Olympic Tốn học Quốc tế MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Lí thuyết tổ hợp phần quan trọng Toán học rời rạc chuyên nghiên cứu phân bố phần tử vào tập hợp, hình thành nghành tốn học vào khoảng kỉ 17 loạt cơng trình nghiên cứu nghiêm túc nhà Tốn học xuất sắc Pascal, Fermat, Leibnitz, Euler Thông thường phần tử hữu hạn việc phân bố chúng phải thỏa mãn điều kiện định đó, tùy theo u cầu Tốn cần nghiên cứu Mỗi cách phân bố gọi cấu hình tổ hợp Với cấu hình tổ hợp thường có dạng tốn tồn tại, toán đếm, toán liệt kê, toán tối ưu Để trả lời cho câu hỏi: Có cấu hình tổ hợp thuộc dạng xét? Chứng minh tồn không tồn cấu hình tổ hợp Bài tốn đếm toán lý thú tổ hợp, đồng thời minh chứng rõ ràng cho việc ứng dụng mơn Tốn thực tiễn sống (như số cách xếp đối tượng hàng ngang hay vòng tròn, đếm số đường ) Song chúng lại khơng địi hỏi người giải nhiều vốn kiến thức kỹ tính tốn, chúng chủ yếu địi hỏi chặt chẽ việc xét khả năng, sáng tạo việc đưa mơ hình cụ thể, linh hoạt việc vận dụng phương pháp khéo léo việc gỡ rối tình huống, vấn đề trường hợp áp dụng trực tiếp quy tắc đếm đối tượng tổ hợp đem lại kết mong muốn Với toán cần phương pháp nâng cao phương pháp sử dụng ánh xạ, nguyên lý bù trừ, phương pháp phân hoạch tập hợp, phương pháp quỹ đạo, đa thức quân xe, phương pháp thiết lập hệ truy hồi, phương pháp thêm bớt, phương pháp quan hệ đệ quy, sử dụng số phức, phương pháp hàm sinh Với mong muốn tìm hiểu hệ thống hóa số dạng tốn xoay quanh tốn đếm mà khơng sâu vào lí thuyết vấn đề này, nhằm cung cấp tài liệu nhỏ toán tổ hợp cho học sinh phổ thơng Qua đó, phục vụ cơng tác giảng dạy sau Chính lí tơi chọn đề tài “Một số dạng toán đếm phổ thông phương pháp giải” Đối tượng phạm vi nghiên cứu 2.1 Đối tượng nghiên cứu Một số nguyên lý: Nguyên lý cộng, nguyên lý nhân, nguyên lý bù trừ, công thức truy hồi Phương pháp đếm: sử dụng ánh xạ, sử dụng hàm sinh, truy hồi, nguyên lý bù trừ, đa thức quân xe 2.2 Phạm vi nghiên cứu Một số cấu hình tổ hợp thuộc chuyên nghành phương pháp Toán sơ cấp đặc biệt ứng dụng chương trình tốn phổ thơng tốn học dành cho học sinh giỏi đội tuyển Olympic Mục đích nghiên cứu - Hệ thống phân loại số dạng toán đếm theo phương pháp giải - Chọn lọc, giới thiệu, tìm kiếm ứng dụng số nguyên lý đếm phương pháp đếm gần gũi chương trình tốn phổ thơng Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu số phương pháp giải tốn đếm lí thuyết tổ hợp dựa phương pháp xây dựng ánh xạ, sử dụng hàm sinh, công thức truy hồi, nguyên lý bù trừ, đa thức quân xe - Thực hành số tốn cụ thể chương trình tốn phổ thơng, đề thi đại học, thi học sinh giỏi toàn quốc, olympic Giả thiết khoa học Việc khai thác dạng toán đếm theo phương pháp giải tạo cho học sinh biết nhận thức vấn đề, lựa chọn phương pháp phù hợp với dạng toán cụ thể Từ toán đếm đơn giản đến toán kỳ thi Olympic Phương pháp nghiên cứu Đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu tư liệu: Tạp chí tốn học tuổi trẻ, đề tài nghiên cứu có liên quan - Tiếp cận lịch sử: sưu tầm, phân tích tổng hợp tư liệu - Tiếp cận hệ thống - Thực nghiệm sư phạm trường phổ thông Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài - Hệ thống phân loại số dạng toán đếm phương pháp giải số dạng tốn khó phổ thơng, góp phần cho học sinh giáo viên tiếp cận nhận dạng tốn nhanh chóng phương pháp giải hợp lí - Đề tài trình bày logic, khoa học, rõ ràng dễ hiểu Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo luận văn gồm có chương sau : CHƯƠNG 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP CHƯƠNG 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO CHƯƠNG 3: ỨNG DỤNG CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ TỔ HỢP 1.1 TẬP HỢP 1.1.1 Các khái niệm • Định nghĩa Khái niệm tập hợp khái niệm toán học Tập hợp coi kết hợp đối tượng có chất (thuộc tính, dấu hiệu) chung Tập hợp thường kí hiệu chữ in hoa: A, B, C, …Các phần tử tập hợp kí hiệu chữ thường a, b, c,… Phần tử a thuộc tập hợp A, ta kí hiệu a  A Phần tử a khơng thuộc tập hợp A, ta kí hiệu a  A Một tập hợp có phần tử, hai phần tử,…, có vơ số phần tử khơng có phần tử Tập hợp khơng có phần tử gọi tập rỗng, kí hiệu Ø • Biểu diễn tập hợp - Liệt kê phần tử B = {1; 2; 3; 4;…} A = {9; 10; 11; 12; 13} - Chỉ tính chất đặc trưng B = { x / x  N*} A = { n  N/ 8< n < 14} • Lực lượng tập hợp Số phần tử A, kí hiệu |A| card(A), gọi lực lượng tập A - Nếu |A| <  A tập hữu hạn - Nếu |A| >  A tập vơ hạn • Quan hệ bao hàm Cho hai tập A, B Nếu phần tử thuộc A thuộc B ta nói A tập B ( A bao hàm B) kí hiệu A  B A khơng phải tập B, kí hiệu: A  B Nếu A  B B  A ,ta nói A B, kí hiệu: A = B Tập tất tập A, kí hiệu D(A) 1.1.2 Phép tốn tập hợp • Phép hiệu Hiệu A B, kí hiệu A\B tập: A\B = {x  A & x  B} • Phần bù Cho tập X A  X Phần bù A (trong X) tập A x = X\A • Phép hợp Hợp A B, kí hiệu A  B tập A  B = {x| x  A x  B} • Phép giao Giao A B, kí hiệu A  B tập A  B = {x| x  A & x  B} • Phân hoạch Nếu A  B = Ø, ta nói A B rời Nếu tập X1, X2, X3, …, Xn thỏa A = X1  X2  X3  …  Xn Và chúng rời đơi một, ta nói {X1, X2, X3, …, Xn} phân hoạch tập hợp A • Định lí Cho tập A, B tập vũ trụ U, ta có - Luật kết hợp (A  B)  C = A  (B  C) (A  B)  C = A  (B  C) - Luật giao hoán A B = BA 70 Số có cách chọn Số có cách chọn Số có cách chọn Số có cách chọn Số có cách chọn Từ số trở lên có cách chọn Vậy ta có dãy : 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, Hàm sinh dãy là: x + x2 + x3 + x4 + x5 Với phần tử vai trò nhau, suy hàm sinh số cách chọn bốn phần tử M là: ƒ(x) = ( x + x2 + x3 + x4 + x5)4 = 20 x j j 1 ƒ(  ) = suy 20  j  j 1 Mỗi số hạng có số mũ  tổng số ( khơng bắt buộc đơi khác lấy từ A) Vì viết ƒ(  ) =  X M Mà ta có S(X) = M j 0 j j  ƒ(  ) = (  +  +  +  +  5)4 = (  +  +1 +  +  2)4 = (2  2+  + -1)4 = (-1)4 = ( với ý  nghiệm x2 + x + = 0) Nên ta có:  Mj  j =  |M2|  + | M1|  + |M0| - = 0, j 0 Do  nghiệm x2 + x + = nên ta có: |M2| = | M1| = |M0| - Suy |M0| = 54  71 Bài toán tổng quát Cho tập A = {a1; a2; ; an} Tìm số (x1; x2, , xk) thứ tự, gồm k phần tử không bắt buộc đôi khác lấy từ A thỏa mãn tổng phần tử chia p dư r Trong p số nguyên tố lẻ, r nhỏ p Bài toán ([6] IMO1995) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập A tập hợp {1; 2; ; 2p} thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i, A chứa p phần tử, ii, Tổng phần tử A chia hết cho p Giải Đặt A= {X  (1, 2, , 2p): X = p} Và Aj = {X  A: S(X)  j (mod p)}; j = 0, p  Xét đa thức P(x) = + x2 + x3+ + x p 1 Giả sử  nghiệm P(x), suy : x p -1 = p (x   j ) j 1 Bằng cách so sánh hệ số xp hai vế ta có: p 1 A j 0 Suy  nghiệm đa thức Q(x) = j j=2 p 1 A j 1 j x j + A0 - Cân hệ số hai đa thức, ta tính được: A0 = Ta có kết quả: A 2 C 2pp  p p +2 = C 2pp  p +2 + 3.3.2 Bài toán chia kẹo Euler ([1]) Cho k, n số ngun dương Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình 72 x1 + x2 + + xn = k (3.17) Giải ● Phương pháp song ánh Ta xây dựng ánh xạ từ tập hợp A nghiệm nguyên không âm (3.17) với tập hợp B xâu nhị phân độ dài n+k-1 với k bit n-1 bit sau: (x1, x2, …, xn)  101 101 1…01 có x1 số liên tiếp, sau đến số 0, sau đến x số liên tiếp, lại đến số …, cuối xn số liên tiếp Dễ dàng chứng minh ánh xạ song ánh Từ | A | = | B | = C(k+n-1,n-1) ● Phương pháp truy hồi Gọi số nghiệm nguyên không âm phương trình S(n, k) Dễ dàng thấy S(1, k) = Để tính S(n, k), ta ý (3.17) tương đương với x1 + + xn-1 = k - xn (3.18) Suy với xn cố định số nghiệm (3.18) S(n-1, k-xn) Từ ta công thức S(n, k) = S(n-1, k) + S(n-1, k-1) + + S(n-1, 0) Đây coi cơng thức truy hồi tính S(n, k) Tuy nhiên, công thức chưa thật tiện lợi Viết công thức cho (n, k-1) ta S(n, k-1) = S(n-1, k-1) + S(n-1, k-2) + + S(n-1, 0) Từ đây, trừ đẳng thức vế theo vế, ta được: S(n, k) - S(n, k-1) = S(n-1, k) Hay S(n, k) = S(n, k-1) + S(n-1, k) Từ công thức này, quy nạp ta chứng minh S(n, k) = C(k+n-1,n-1) 73 ● Phương pháp hàm sinh Gọi cn(k) số nghiệm (3.17) Xét tích tổng vơ hạn (1+x+x2+ )(1+x+x2+ ) (1+x+x2+ ) = (1+x+x2+ )n Ta nhận xét khai triển tích thành chuỗi lũy thừa x (1+x+x2+ )n = c0 + c1x + + ckxk + Ck = Cn(k) Nhưng (1+x+x2+ )n = (1-x)-n = + nx + + n(n+1) (n+k-1)xk/k! + Suy Cn(k) = n(n+1) (n+k-1)/k! = C(n+k-1,k) Từ toán chia kẹo Euler ta có số tốn tìm nghiệm ngun Bài tốn Tìm số nghiệm ngun dương phương trình: u + v + w + z = 27 với ≤ u, v, w, z ≤ Giải Hàm sinh cho số nghiệm nguyên dương phương trình là: G(x) = (x3 + x4 + + x8)4 = [x3(1+x+x2+ +x5)]4 = x12( 1+x+x2+ +x5)4 Số nghiệm nguyên dương phương trình hệ số x27 khai triển G(x) hệ số x15 khai triển H(x) = (1 + x+ x2+ +x5)4 Ta có: H(x) = (1 + x+ x2+ +x5)4 1 x6 =   1 x 4    = (1-x6)   1 x    Đặt A(x) = (1-x6) , B(x) =   Ta có: 1 x  74 A(x) = (1-x6) = – C(4,1)x6 + C(4,2)x12 – C(4,3)x18 + x24  B(x) =   = + C(4,1)x + C(5,2)x + C(6,3)x + 1 x  Do tìm hệ số x15 khai triển H(x) nên ta quan tâm tới hệ số A(x) với bậc  15 Do đó, A(x) có hệ số a0, a6, a12 thỏa mãn  Vậy hệ số xk khai triển B(x) =   1 x  bk = C(k+4-1,k) = C(k+3,k) Vậy hệ số x15 khai triển H(x) là: a0b15 + a6b9 + a12b3 = 1.C(18,15) - C(4,1) C(12,9) + C(2,4) C(3,6) Vậy số nghiệm nguyên dương phương trình C(18,15) - C(4,1) C(12,9) + C(2,4) C(3,6) Bài toán Dùng chuỗi ƒ(x) = x k 1 để xây dựng hàm sinh cho số nghiệm lẻ k 0 phương trình x1 + x2 + x3 + + xd = n (3.19) Giải Trong phương trình (3.19) x1, x2, x3, , xd có vai trị nên ta cần tìm hàm sinh cho cách chọn xi (1  i  d) Vì xi nguyên dương lẻ nên xi nhận giá trị : 1, 3, 5,7, Như hàm sinh cho cách chọn xi ƒ(x) = x + x3 + x5 + = x k 1 k 0 Ta có ƒ(x) = x k 1 k 0 = x 1 x2 Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho cách chọn số (x1, x2, x3, , xd ) xd (1  x ) d Bài tốn Tìm số số ngun dương có bốn chữ số cho tổng chữ số 31 75 Giải Số số nguyên dương có chữ số cho tổng chữ số 31, số nghiệm ngun khơng âm phương trình a + b + c + d = 31 với  a, b, c, d  Gọi A tập tất nghiệm nguyên không âm phương trình, A1, A2, A3, A4 nghiệm ngun khơng âm phương trình cho a  10, b  10, c  10 d  10 Mỗi nghiệm nguyên không âm phương trình cho ứng với cách chọn 31 phần tử từ tập có bốn loại cho có xi phần tử loại i với i = 1,4 Vì vậy, số nghiệm ngun khơng âm phương trình số tổ hợp lặp chập 31 từ tập có phần tử nên |A| = CR(4,31) = 5984 Mỗi nghiệm ngun khơng âm phương trình cho a  10 ứng với cách chọn 31 phần tử từ tập có bốn loại thỏa xi phần tử loại i với i = 1,4 , có phần tử loại Vì thế, chọn phần tử loại chọn thêm 21 phần tử nên |A1| = CR(4,21) = 2024 Lập luận tương tự trên, ta có |A1| = |A2| = |A3| = |A4| = 2024, |Ai  Aj| = CR(4,11) = 364 với  i < j  4, | Ai  Aj  Ak| = CR(4,1) = C(4,3) = với  i < j< k  | A1  A2  A3  A4| = Theo nguyên lí bù trừ , số nghiệm ngun khơng âm phương trình thỏa u cầu hay số số có chữ số cho tổng chữ số 31 | A1  A2  A3  A4 | = A1  A2  A3  A4 = A - AA  A2  A3  A4 = = A - ( A1 + A2 + A3 + A4 - A1  A2 - A1  A3 - A1  A4 - A2  A3 - A2  A4 - A3  A4 +| A1  A2  A3| +| A1  A2  A4|+| A1  A3  A4|+| A2  A3  A4| - | A1  A2  A3  A4| ) = 5984 – 2024 + 364 – 4 = 56 76 3.4 MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC Ý tưởng phương pháp giải tốn tính biểu thức tổ hợp chứng minh đẳng thức dựa việc thiết lập ánh xạ Nếu tồn song ánh từ tập A đến tập B số phần tử hai tập hợp Bài toán ([3] VMO-2002) Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1;2002] Gọi T tập hợp tất tập khơng rỗng S Với X thuộc T, kí hiệu m(X) trung bình cộng phần tử X Tính m =  m( X ) X T T Giải Ta xây dựng song ánh ƒ: T  T sau: ƒ(X) = {2003 – x x  X }, X  T Rõ ràng X  T , m(X) + m(ƒ(X)) = 2003 Do đó:  m(X ) = m=  (m(X) + m(ƒ(X))) = T 2003  m( X ) = T 2003 Bài toán tổng quát Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1; n] (n  N*) Gọi T tập hợp tất tập khác rỗng S Với X  T, kí hiệu m(X) trung bình cộng tất phần tử thuộc X Tính m =  m( X ) X T T Giải Ta xây dựng song ánh ƒ: T  T X  ƒ(X) = {n + – x x  X }  m(X) + m(ƒ(X)) = n + 1, X  T 77  m( X ) = X T  m( f ( X )) X T Do  m( X ) = X T m=  m( X )  m( f ( X )) = T (n+1) X T  m( X ) X T T = n 1 Bài tốn ([9] Vơ địch Trung Quốc – 1997) Trong xâu nhị phân có độ dài n, gọi an số xâu không chứa số liên tiếp 0, 1, b n số xâu không chứa số liên tiếp 0, 0, 1, 1, 1, 0, Chứng minh bn+1 = 2a n Giải Ta gọi xâu thuộc loại A khơng chứa ba số liên tiếp 0, 1, gọi xâu thuộc loại B khơng chứa số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1, 1, 0, Với xâu X = (x1, x2, x3, , xn), ta xây dựng f(X) = (y1, y2, , yn+1) sau y1= 0, yk  x1 + x2 + +xk-1(mod2),  k  {2, ,n+1} Rõ ràng X chứa số liên tiếp 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 thuộc B cách đổi phần tử X theo qui tắc  0, 1 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 cần chứng minh Bài tốn ([2] Vơ địch Ucraina-1996) Gọi M tập tất số nguyên dương (viết theo hệ thập phân) có n chữ số 1, n chữ số khơng cịn chữ số 78 khác;N tập tất số nguyên dương có n chữ số thuộc tập {1, 2, 3, 4} số chữ số số chữ số Chứng minh: M = N = C(2n,n) Giải Rõ ràng M N tập hữu hạn Ta chứng minh tồn song ánh từ N vào M Phương pháp sau: Số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số “ nhân đơi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc: Đầu tiên hai phiên số viết kề thành só có 2n chữ số Sau đó, chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số 1, chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số Tương tự, chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số 2, chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số Như thế, ta thu số có n chữ số n chữ số Rõ ràng đơn ánh 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 đặt “song song” với thực phép “cộng” Thực phép “cộng” theo cột với quy tắc: + =1, + = 2, + = 3, + = 4, ta thu số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, với số chữ số số chữ số 1212122 Ví dụ: 12121221221112  1221112  1234142 1234142 Do đó, song ánh hai tập hợp thiết lập ta có M = N Tính M : Có 2n vị trí để bố trí chữ số 1, suy có C(2n,n) cách Cịn lại n vị trí để bố trí chữ số 2, suy có cách Theo nguyên lý nhân, ta có: 79 C(2n,n) = C(2n,n) số có n chữ số n chữ số Do đó: Vậy: M = C(2n,n) M = N = C(2n,n) Bài toán ([9]) Chứng minh đẳng thức sau với n≥1 số tự nhiên C(n,1) + 2C(n,2) + C(n,3) + + n.C(n,n) = n.2n-1 Giải Ta thấy n số cách lấy phần tử từ tập hợp gồm n phần tử, 2n-1 số tập tập gồm n-1 phần tử Do đó, ta xét tốn sau: Cho tập X  x1 , x2 , ,xn  Hãy đếm số cặp (a, A) a  X A tập tập X’ = X\{a} Ta có cách giải: • Cách Ta có n cách chọn a, với cách chọn a ta có 2n-1 cách chọn A Theo qui tắc nhân ta có n.2n-1 cách chọn cặp (a, A) • Cách Ta chọn A tập gồm k phần tử X, k  0, n  1, có C(n,k) = C(n,n-k) cách chọn A Mỗi cách chọn tập A, ta chọn a  X\{a} nên có n-k cách chọn a Khi cho k chạy từ đến n-1 lấy tổng ta có số cặp (a,A) có n 1  (n  k ).C(n, n  k )  C(n,1)  2C(n,2)   nC(n, n) cặp (a,A) k 0 So sánh kết cách đếm ta có: C(n,1) + 2C(n,2) + C(n,3) + + n.C(n,n) = n.2n-1 80 Bài toán ([3] IMO 1987) Gọi Pn(k) số hoán vị tập A = {1, 2, , n}, n  N* có k điểm cố định (0  k  n ) Chứng minh : n  k P ( k ) = k 0 n n! Giải Một hoán vị ƒ = (ƒ(1), ƒ(2), ƒ(3), , ƒ(n)) A ánh xạ 1-1 từ A  A Phần tử i A gọi cố định ƒ(i) = i Hiển nhiên n  P (i) i 0 n n phần tử, tức = Pn(0) + Pn(1) + + Pn(n) số tất hoán vị n  P (i) i 0 n = n! Đặt M = { (ƒ,i)| ƒ hoán vị A giữ nguyên k phần tử, i  A cho ƒ(i) = i} ( M tập cặp (ƒ,i) ƒ có điểm thứ i điểm cố định) Suy |M| số cách chọn cặp (ƒ,i) với i điểm cố định ƒ Để chọn cặp (ƒ,i) ta có hai bước chọn liên tiếp sau Bước Chọn hốn vị f có k điểm cố định, ta có Pn(k) cách chọn Bước Từ hốn vị chọn trên, có k điểm cố định nên có k cách chọn phần tử i nằm k điểm cố định Theo nguyên lí nhân ta có tất k.Pn(k) cách chọn phần tử M Vậy ta có |M| = k.Pn(k) Với  i  n : Đặt Ni tập tất hoán vị giữ nguyên k-1 phần tử tập hợp B = A\{i}, |Ni| = Pn-1(k-1) Xét ánh xạ g: G: M  n N i i 1  f , i  f ( f (m) = ƒ(m),  m = 1, 2, 3, , n; m  i) 81 ( f hoán vị mà giá trị điểm f ƒ tương ứng ngoại trừ vị trí thứ i) n Vì g song ánh nên |M| = |  N i hay |M| = i 1 n N i 1 i ( tập Ni rời nhau) Suy k.Pn(k) = n.Pn-1(k-1) Do  k P ( k ) n n k 1 Vậy: n n 1 k 0 j 0 n = n  Pn 1 (k  1) (Vì |Ni| = Pn-1(k-1), i  1, n ) k 1  k.Pn (k ) = n  Pn 1 ( j ) = n.(n-1)! = n! (Vì n  P ( j ) = n!) j 0 n Bài toán ([3] trg 12 ) Chứng minh 1 (1) m C(1991,0) C(1990,1) + C(1989,2) - + C(19911991 1990 1989 1991 m m,m) + - 1 C(996,995) = 996 1991 Giải Với n = 1, 2, , ta đặt S (n)   (1) m C (n  m, m) , m Trong tổng lấy từ m = hết số hạng khác Ta sử dụng công thức sau n  C (m, k )  C (n  1, k  1) k m Từ đó: n2 n2 k 0 k 0 m  S (k )   (1) m C (k  m, m)   (1) m m n2  C(k  m, m) k 2 m   (1) m C (n   m, m  1)   S (n) m Như thế, ta có n2 S (n)    S (k ) , suy k 0 82 S (n  1)  S (n)  S (n  1) Ta có S (0)  S (1)  , từ S (2)  0, S (3)  1, S (4)  1, S (5)  0, S (6)  1, S (7)  Từ (3.20) ta có S (m)  S (n) m  n(mod6) Do n C (n  m, m)  C (n  m, m)  C (n  m  1, m  1) nm Nên ta 1  1991. C (1991,0)  C (1990,1)  C (1989,2)  1990 1989 1991   (1) m C (1991 m, m)   C (996,995) 1991 m 996  = S (1991)  S (1989)   (1)  1, suy điều phải chứng minh (3.20) 83 KẾT LUẬN Luận văn hệ thống số dạng tốn đếm chương trình tốn học trường phổ thơng tốn dành cho học sinh đội tuyển Định hướng cho học sinh dễ dàng nhận dạng tìm phương pháp giải hợp lý với dạng toán Luận văn đề cập đến số dạng toán đếm phương pháp nâng cao với nhiều toán minh họa cụ thể, gần gũi kết hợp tập đơn giản, thực tế đan xen toán chọn lọc từ kì thi tuyển sinh đại học, thi Olympic Hy vọng thời gian đến thân tiếp tục nghiên cứu nhằm hoàn thiện số dạng tập phương pháp giải tốn đếm cấu hình Tổ hợp phổ thông Mong luận văn tài liệu nhỏ cho em học sinh tham khảo để học tốt chuyên đề toán đếm tổ hợp 84 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt: [1] Trần Quốc Chiến (2010), Giáo trình Lý thuyết tổ hợp, Trường Đại học Sư phạm Đà Nẵng, Đà Nẵng [2] Trịnh Đào Chiến, Lê Văn Tám (2010), “Sử dụng nguyên lý bù trừ để giải số dạng tốn Tổ hợp”, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, Hà Nội, số (392), tr 11-13 [3] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2005), Tuyển tập 200 thi vơ địch tốn tập - Tập 7, Tổ hợp, NXB Giáo dục, Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hịa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc, NXB Giáo dục, Hà Nội [5] Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2003), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục, Hà Nội [6] Nguyễn Duy Phương (2006), Sách hướng dẫn học tập Tốn rời rạc, Học viện cơng nghệ bưu viễn thông, NXB Giáo dục, Hà Nội Trang Website: [7] Trang web www.vnmath.com [8] Trang web Mathscope.org ... 3.2.1 .Bài tốn tơ màu 57 3.2.2 Bài toán đếm số đường mặt phẳng 61 3.3 ỨNG DỤNG TRONG SỐ HỌC 63 3.3.1 Bài toán đếm số 63 3.3.2 Bài toán chia kẹo Euler 71 3.4 MỘT... bù trừ, phương pháp phân hoạch tập hợp, phương pháp quỹ đạo, đa thức quân xe, phương pháp thiết lập hệ truy hồi, phương pháp thêm bớt, phương pháp quan hệ đệ quy, sử dụng số phức, phương pháp hàm... kiếm ứng dụng số nguyên lý đếm phương pháp đếm gần gũi chương trình tốn phổ thông Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu số phương pháp giải tốn đếm lí thuyết tổ hợp dựa phương pháp xây dựng ánh xạ, sử