Nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh bijective– one-to-one correspondence HOÁN VỊ : PERMUTATIONkhái niệm mở rộng:tương đương với khái niệm chỉnh hợp của sgk Một cách s[r]
(1)CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP QUI TẮC ĐẾM QUI TẮC CỘNG ( The Addition Priciples- AP) : Nếu có n1 đối tượng khác tập hợp thứ , n2 đối tượng khác tập hợp thứ hai ,…… nm đối tượng khác tập hợp thứ m, Thế thì số cách để chọn đối tượng từ m tập hợp là n1 n2 nm Cách phát biểu khác: Cho A1; A2 ; Am là m tập hợp hữu hạn , k≥1.Nếu các tập hợp này đôi rời m A A i; j 1; ; m; i j thì : j , nghĩa là i QUI TẮC NHÂN (The Multiplication – MP) m Ai Ai i 1 i 1 Giả sử có quá trình có thể chia thành m giai đoạn liên tiếp có thứ tự , Với n1 kế khác giai đoạn thứ , n2 kết khác giai đoạn thứ hai ,…… nm kết khác giai đoạn thứ m, các kết kết hợp lại là phân biệt Thế thì số kết kết hợp lại toàn quá trình là n1.n2 nm Cách phát biểu khác : m Cho A A A A a ; a ; ; a / a A ; i 1; ; m i m m i i i 1 m các tập hợp hữu hạn A1 ; A2 ; Am Khi đó , ta có là tích Decarste m Ai A1 A2 Am Ai i 1 i 1 MỘT SỐ VÍ DỤ : Có bao nhiêu cách để chọn số nguyên dương x1; x2 ; x3 ; x4 từ tập hợp (2) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT S={1 ;2 ;… ;499 ;500} cho x1 ; x2 ; x3 ; x4 là cấp số nhân tăng và công bội chúng là số nguyên dương GIẢI : Gọi a1; a1q; a1q ; a1q (a1; q N ; q 2) là số cần chọn , thì ta có : a1q 500 q Cho nên : 500 500 a1 q 7 500 a1 q Điều đó có nghĩa là số cấp số nhân với 500 công bội q là q Theo qui tắc cộng , số cấp số nhân thỏa điều kiện là : 500 62 18 94 q 2 q Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có chữ số phân biệt ? GIẢI : Một số có chữ số là thứ tự chữ số ( chữ số không đứng đầu) Vì các số cần đếm là các số lẻ nên chữ số đơn vị có thể là 1,3,5,7,9 Chữ số hàng chục và trăm có là 0,1,2,….9 và chữ số hàng ngàn là 1,2,….9.Vì các chữ số là phân biệt nên : -Có cách chọn chữ số hàng đơn vị -Có cách chọn chữ số hàng ngàn.( khác và khác chữ số đơn vị ) - Có cách chọn chữ số hàng chục ( khác chữ số đơn vị và hàng ngàn) -Có cách chọn chữ số hàng trăm Vậy có 5.8.8.7= 2240 số cần chọn Tìm số cặp có thứ tự (x ;y) các số nguyên x,y cho x y 5 GIẢI : 2 Ta phân chia bài toán thành trường hợp riêng biệt : x y 0;1; 2;3; 4;5 Với i=0 ;1 ;2 ;3 ;4 ;5 ta đặt Dễ kiểm tra : Si x; y / x; y Z ; x y i (3) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT S0 1; S1 4; S2 4; S3 0; S4 4; S5 8; Vậy S i 21 i 0 Tìm số ước số dương 600 , bao gồm và 600 GIẢI : Trước hết ta chú ý 600= 3 5 Khi đó số nguyên dương m là a b c ước số 600 và m có dạng : m 2 3 5 với a,b,c∈Z :0≤a≤3 ; 0≤b≤1 ; 0≤c≤2 Như số ước số là 4.2.3= 24 MỞ RỘNG: Nếu số tự nhiên n có dạng phân tích thừa số nguyên tố( The k k k prime decomposition) là : n p1 p2 pm đó pi là các số nguyên tố m m phân biệt và ki Z Thế thì số các ước số dương n là k i 1 i 1 (AIME 1988)Tính xác suất để chọn ngẩu nhiên ước số 99 88 nguyên dương 10 là bội số 10 GIẢI : a b 99 Ước số 10 có dạng a;b 99;a,b Z Có 100 cách chọn a , 100 99 88 cách chọn b, nên có 100×100 ước số 10 Tương tự , bội số 10 phải thỏa mãn bất đẳng thức 88≤a ;b ≤99, a,b ∈Z ; Nên có 12 cách chọn 12 12 a, và 12 cách chọn b Do đó xác suất là : 100 100 625 Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) cho bội chung nhỏ 13 a và b là 11 GIẢI : a 2 x y11z s t u 13 11 Cả a,b là ước nên b 2 11 13 Vì 11 là BCNN a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max {z ;u}=13 Bằng cách liệt kê ta có cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ; 27 (4) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT cách chọn (z ;u) Theo qui tắc nhân , ta 7×15×27=2835 cặp số (a ;b) thỏa điều kiện MỞ RỘNG : Nếu n là số nguyên dương và n p1 p2 pk là phân tích thành thừa số k 2 2 2 k 1 nguyên tố n.Thì có phân biệt có thứ tự cho BCNN(a ;b) là n cặp số nguyên (a ;b) a; b; c / a, b, c X , a b a c Cho X={1 ;2… ;100} và đặt S= Tính S GIẢI: Bài toán có thể chia thành các trường hợp phân biệt xét a=1;2;….;99 Với a=k∈{1;2;….;99} thì số cách chọn b là 100-k và c là 100-k , Thế thì số số (a;b;c) cần tìm là ta có : 100 k Vì k lấy giá trị 1,2,….,99 nên S 992 12 328350 Hãy xác định số hình vuông mà các đỉnh nó là các điểm lưới vuông 10×10 sau (10 điểm , ô) GIẢI: Ta nói điểm n×n quartet ( nhóm ) chúng là các đỉnh hình vuông n×n mà các cạnh nó song song với đường biên lưới Ta nói hình vuông với các đỉnh quartet là quartet square Ta có 81= quartet 1×1 Ta có : quartet 2×2 lưới 3×10 và có lưới 3×10 lưới 10×10 Vậy , có quartet 2×2 lưới 10×10 Tương tự ta có : quartet 3×3 lưới đó Nghĩa là , k∈{1 ;2 ;… ;9} có 10 k quartet k×k Nhưng phần khó khăn là các hình vuông có cạnh không song song với đường biên lưới Mỗi hình vuông này nội tiếp bên quartet (5) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Cho nên ta cần đếm tất các quartet và các hình vuông nội tiếp nó Không khó khăn gì ta k×k quartet có k hình vuông nội tiếp , kể nó Ví dụ k=4 ta hình vẽ bên Như ta : 9 S 10 k k 100k 20k k k 1 k 1 9 k 1 k 1 k 1 100 k 20 k k 825 Có n que có độ dài là 1,2,….n Có bao nhiêu tam giác không cân tạo thành từ số các que đó ? GIẢI : Gọi x,y,z là độ dài que đó Không tính tổng quát , ta giả sử x<y<z que này tạo thành tam giác và x,y,z thỏa bất đẳng thức tam giác tức là x+y>z Ta xếp các tam giác không cân theo độ dài cạnh lớn nó Với 1≤k≤n , ta đặt Ak x; y; z / x; y; z N ;1 x y z k x y z (6) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT A1 A2 An Do đó theo qui tắc cộng , ta cần tính : A1 A2 0 Ta có : Nếu z=3 thì x=1 và y=2 , đó không tồn tam A3 0 giác.Vậy k 4 Bây ta giả sử Ta xét trường hợp : Trường hợp : Trong trường hợp này , ta giả sử k chẳn, tức là k=2m ; m∈Z ; m≥2 Bởi vì x<y nên x+y>2x Chú ý x+y> z Ta xét 2x≤z và 2x> z nghĩa là 1≤x≤m ; và m <x Khi 1≤x≤m ta cần y> z-x= k-x Vì k=2m≥2x nên ta k-x ≥x( thỏa điều kiện y>x) Cho nên y nằm k-x+1 và z-1= k-1 ta có (k-1)-(k-x+1) +1 =x-1 giá trị mà y có thể nhận Khi m<x , bất đẳng thức đầu cho ta x+y>2x >2m=z ( thỏa điều kiện), Bất kỳ y nằm x+1 và k-1 có(k-1)-(x+1)+1= k-x-1= =2m-x-1 giá trị mà y có thể nhân Bởi cho nên ; k=2m m 2m m m x 1 x m 1 x 1 i 0 Ak x 1 2m x 1 x 1 i nghĩa là : Ak m m 1 (m 2) m 1 m 1 2 Chú ý công thức này đúng m=1 nghĩa là k=2 Trường hợp : Trong trường hợp này ta giả sử k lẻ , nghĩa là k=2m+1 với k là số nguyên , m≥2 (7) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Khi 1≤x≤m , ta cần có y> z-x = k-x Lúc này , k=2m+1>2x k-x >x Như trước đó , y có thể lấy các giá trị nguyên nằm k-x+1 và k-1 , có (k-1)- (k-x+1) + 1= x-1 giá trị mà y có thể nhận Khi m < x Như có (k-1)- (x-1)+ 1= k-x-1= 2m-x giá trị mà y có thể nhận Bởi , cho nên k= 2m+1 m Ak x 1 x 1 2m m m x m 1 x 1 i 0 2m x x 1 i m m 1 m m 1 m m 1 2 Chú ý công thức đúng m=0 và m=1 tức là k=1 và k=3 Bây ta bắt đầu giải bài toán Nếu n lẻ : n=2p+1 ( với p là số nguyên không âm nào đó )> Ta có : A1 A2 An A1 A3 A2 p 1 A2 A4 A2 p p p m 0 m 1 p p m 1 m 0 m m 1 m 1 2 m 3 m p p p 1 p 1 Nếu n chẳn : n=2p với p là số nguyên dương Thì ta có : A1 A2 An A1 A3 A2 p A2 A4 A2 p p p m 0 m 1 p m m 1 m 1 2 m m 1 p m m 0 p p 1 p (8) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Một cách giải khác ta giải n=2p+1 thì trường hợp n=2p ta có thể tích sau : A1 A2 A2 p A1 A3 A2 p 1 A2 p1 p p 1 p 1 p p 1 p p 1 p 5 10 Trước Rick mở tủ đựng đồ thể thao mính , thì Rick phải nhớ mật mã khóa tủ , Hai các cặp số mật mã là 17 và 24 , không nhớ cặp số thứ ba Và không nhớ thứ tự cặp số Có 40 khả cặp số thứ ba Trong 10 giây , thì có thể nhớ tất các khả xảy không ? GIẢI : Ta xét tập các khả mã khóa A1 x;17; 24 / x 40 A2 x; 24;17 / x 40 A3 17; x; 24 / x 40 A4 24; x;17 / x 40 A5 17; 24; x / x 40 A6 24;17; x / x 40 Mỗi tập có 40 phần tử phải trừ các phần tử chung tập hợp (17 ;17 ;24) ; (17 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;17) ; (17 ;24 ;24) ; (24 ;24 ;17) ;(24 ;17 ;24) Vậy có tất 40×6-6= 234 11 Một lái xe chứa 1dãy ký tự alphbet theo sau là dãy chữ số Có bao nhiêu lái xe tạo thành o và không dùng cùng lúc (9) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI : Gọi S1 là tập hợp các lái không có số S2 là tập hợp các lái không có chữ o S3 là tập hợp các lái không có số 0và không có chữ o Ta có : S1 S2 S3 263.93 253.103 253.93 17047279 12 Xác định số số nguyên dương nhỏ 1000 chứa ít chữ số cách viết thập phân GIẢI : CÁCH : Gọi S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ 1000 S 999 Gọi S1 ; S2 ; S3 là tập hợp các số nguyên dương có , 2, chữ số Với i=1 ;2 ;3 đặt Ai Si chứa đúng các chữ số đó và có ít chữ số Ta cần tinh A1 A2 A3 Ta dễ dàng thấy A1 2;3; ;9 A1 8 A 11 1b; b 1 b1; b 1 A2 18 Ta có thể chia A2 thành tập hợp : Ta có thể chia A3 A111 A1bc Aa1c Aab1 A11c A1b1 Aa11 Với a,b,c≠1 ;a≠0 Do đó : A3 1 81 2.72 2.9 252 A A A Như ta có =271 CÁCH 2: Ta có thể phân chia tập hợp sau : Gọi S’ là tập hợp số nguyên không âm nhỏ 1000 Gọi B1 là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ 1000 chứa ít chữ số 1, và Gọi B2 là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ 1000 không chứa chữ số Nghĩa là B1 B2 S ' 1000 Ta có B2 9.9.9 729 13 Có 15 lỗ thông máy lạnh rạp hát Để giữ cho nhiệt độ Nên B1 1000 729 271 (10) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT mát mẻ , phải có ít lỗ thông làm việc suốt thời gian Hỏi có bao nhiêu cách thực GIẢI: Ta gọi các lỗ thông là v1; v2 ; v3 ; v15 ; Ta có lỗ thông có 2b lựa chọn là on hay off Ta sử dụng ký tự n cho on, và f cho off Ta đánh dấu 15 mã gồm 15 kí tự cho tình Như theo qui tắc nhân có tính , tình fffff….f bị loại vì tất các lỗ thông 15 đóng Do đó có =32767 tình xảy n ĐỊNH LÝ : Cho tập hợp S có n phần tử , thì có tập S bao gồm S và tập rổng Gọi A và B là tập hợp Một ánh xạ f ( map- mapping – function) từ tập hợp A đến tập B ( viết là f:A→ B) đánh dấu phần tử a∈A với đúng phần tử b∈B ( viết là f(a)=b) b là ảnh a Với A’ A , Gọi f(A’) ( ảnh A’) xác định tập hợp các ảnh phần tử a∈A’ Nếu f(A)= B thì f gọi là toàn ánh (surjective- onto)nghĩa là , với b∈B là ảnh a∈A Với phần tử phân biệt a1 ; a2 A có ảnh khác thì f gọi là đơn ánh ( injective- one to one) Nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh( bijective– one-to-one correspondence) HOÁN VỊ : ( PERMUTATION)(khái niệm mở rộng):tương đương với khái niệm chỉnh hợp sgk) Một cách xếp thứ tự m phần tử phân biệt n phần tử phân biệt cho trước ( m≤n) gọi là hoán vị lấy m phần tử n phần tử Vì các phần tử là không lặp lại nên nên hoán vị cùng là không lặp và số hoán vị lấy m phần tử n phần tử phân biệt ký hiệu là Anm n n 1 n n m 1 có : n! n m ! 10 .( m≤n) Pnm ( Anm ) .Khi đó ta (11) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Đặc biệt là m=n thì gọi là hoán vị n phần tử, Số hoán vị n phần tử là Pn n ! 14 Cho tập hợp E={a;b;c;…;x,y,z} là tập hợp 26 chữ cái tiếng Anh Tìm số từ có ký tự cho các ký tự tạo thành từ tập E; và ký tự đầu và cuối là các nguyên âm phân biệt , các ký tự còn lại là các phụ âm phân biệt GIẢI: Đáp số : A5 A21 159600 15 Trong họp có nam và nữ Có bao nhiêu cách xếp họ thành hàng cho : a/ người nữ tạo thành nhóm ( nghĩa là không có người nam nào ngồi người nữ ) b/ Hai vị trí hai đầu là nam và không có nữ nào ngồi kề GIẢI: A/ Đáp số : 8!.3! B/ Trước hết ta xếp nam : có 7! cách xếp Với cách xếp cố định đó , vì vị trí đầu là nam , nên có chỗ cho nữ Vậy số cách xếp là 7!×6×5×4 16 Giữa các số 20000 và 70000 , tìm số các số nguyên chẳn mà các chữ số không lặp lại GIẢI: Gọi abcde là số cần tìm , Chữ số a có thể chọn từ {2;3;4;5;6} và chữ số e có thể chọn từ {0;2;4;6;8} Vì {2;3;4;5;6} {0;2;4;6;8}={2;4;6} nên ta chia thành trường hợp rời nhau: Trường hợp 1: a∈{2;4;6} : a có cách chọn , e có 5-1=4 cách chọn , và 3 bcd có A10 A8 cách chọn Vậy có 4 A8 4032 số chẳn Trường hợp 2: a∈{3;5} a có cách chọn , e có cách chọn và còn lại bcd có A8 cách chọn Vậy có 5 A8 3360 số chẳn Vậy có tất 7392 số chẳn 17 Cho S là tập hợp các số tự nhiên mà các chữ số chọn từ {1;3;5;7} Sao cho không có chữ số nào lặp lại Tìm 11 (12) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT a/ S n b/ nS GIẢI: CÁCH 1: a/ Ta chia S thành tập hợp rời nhau: (1) các số có chữ số: 1;3;5;7 (2) các số có chữ số : 13;15;17;…… (3) các số có chữ số : 135;137;…… (4) các số có chữ số: 1357;1375;… Ta có : S Si A41 A42 A43 A44 4 12 24 24 64 i 1 b/ Gọi 1 xác định tổng các chữ số hàng đơn vị các số S, xác định tổng các chữ số hàng chục các số S; xác định tổng các chữ số hàng trăm các số S xác định tổng các chữ số hàng ngàn các số S Do đó ; 1 10 100 1000 Trước hết , ta xác định 1 ; Rỏ ràng , tổng các chữ số hàng đơn vị S1 là 1+3+5+7 =16 Trong S có A3 số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị các số S2 , là A31 (1 7) 48 Trong S3 có A số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị các số S3 , là A3 (1 7) 96 Trong S có A3 số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị các số S4 , là A3 (1 7) 96 Cho nên : 1 16 48 96 96 256 Tương tự , ta có : A31 A32 A33 240 A32 A33 (1 7) 192 A33 (1 7) 96 12 (13) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Vậy 1 10 100 1000 256 2400 19200 96000 117856 CÁCH 2: S1 có thể chia thành cặp {1;7} và {3;5} và tổng Rõ ràng số số cặp này là 12 số S2 có thể chia thành cặp {13;75};{15;73};{17;71};{35;53}… và tổng số cặp này là 88 Tương tự ; 24 số S3 có thể chia thành cặp và tổng số cặp này là 888 24 số S4 có thể chia thành cặp và tổng số cặp này là 8888 12 24 24 8 88 888 8888 117856 2 2 Như : TỔ HỢP ( COMBINATION) Một lựa chon m phần tử phân biệt không xếp thứ tự n phần tử phân biệt gọi là tổ hợp m phần tử n phần tử Vì các phần tử không lặp lại nên tổ hợp này còn gọi là tổ hợp không lặp Số tổ hợp không lặp lại m phần tử từ n phần tử là 18 Cnm n! m ! n m ! r r r Chứng minh công thức : Cn Cn Cn (n,r∈N; r≤n) GIẢI: Cách 1: Dùng công thức Cách 2: Dùng Tổ hợp r Gọi A={1;2;…;n} có Cn cách lấy r phần tử từ A Mỗi cách lấy đó có phần tử “1” không có phần tử “1” r Số cách lấy có phần tử “1” là Cn ( cần lấy thêm r-1 phần tử) r Số cách lấy không có phần tử “1” là Cn Từ đó suy đpcm Một dãy các số a1 ; a2 ; an gọi là xâu k-aray , với n,k ∈ N * , 0;1; 2; ; k 1 với i=1 ;2 ;…… ;n Độ dài xâu là n , chính là 13 (14) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT a ; a ; ; a n số số hạng xâu Đôi xâu có thể viết là Một xâu k-aray có thể gọi là xâu nhị phân ( binary) , Xâu tam phân ( ternary) hay tứ phân ( quarternary) k=2 , 3, Ví dụ : {(0 ;0 ;0) ; (0 ;0 ;1) ;(0 ;1 ;0) ;(1 ;0 ;0) ;(0 ;1 ;1) ;(1 ;0 ;1) ;(1 ;1 ;0) ; (1 ;1 ;1) } là tập hợp tất xâu nhị phân có độ dài là Để tạo xâu k-aray có độ dài n : trước hết ta chọn a1 từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} chọn a2 từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} ; và cuối cùng chọn an từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1},Vì có k cách chọn bước , nên số xâu k-ary phân biệt có độ dài n là n k k k k n 19 Cho dãy nhị phân có chiều dài là 7.Hỏi có bao nhiêu dãy chứa số và số GIẢI: Trước hết ta xếp số vào vị trí chuỗi Sau đó xếp số vào vị trí còn lại Vậy có C7 C4 chuỗi thỏa điều kiện 20 Có bao nhiêu cách lập Ủy Ban gồm người từ 11 người bao gồm thầy giáo và học sinh, : a/ Không có yêu cầu cách lựa chọn b/Ủy ban phải bao gồm đúng thầy giáo c/ Ủy ban phải bao gồm ít thầy giáo d/ Đặc biệt thầy giáo và học sinh không thể cùng nằm ủy ban GIẢI: a/ C115 462 b/ C4 C7 210 c/ C4 C7 C4 C7 91 d/ Gọi T là người thầy đặc biệt, S là học sinh đặc biệt Ta tìm số cách lập ủy ban bao gồm T và S Như có C9 cách lập Vậy số cách lập thỏa điều kiện là C11 C9 378 14 (15) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 21 Giả sử có người chơi a;b;c;d;e;f;g;h tham dự giải tennis đơn Ở vòng đầu tiên, họ chia thành cặp để thi đấu Hỏi số cách xếp Gọi A là tập hợp gồm 2n phần tử Một ghép đôi A ( A pairing ) là phân chia tập hợp A thành các tập phần tử rời tức là hợp các tập phần tử rời tạo thành A Thí dụ : Nếu A={a;b;c;d;e;f;g;h} thì {{a;b};{c;f};{d;h};{e;g}} và {{a;h};{c;f};{d;h};{b;g}} là ghép đôi khác A.Chú ý thứ tự các tập và thứ tự phần tử tập là không quan trọng 22 Cho A là tập hợp gồm 2n phần tử ( n≥1) Tìm số ghép đôi khác A GIẢI: Ta xét cách khác để giải bài tập này : Cách 1: Ta chọn phần tử là x A Số cách để chọn người cùng cặp với x , gọi là y, là 2n-1 cách ( và {x;y} là tập phần tử).Chọn phần tử khác là z, từ 2n-2 phần tử còn lại tập hợp A\{x;y} Số cách để chọn người cùng cặp với z là 2n-3 Tiếp tục quá trình đó Số cách cần tìm là : (2n-1)(2n-3)… 5.3.1 Cách 2: Trước hết ta tạo tập có phần tử A và đặt vào vị trí (1) hình vẽ Có C2n cách là { } { } { } { } (1) (2) (3) (n ) Kế tiếp , lại tạo tập có phần tử từ phần còn lại A và đặt chúng vào vị trí (2) Có C2 n cách làm Và tiếp tục C22n C22n .C42 C22 n! Do đó số cách cần tìm là : vì các phân chia không quan tâm đến thứ tự Cách 3: Trước hết ta xếp 2n phần tử A thành hàng và đặt chúng vào 2n khoảng trống sau: { ; };{ ; };………………….{ ; }; (1) (2) (3) (4) (2n-1) (2n) Có (2n)! cách xếp Vì thứ tự các phần tử tập 15 (16) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT phần tử và thứ tự các phần tử n tập là không quan trọng nên số 2n ! 2!2! .2! n ! 2n ! n !2 n n cách theo yêu cầu là : CHÚ Ý: Bài toán trên có thể mở rộng theo cách sau: Cho A là tập hợp có kn phần tử phân biệt (k,n∈N) ghép k-phần tử A là phân hoạch A thành các tập k phần tử tức là phân chia A thành các tập k phần tử đôi rời 23 Có bao nhiêu số có chữ số lớn 21300 cho các chữ số nó là phân biệt và lấy từ các chữ số {1;2;3;4;5} GIẢI: Cách 1: Ta chia thành các loại: - Số các có chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là các số 3,4,5: là A3 P4 - Số các có chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là số và chũ số hàng nghìn là các số 3,4,5 là A3 P3 -Số các có chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là và chữ số hàng nghìn là là P3 1 Vậy tổng số các số là A3 P4 A3 P3 P3 96 Cách 2: Vì số các số có chữ số mà các chữ số phân biệt là P5 và có các số mà chữ số hàng chục ngàn là thì không vượt quá 21300 ( số các số này là P4 ) nên số các số cần tìm là P5 P4 96 24 Cho n,k là các số nguyên dương và S là tập hợp n điểm mp cho: (i) không có điểm nào S là thẳng hàng , (ii) Với điểm P thuộc S , có ít k điểm thuộc S cách P Chứng minh IMO 1989 k 2n GIẢI: 16 (17) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Để thuận lợi , ta gọi đoạn thẳng nối điểm S là cạnh Gọi l là số cạnh mp Trước hết , vì có n điểm phân biệt và điểm xác định cạnh nên ta có l= Cn cạnh Kế tiếp , điểm P S theo điều kiện (ii) có thể vẽ đường tròn tâm P(C(P)) cho đường tròn đó chứa ít k điểm S Rõ ràng điểm S nằm trên (C(P)) xác định ít Ck cạnh Do đó với n điểm P tập hợp S thì tổng số cạnh ít là n Ck ( có đếm lặp lại) Bây ta thấy , các cạnh đếm nhiều lần cạnh đếm nhiều lần và cạnh đó là dây cung chung ít đường tròn Vì đường tròn có nhiều dây cung chung cho nên n đường tròn , số dây cung chung đếm lặp lại nhiều Cn Cho nên : l nCk2 Cn2 Cn2 nCk2 Cn2 2Cn2 nCk2 k 2k n 1 0 n 1 1 k 8n n 2 2 NHẬN XÉT: (1) Trong chứng minh trên , đại lượng l dẫn từ đầu và nó đếm ước lượng cách suy nghĩ, các cách dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh Đó là kỹ thuật hay sử dụng tổ hợp (2) Từ chứng minh trên ta thấy điều kiện (i) là không cần thiết vì A,B,C thẳng hàng thì đoạn thẳng AB,AC,BC xem là cạnh phân biệt HOÁN VỊ LẶP LẠI : Một cách xếp m phần tử n phần tử phân biệt ( phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần )được gọi là hoán vị lặp lại m phần tử từ n phần m tử.Số hoán vị lặp lại là n Chứng minh : Xác định n phần tử phân biệt là 1,2,3…n Thế thì tổ hợp lặp có i ; i2 ; ; im i1 i2 im n dạng : Đặt j1 i1 j i 2 j1 j2 jm n m jm im m 17 (18) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT i ; i ; ; im và tổ hợp lặp tương ứng với tổ m j ; j ; ; jm hợp không lặp và số tổ hợp này là Cn m ALL PERMUTATION OF INCOMPLETE DISTINCT OBJECTS: Giả sử có n phần tử bao gồm k phần tử phân biệt a1; a2 ; .; ak với số lần lặp lại tương ứng là n1 ; n2 ; nm : n1 n2 nm n , tất các hoán vị n phần tử gọi là tất các hoán vị các đối tượng phân biệt không Ann1 ;n2 ; ;nk n! n1 !.n2 ! nk ! đầy đủ , ta có số hoán vị loại đó là Chứng minh : Gọi f là số hoán vị thỏa mãn bài toán Nếu ta trao đổi các phần tử cùng loại và xếp lẩn nhóm thì ta có n1 !.n2 ! nk ! hoán vị Theo qui tắc nhân số tất các hoán vị n phần tử phân biệt f n1 !.n2 ! nk ! Do đó ta có : f n1 !.n2 ! nk ! = n! Suy đpcm 25 Tìm số dãy tam phân có độ dài là 10 có chữ số 0, chữ số 1và 5chữ số GIẢI: Đáp số : 2520 26 Tìm số cách để lát hình chữ nhật 1×7 các block 1×1; 1×2; 1×3 Giả sử các block này có cùng kích thước là không đáng kể GIẢI: Minh họa cách phủ sau: 1 3 Với i =1 ;2;3 , ta đặt bi xác định block 1×i Như , cách lát thứ trên có thể biểu diễn dạng b2b1b3b1 Đó là hoán vị b1; b2 ; b3 18 (19) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT b ; b 1 Cách thứ hai biểu diễn b1b3b3 Đó là hoán vị Chú ý tổng các số GIẢI: Từ minh họa trên , ta thấy số cách yêu cầu với số hoán vị vài số bi cho tổng các số bi là Ta có trường hợp bao gồm các khả sau đây: i b1 iii b1; b3 v b1; b2 ; b3 vii b1; b3 ii b1 ; b2 iv b1; b2 vi b1;3 b2 (viii) b2 ; b3 Trong trường hợp , số hoán vị là : 6! 6 5! 5! (iv) 10 3!2! 4! (vi) 4 3! 3! (viii) =3 2! i (ii) 5! 5 4! 4! (v) 12 2! 3! (vii ) 3 2! (iii ) Như có : 44 cách lát 3n n Chứng minh (4n)! là bội số với số tự nhiên n 27 GIẢI: Xét tập hợp M a1; a2 ; ; an P 4n; 4; ; Ta có : Vì P 4n; 4; ; 4n ! n ! n n 4! 23.3 4n ! 23n.3n là số tự nhiên nên suy đpcm TỔ HỢP LẶP LẠI: Một lựa chọn không thứ tự m phần tử từ n phần tử đã cho phân biệt ( phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần ) gọi là tổ hợp lặp Số tổ hợp lặp m là Cn m 19 (20) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT .a ; .a2 ; ; .an ; Cho M= là multi-set với n ∈N m a ; m a ; ; mn an Một multi-set dạng 1 2 với mi là các số nguyên không âm, gọi là m1 m2 mn -phần tử multi-subset cua r M Với số nguyên không âm r , goi H n xác định số r-phần tử multisubset M 28 Có loại sandwich , gọi là chicken(C ) ; fish(F) ; ham (H) có nhà hàng Một người muốn đặt trước sandwich Giả sử không giới hạn việc cung cấp sandwich loại , Hỏi có bao nhiêu cách đặt phần ăn trên? GIẢI: Vấn đề bài toán này là đếm số H liệt kê 6-phần tử multi C ; F ; H subset Bảng sau đây cho cách lựa chọn : (C) oo o (1) (2) (3) (4) (F) o oooo oo ooo (H) ooo o oooo ooo Ta biểu diễn bảng trên chuỗi nhị phân : (1) 00101000 (2)01000010 (3)10010000 (4)00011000 Trong trường hợp , ta thấy việc thứ tự loại sandwich tương ứng với chuỗi nhị phân có độ dài là vói ký tự và ký tự , thứ tự khác dẫn đến chuỗi nhị phân khác Ta thấy có song ánh tập hợp các cách xếp với tập hợp chuỗi nhị phân trên Cho nên ta có , H C8 Xét trường hợp tổng quát: a1 a2 a3 20 an (21) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT S oo .o oo .o oo .o r1 r3 … oo .o rn r1 Sử dụng cấu này , tập S= r1 a1 ; r2 a2 ; ; rn an M , đây ri 0; i có thể biểu diễn thành hàng có ri số khoảng Nếu ta xem cột đứng là số thì r-phần tử tập M tương ứng với ột chuỗi nhị phân có độ dài r+n-1 với r số và n-1 số Tương ứng này là song ánh họ các r-phần tử tập M và họ các chuỗi nhị phân trên Như ta có kết quả, .a ; .a2 ; ; .an ; Cho M= là tập với n ∈N.Số r-phần tử M là H nr Cnrr NHÂN TỔ HỢP: Sắp xếp n phần tử phân biệt vào k loại phân biệt ( k≤n) cho có ni phần tử nhóm thứ i , ( i=1;2….;k; n1 n2 nk n ) Thế thì số cách xếp là : Cnn1 ;n2 ; ;nk n! n1 !.n2 ! nk ! Chứng minh : n Số cách lấy n1 từ n phần tử là Cn n Số cách lấy n2 từ n- n1 phần tử là Cn n …………………………… nk Cn từ n n1 n2 nk phần tử là n n n . n k k Số cách lấy Sử dụng qui tắc nhân ta số cách thành lập là : Cnn1 Cnn2 n1 .Cnn1k n2 . nk (n n1 n2 nk )! n! (n n1 )! n1 ! n n1 ! n2 ! n n1 n2 ! nk ! n n1 n2 nk ! n! n1 !n2 ! nk ! 29 Giả sử có cờ đỏ , cờ xanh và cờ vàng để đặt vào vị trí cột cờ đã đánh số Hỏi có bao nhiêu ký hiệu phân biệt từ các cây cờ đó 21 (22) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI: 9! 1260 Số ký hiệu phân biệt là : 3!2!4! 30 Có bao nhiêu cách chọn cặp đôi từ n người ( n≥6) GIẢI: Cách 1: Số cách lấy người từ n người : Cn người này phân chia thành nhóm , nhóm có đúng người , số 2,2,2 cách chia là : C6 theo yêu cầu là: nhóm này không cần thứ tự nên số cách chọn Cn6 C62,2,2 n! 3! 48 n ! Cách 2: Cn6 Số cách lấy người từ n người : 2 Với người , có C6 chọn người, với người còn lại có C4 cách chọn người Cuối cùng có C2 chọn người còn lại , Nhưng cặp này Cn6 C62 C42 C22 n! 3! 48(n 6)! không có thứ tự nên số cách chọn là : HOÁN VỊ VÒNG TRÒN CỦA CÁC PHẦN TỬ PHÂN BIỆT: Nếu ta xếp n phần tử phân biệt trên đường tròn thì hoán vị gọi là hoán vị vòng tròn n phần tử, Số hoán vị vòng tròn n phần tử Pn n 1 ! là : n CHỨNG MINH : Vì n hoán vị đường thẳng cho ta hoán vị đường tròn mà ta lại có n! hoán vị đường thẳng nên suy đpcm Các hoán vị nhận từ qua phép quay quanh tâm , xem là Gọi A là tập hợp gồm n phần tử phân biệt Với 0≤r≤n , số hoán vị 22 (23) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT r vòng tròn r phần tử từ tập A ký hiệu là Qn Ta chứng minh Qnr Anr r 31 Có bao nhiêu cách để nam và nữ ngồi chung quanh cái bàn , : a/ không có hạn chế gì ? b/ Nam B1 và nữ G1 không ngồi kề c/ không có nữ nào ngồi kề GIẢI: a/ Đáp số : 7! b/ nam và nữ ( không tính G1) có thể có (7-1)! Cách xếp G1 có cách ngồi không kề với B1 Vậy có 6!×5=3600 cách xếp Ta có thể dùng nguyên lý Phần Bù:(PRINCIPLE OF COMLEMENTATION-CP) X \A X A Nếu A là tập X thì Số cách xếp nam và nữ đó B1 và G1 ngồi cạnh là : 6!.2! =1440 Vậy số cách xếp thỏa mãn bài toán là : 7!- 1440=3600 c/ Trước hết ta xếp nam vào bàn , có (5-1)! Cách xếp Lần lượt có cách để xếp G1; cách để xếp G2; và cách để xếp G3 Vậy có tất 4!×5×4×3=1440 cách xếp 32 Tìm số cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng xung quanh bàn tròn cho : a/ Nam và nữ ngồi luân phiên b/ Mỗi Nữ ngồi kề với chồng mình GIẢI: a/ Xếp n người nam có (n-1)! cách xếp n người nữ có thể ngồi vào n khoảng người nam , nên có n! cách xếp Vậy có n!.(n-1)! Cách xếp b/ Mỗi cặp vợ chồng xem phần tử Số cách xếp n phần tử này là (n-1)! Vì cặp vợ chồng có cách xếp , n 1 !.2n nên số cách xêp tổng cộng là : CHÚ Ý : Một bài toán khó và tiếng liên hệ với bài tập trên là: 23 (24) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng (n≥3) quanh bàn tròn chon nam và nữ ngồi xen kẽ vợ không ngồi cạnh chồng ? Bài toán này lần đầu tiên giới thiệu nhà toán học Pháp Francis Edward Anatole Lucas (1842-1891) 33 Nếu phải xếp ít người trên bàn thì có bao nhiêu cách xếp người ngồi: a/ quanh bàn b/quanh bàn GIẢI: a/ Với bàn, có trường hợp để xét số người ngồi quanh bàn tương ứng , (1) 5+1 (2) 4+2 (3) 3+3 Trường hợp 1: Có C6 cách chia người thành nhóm với số lượng và bàn Số cách xếp người vào bàn là (5-1)! và người vào bàn còn lại là 0! Theo qui tắc nhân , ta có : C6 4!0! 144 Trường hợp 2: Có C6 cách chia người thành nhóm với số lượng và vào bàn Số cách xếp người vào bàn là (4-1)! và người vào bàn còn lại là 1! Theo qui tắc nhân , ta có : C6 3!1! 90 Trường hợp 3: Ta chú ý trường hợp này Số cách để chia thành nhóm 3 C6 C6 2!2! 40 và là Vậy số cách xếp là Cho nên theo qui tắc cộng là : 144+90+40=274 b/ Với bàn ta có trường hợp : (1)4+1+1 (2)3+2+1 Số cách xếp trường hợp là: (3) 2+2+2 C6 C2 3!0!0! 90 C63 C32 2!1! 120 1 (3) C62 C42 1!1!1! 15 Theo qui tắc cộng : 90+120+15=225 CHÚ Ý: Cho r,n là các số nguyên , 0≤n≤r , xác định số cách thứ tự r phần tử phân biệt quanh n đường tròn ( không phân biệt) cho đường tròn có ít phần tử ( ký hiệu là s(r;n)).Các số s(r;n) gọi là số 24 (25) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Stirling loại 1, mang tên nhà toán học James Stirling ( 1692- 1770) Ví dụ : s(6;2)= 274 ; s(6;3)= 225 Các kết khác : s(r;0)= r≥1 s(r;r)=1 r≥0 s(r;1)= (r-1)! r≥2 s(r;r-1)= Cr 34 r≥2 Chứng minh : s(r;n) = s(r-1;n-1) + (r-1)s(r-1;n) với r,n∈N;n≤r GIẢI: Để đơn giản , ta gọi r phần tử phân biệt là 1,2,….r Xét phần tử “1” , với cách xếp các phần tử , là : (i) là phân tử đường tròn (ii) trộn với các phần tử khác đường tròn Trong trường hợp thứ có s(r-1;n-1) cách xếp Trong trường hợp thứ hai có s(r-1;n) cách xếp các phần tử 2;3;…r vào n đường tròn , đó có thể đặt vào r-1 khoảng trống phân biệt đến “ immediate right “ r-1 phần tử tương ứng Theo qui tắc nhân , trường hợp này có (r-1).s(r-1;n) cách xếp Suy đpcm Sử dụng các giá trị ban đầu: s(0;0)=1 ; s(r;0)=0 ; s(r;1)= (r-1)! Với r≥1ta có thể tìm các giá trị s(r;n) với r,n khá nhỏ SỐ XÂU CHUỖI HẠT: Giả sử xâu chuỗi hạt bao gồm n hột xếp trên đường tròn n 1 !(n 3) thì số xâu phân biệt là ( n=1 ;2) hay CHỨNG MINH : Nếu n=1 hay n=2 thì số xâu chuỗi là Giả sử n ≥3, vì xâu chuỗi có thể quay hay lật ngược lại mà không làm thay đổi gì , nên số xâu chuỗi ½ số hoán vị vòng tròn 35 Có bao nhiêu cách xếp nữ và 15 nam để nhảy múa theo vòng tròn cho có ít người nam đứng người nữ GIẢI: 25 (26) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Trước hết với người nữ , ta coi người bạn nhảy nam cô là người đứng bên trái và người đứng bên phải Vì có người nữ 12 phân biệt nên ta có thể chọn 12 người nam từ 15 người nam A15 cách Kế đến , người nữ và bạn nhảy nam mình xem là nhóm , phần dư lại 15-12=3 người nam xem là nhóm Như tổng cộng có nhóm , mà ta có thể hoán vị vòng tròn nên có 15!.8! A1512 8! 3! cách 8! Cách Theo qui tắc nhân ta có : SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT.(bài toán chia kẹo Euler) Số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 x2 xm n(m, n N ) Cnmm1 Cnnm CHỨNG MINH : x ; x ; ; xm Ta xét nghiệm không âm phương trình là với hoán vị n đường tròn “ O” và m-1 cạnh “/ “ : OO O / OO O / / OO O x1 x2 xm tương ứng Ở đây x1 là số đường tròn “O” bên trái dấu / thứ nhất, xi 1 là số đường tròn “O” dấu/ thứ i và dấu / thứ i+1, … xm là số đường tròn “O” bên phải dấu / thứ m-1 Vì tương ứng trên là 1-1 , nên số nghiệm phương trình số hoán vị n đường tròn “O” và m-1 dấu/ tức là Cnmm1 Cnnm CHÚ Ý : Số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 x2 xm n(m, n N ) số tổ hợp lặp lại việc lấy m phần tử từ n phần tử ( phần tử có thể có hữu hạn lần lặp lại) HỆ QUẢ : Số nghiệm nguyên dương phương trình x1 x2 xm n( m, n N ) n m Cnm11 (1) CHỨNG MINH : Đặt yi xi 1(i 1; ; m) Khi đó ta có : (1) y1 y2 ym n m (2) 26 (27) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Số nghiệm dương (1) số nghiệm không âm phương trình (2) Cmn 1m m Cnm11 đó Lời giải khác VD7: Giả sử 15 nam chia thành nhóm cho lảnh đạo nhóm là người nữ và có ít nam nhóm Xác định số nam nhóm là x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; x6 tương ứng , thì ta có phương trình : x1 x2 x3 x4 x5 x6 15 xi N ; xi 2; i 1; 2;3; 4;5;6 (1) y x i 1; ; y y y y y y 3 Đặt i i (2) Thế thì số nghiệm nguyên (1) số nghiệm nguyên không âm 6 (2) tức là C36 C8 C8 Như 15 nam chia thành nhóm cho nhóm có ít nam thì có C8 cách Ta xếp nhóm đó vòng tròn thì có (6-1)!=5! cách Người lảnh đạo nhóm là nữ và vị trí nó xác định 15 nam ngồi trên đường tròn có 15! cách Theo qui tắc nhân ta có số hoán vị thỏa mãn yêu cầu bài toán là C83 5!.15! 8!.15! 3! 36 Có bao nhiêu số nguyên có chữ số cho tổng các chữ số số nguyên là 11 GIẢI: Ta xác định chữ số hàng trăm , hàng chục và hàng đơn vị là x1 ; x2 ; x3 ( x1 1; x2 0; x3 0) x1 x2 x3 11 : Đặt (1) y1 x1 1; y2 x2 ; y3 x3 ; y1 y2 y3 10 yi 0; i 1; 2;3 (2) 3 10 3 C12 Số nghiệm (1) số nghiệm (2) tức là C trừ nghiệm sau : (11;0;0) ; (10;1;0) ;(10;0;1); (1;10;0); (1;0;10) có tất : C122 61 NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ NGUYÊN LÝ LOẠI TRỪ : Gọi A1; A2 ; An là n tập hữu hạn Ta xác định số phần tử Ai là Ai (i 1; 2; n) Thế thì ta có công thức (1) sau: 27 (28) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT n A1 A2 An Ai i 1 Ai Aj 1i j n Ai Aj Ak 1 n A1 A2 An 1i j k n CHỨNG MINH : Với phần tử x A1 A2 An ta chứng minh x có số lần đếm giống vế (1) Vì x thuộc ít các tập hợp A1 ; A2 ; ; An nên không tính tổng quát ta giả sử x A1 ; A2 ; Ak và không thuộc các tập hợp khác Trong trường hợp này x đếm lần VT (1) Nhưng VP n (1) x đếm Ck1 lần đếm Ck lần đếm : Ck1 Ck2 Ck3 1 k A i ; đếm i 1 Ai Aj Ak 1i j k n Ck2 lần Ai Aj 1i j n ; ;…… Suy , VP x k k Ckk Ck0 Ck0 Ck1 Ck2 Ck3 1 Ckk 1 1 1 Rõ ràng với x A1 A2 An thì vế x không đếm lần nào Như vế phần tử x đếm số lần , nên công thức chứng minh CHÚ Ý : Phương pháp chứng minh trên gọi là phương pháp GÓP LẠI ( CONTRIBUTED METHOD) NGUYÊN LÝ QUÉT LIÊN TIẾP ( SUCCESSIVE SWEEP PRINCIPLE) : SIEVE FORMULA – CÔNG THỨC SÀNG : Ai S Cho S là tập hợp hữu hạn , Ai (i=1;2… ;n) và xác định phần bù S là Ai (i=1;2;….;n) Thế thì : A1 A2 An S A1 A2 An S n A i i 1 1i j n CHỨNG MINH : Ta có :theo công thức De Morgan A1 A2 An A1 A2 An S A1 A2 An 28 Ai Aj 1i j k n Ai A j Ak (29) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 37 Xác định số các số nguyên dương nhỏ 1000 và không chia hết cho và không chia hết cho GIẢI: Ai k / k S ; k i Đặt S={1;2;…;999} Theo công thức sàng , ta có: Thế thì ta cần tính : A5 A7 999 999 999 A5 A7 S A5 A7 A5 A7 999 999 199 142 28 686 7.5 38 Có bao nhiêu cách để gắn n lá thư phân biệt vào n phong bì cho không có lá thư nào vào đúng phong bì tương ứng nó ( BÀI TOÁN CÁC LÁ THƯ SAI ĐỊA CHỈ CỦA BERNOULLI-EULER) GIẢI: Ta phát biểu lại bài toán : Có bao nhiêu hoán vị các số {1;2;…;n} cho số k không đặt vị trí k với k (1≤k≤n) Các hoán vị gọi là hoán vị xáo trộn ( derangement) và số hoán vị đặt là Dn Gọi S là tập hợp các hoán vị {1;2;…;n} và Ai là tập hợp các hoán vị a1; a2 ; ; an {1;2;…;n} thỏa điều kiện i (i=1;2;….;n) Rõ ràng ta có : S n !; Ai n 1 !; Ai A j n !, Ai1 Ai2 Aik n k ! i1 i2 ik n Theo công thức sàng , ta có: n Dn A1 A2 An n ! Cn1 (n 1)! Cn2 n ! Cn3 n 3 ! 1 Cnn 0! n 1 1 n ! 1! 2! 3! n ! 29 (30) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT HOÁN VỊ VÀ CÁC ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA NÓ: Cho X={1;2;…;n} ; φ là song ánh từ X vào chính nó và ta thường viết n 1 1 n hoán vị dạng sau đây: i i Với i∈X, φ , thì i gọi là điểm bất động hoán vị φ trên X Với VD trên , ta có hệ sau đây: HỆ QUẢ : Số hoán vị không có điểm bất động tập X n 1 1 Dn n ! 1! 2! 3! n ! 39.Giả sử tập X={1;2;…;n} và xác định số hoán vị không có điểm bất động X là f n , số hoán vị có đúng điểm bất động X là g n f g 1 Chứng minh n n CANADIAN MO LẦN 14 GIẢI: g ni Gọi là số hoán vị với đúng điểm bất động là I (i=1;2….;n) Thế thì : g n g n1 g n2 g n3 g nn Theo hệ trên , ta có : f n Dn ; g ni Dn (i 1; 2; ; n) và g n nDn Nên : f n g n Dn nDn n 1 1 n ! 1! 2! 3! n! 1 n ! n! 40 n 1 1 n.( n 1)! 1! 2! 3! ( n 1)! n 1 a Một dãy số n nhận từ dãy các số nguyên dương {1;2;3…; …} cách xóa tất các bội số hay ngoài trừ Tinh a2009 30 (31) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI: CÁCH 1: ( PHƯƠNG PHÁP ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ- ESTIMATE VALUE METHOD) A k / k S ; k i Đặt a2009 n ; S={1;2;3….;n} và i (i=3;4;5) Thế thì tập A A A A hợp các số không bị xóa là Áp dụng công thức sàng , ta có : 5 2009 A3 A3 A3 A5 A3 A3 A3 A5 S A3 A4 A5 A3 A4 A3 A5 A4 A5 A3 A4 A5 A5 n n 3 n n n n n 4 5 5 4 5 Áp dụng bất đẳng thức 2009 n 2009 n a a a , ta : n n n n n n 1 n 1 1 4 5 4 4 5 n n n n n n 1) ( 1) ( 1) ( n 3 5 4 4 4 5 1 3343 n 3353 3 Như ta : Nếu n là bội số hay không phải 5, thì n không là số hạng a dãy số n , theo yêu cầu n là các số sau: 3345;3346;3347;3349; 3350;3353 Lần lượt các số trên vào phương trình ban đầu ta n= 3347.Vậy a2009 3347 CÁCH 2: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔ HỢP( COMBINATORIAL ANALYSIS METHOD): Ta có BCNN(3;4;5)= 60 Đặt S0 1; 2;3; ; 60 ; Ai k / k S ; k i ;(i 3; 4;5) Thế thì tập hợp các số không bị xóa công thức sàng , ta có: 31 S0 A3 A4 A5 A5 Áp dụng (32) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT A A A A A A A A 3 3 S A3 A4 A5 A3 A4 A3 A5 A4 A5 A3 A4 A5 A5 60 60 3 60 60 60 60 60 4 5 4 4 5 36 a Do đó có 36 số hạng dãy số n S0 là : a1 1; a2 2; a3 5; a4 7; ; a36 60 Gọi P a1 ; a2 ; ; a36 và an 60k r (k ; r N ;1 r 60) a ;12 60k r ;12 r ;12 1 a ;12 r;12 1 Vì n hay n / an / r r P Mặt khác với số nguyên dương có dạng 60k+r ( k;r là các số nguyên không âm và r∈P) Nếu (r;12)=1 thì (60k+r;12)=1 , 60k+r là số hạng dãy số Nếu (r;12)≠1 thì 5/r (vì r∈P) , 5/60k+r thì 60k+r là số hạng dãy số Như , dãy số bao gồm tất các số dương có dạng 60k+r ( k,r là các số nguyên không âm và r∈P) Với k cho trước , ta nhận 36 số hạng lien tiếp dãy số Chú ý 2009= 36×55+29 a2009 60 55 a29 Nhưng a36 60; a35 59; a34 58; a33 55; a32 53; a31 50; a30 49; a29 47 Vậy a2009 3300 47 3347 BÀI TẬP ÁP DỤNG : 1/ Một thầy giáo trao n+1 giải thưởng cho n học sinh cho học sinh nhận ít giải thưởng Hỏi có bao nhiêu cách trao giải? a / n Ann1 b/ n 1 Pn c/A nn 1 d/Cn2 1.Pn GIẢI: Theo điều kiện , phải có học sinh nhận giải thưởng.và học sinh còn lại nhận giải thưởng Đáp số : D 2/Giả sử thầy giáo chọn sinh viên từ nam và nữ để lập nhóm thảo luận , Hỏi có bao nhiêu cách thành lập để nhóm thảo luận có ít nam , nữ a/60 b/80 c/120 d/420 GIẢI: 32 (33) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 2 Số cách chọn là : C5 C4 C5 C4 C5 C4 120 Đáp số : C 3/Nếu số có chữ số lớn 20000 không là bội số có tính chất sau: các chữ số nó là phân biệt và chữ số là các số 1,2,3,4,5 thì số số cần tìm là a/96 b/76 c/72 d/36 GIẢI: Trước hết , chữ số đơn vị không thể là Vậy số các số có chữ số là 4! ×4 Trong các số đó , số các số có chữ số không quá 20000 là chữ số đầu là và chữ số đơn vị là các số 2,3,4 Vậy có 3×3! Vậy số số cần tìm là : 4×4!-3×3!= 78 Đáp số : B 4/ Nếu các hệ số A và B phương trình đường thẳng Ax+By =0 là chữ số phân biệt từ số 0;1;2;3;6;7 thì số đường thẳng phân biệt là bao nhiêu? GIẢI: Số cách chọn số A và B chữ số là : A6 Nhưng tính toán trên , đường thẳng các trường hợp sau cùng là đường thẳng : (1) A=0 và B=1;2;3;6;7 (2) B=0 và A=1;2;3;6;7 (3) A=1 và B=2 A=3 và B=6 (4) A=1 và B=3 A=2 và B=6 (5) A=2 và B=1 A=6 và B=3 (6) A=3 và B=1 A=6 và B=2 Cho nên số đường thẳng phân biệt là : Đáp số : 18 5/Nếu số a và biến số x log a x A62 A51 1 18 là chữ số phân biệt từ các chữ số 1;2;3;4;5;7;9 thì số giá trị khác log a x GIẢI: Số cách chọn số a và x từ số là : A7 Nhưng có số a không thể Và các trường hợp sau trùng lặp nhau: (1) x=1 và a=2;3;4;5;7;9 (2) log log3 33 (34) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT (3) log log (4) log3 log (5) log log Như số trường hợp cần tìm là : 6/ Trong thi đấu tennis , người chơi đúng game với người khác Nhưng quá trình thi đấu , có người bỏ và người tham gia đúng trận Nếu tổng số trận là 50 thì số trận người trên là bao nhiêu CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1994 a/0 b/1 c/2 d/3 GIẢI: Giả sử có n người chơi , và số trận người chơi là r Thế thì : A2 A1 A1 27 r 1 n Cn2 2 r n 3 n 88 2r n 13 Vậy r=1 Đáp số : B 7/ Giả sử a,b,c phương trình đường thẳng ax+by+c=0 là phần tử phân biệt tập hợp {-3;-2;-1;0;1;2;3} và hệ số góc đường thẳng là dương Hỏi có bao nhiêu đường thẳng phân biệt ? CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1999 GIẢI: tan a 0 b Giả sử hệ số góc đường thẳng là Không tính tổng quát , giả sử a>0 và b<0 (1) 1 Khi c=0, ta chọn a C3 cách và ta chọn b C3 cách Nên ta phải xóa trường hợp lặp lại ( vì phương trình x-y=0; 2x-2y=0; 3x-3y=0 1 là một).Cho nên trường hợp này số đường thẳng phân biệt là : C3 C3 7 1 Khi c≠0; ta chọn a C3 cách và ta chọn b C3 cách, ta chọn c 1 1 C4 cách Như trường hợp này ta có C3C3C4 36 Vậy có tất ; 36+7=43 cách 8/ Một hình chữ nhật 2×3 chia thành hình vuông đơn vị A,B,C,D,E,F Mỗi hình vuông tô màu màu cho không có hình vuông kề có cùng màu Hỏi số cách tô màu khác là bao nhiêu ? GIẢI: 34 (35) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT A B C D E F A và B tô A6 30 cách Nếu C và B tô cùng màu ; thì C và D tô C5 cách Nếu 1 C và B tô màu khác thì C và D tô C4 C4 Cho nên 1 C và D tô C5 C4C4 21 cách Tương tự , E và F tô 21 cách Theo qui tắc nhân , ta 30 212 13230 9/ Hai đội tuyển A và B tham gia giải bóng bàn Mỗi đội có người giao đấu với theo thứ tự định Đầu tiên, người thứ đội A , đấu với người thứ đội B và người thua bị loại Sau đó ; người chiến thắng chơi với người thứ hai đội Các bước người chơi tương tự Cuộc thi đấu không kết thúc tất người chơi đội bị loại và đội còn lại là chiến thắng Hỏi số cách diễn thi đấu CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1988 GIẢI: Trước hết , ta tìm số quá trình khác chơi A thắng Giả sử , người thứ I A thắng xi lần (i=1;2;….;7) thì x1 x2 x7 7 Thế thì số quá trình phân biệt chơi A thắng số 7 nghiệm phương trình trên và C77 C13 Tương tự ; số quá trình phân biệt chơi B thắng C13 Như số cách diễn thi đấu là : 2.C13 3432 10/ Trong thi bắn cung , cái đĩa tập bắn bố trí sau : cột treo đĩa , và cột treo đĩa Một người thiện xạ bắn tất cái đĩa theo qui tắc sau: * Người xạ thủ trước hết chọn cột để bắn các đĩa ** Người xạ thủ phải bắn cái đĩa không bể còn lại thấp cột mình chọn Với qui tắc trên , ta có bao nhiêu cách để bắn vỡ hết cái đĩa AIME 1990 GIẢI: 35 (36) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Vì người bắn cung bắn bể đĩa 8! Cách và thứ tự các đĩa 8! cột là xác định , nên số cách yêu cầu là 2!2!3! =560 11/Có bao nhiêu cách để sơn đỉnh hình chóp tứ giác đềuvới màu cho đỉnh tô đúng màu và các đỉnh với cạnh chung phải tô màu khác nhau? Chú ý: Mỗi cách tô màu xem là khác không nhận từ phép quay GIẢI: Rõ ràng ta cần ít là màu (1) màu sử dụng thì ta lấy màu màu đó để sơn đỉnh phía trên thì có C5 cách Sau đó ta sử dụng màu còn lại tô đỉnh đáy thì có (4-1)!=3! Cách Trong trường hợp này , ta có tất là C51.3! 30 cách (2) màu sử dụng , thì ta chọn màu từ màu , có C5 cách và dùng màu đó để tô đỉnh , có C4 cách Sau đó , ta sử dụng màu còn lại để tô đỉnh đáy Trong trường hợp này , cặp đỉnh đối diện đáy phải tô cùng màu ta chọn màu để tô cặp đỉnh đối diện đáy thì có C3 cách, và sử dụng màu còn lại để tô đỉnh còn lại 1 có ! cách Trong trường hợp này có tất C5 C4 C3 60 cách (3) Nếu màu sử dụng , ta lấy màu từ màu , thì có C5 cách Ta sử dụng màu để tô đỉnh thì có C3 cách Sau đó sử dụng màu còn lại để tô đỉnh đáy Trong trường hợp này , cặp đỉnh đối diện đáy tô màu , có ! cách Trong trường hợp này có : C53C31.1! 30 cách Kết luận : có 30+60+30=120 cách a ; a ; ; a b ; b ; ; b 100 50 12/ Cho tập hợp các số thực A= và B= Nếu có ánh xạ f từ A vào B cho phần tử B có vài tạo ảnh và ta có : f a1 f a2 f a100 50 100 thì số ánh xạ là : 50 49 (A) C (B) C98 (C) C100 CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 2002 36 49 (D) C99 (37) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI : Ta có thể giả sử b1 b2 b50 Và chia các phần tử a1; a2 ; a100 thành 50 nhóm khác rổng theo thứ tự nó Xác định ánh xạ f : A→B cho ảnh tất các phần tử thuộc nhóm thứ i là bi (i 1; 2; ;50) Rõ ràng , f thỏa điều kiện bài toán Hơn , có tương ứng 1-1 tất các nhóm chia với các ánh xạ thỏa điều kiện Như số ánh xạ f , thỏa điều kiện số cách chia A thành 50 nhóm theo thứ tự nó Gọi xi là số phần tử nhóm thứ i , số cách chia A số nghiệm nguyên dương phương trình x1 x2 x50 100 50 49 và số đó là C100 C99 Đáp số : D 13/ Một số tự nhiên a gọi là số “Lucky” tổng các chữ số nó là Sắp thứ tự tất các số “Lucky” theo thứ tự tăng dần và ta nhận dãy số a1 ; a2 ; biết an 2005 Tính số hạng a5n CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 2005 GIẢI : Vì số nghiệm nguyên không âm phương trình x1 x2 xk m là m C mk ; x1 1; xi 0(i 2) m Số nghiệm nguyên là Cmk , số các số « lucky » với k chữ số là : P(k)= Ck 5 Ta biết 2005 là số « lucky » nhỏ có dạng 2abc và P 1 C66 1; P(2) C76 7; P 3 C86 28 Chú ý số các số « lucky » có chữ số và có dạng 1abc là số nghiệm nguyên không âm phương trình a+b+c=6 tức là C63 28 Như ta có 1+7+28+28+1=65 và 2005 là số hạng thứ 65 các số « lucky », tức là a65 2005 n 65 5n 325 Ngoài , P C96 84; P C106 210; P k 330 k 1 Như còn số « lucky » có chữ số từ lớn đến nhỏ là : 37 (38) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT a330 70000 a329 61000 a328 60100 a327 60010 a326 60001 a325 52000 Vậy a5n a325 52000 14/ Có bao nhiêu cách xếp n cặp vợ chồng thành đường thẳng cho không có người nam nào đứng cạnh vợ mình ? GIẢI : Gọi S là tập hợp tất các hoán vị n cặp vợ chồng trên đường thẳng Ai là tập hợp tất các hoán vị đó cặp vợ chồng thứ i là kề và Theo nguyên lý bù trừ , ta có : số hoán vị thỏa điều kiện bài toán : n Ai S i 1 n Ai i 1 Ai A j 1 1i j n n n A i i 1 k n 2n ! Cn1 2.(2n 1)! Cn2 22.(2n 2)! 1 Cnk k.(2n k )! 1 Cnn 2n.(n)! 15/ Giả sử tất các số nguyên dương nguyên tố cùng với 105 xếp theo thứ tự tăng dần a1 ; a2 ; Tính a1000 CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1994 GIẢI : a n; S 1; 2; ; n ; A k / k S ; k ni; n N i với ; i 3;5;7 1000 Đặt Vì 105=3.5.7 nên (k ;105)=1↔ k không là bội số 3,5,7 Theo nguyên lý bù trừ ta có : 1000 A3 A5 A7 S A3 A5 A7 A3 A5 A3 A7 A7 A5 A3 A5 A7 n n n n n n n n (1) 5 7 7 5 7 Với a a a và (1) ta : n n n n n n 1000 n 1 1 1 7 7 5 38 n 5 7 (39) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT n n n n n n n 1000 n 1 1 5 7 7 5 7 3 2178 n 2194 16 vì n và 105 là nguyên tố cùng nhau, thì n là Do đó các số 2179 ; 2182 ; 2183 ; 2186 ; 2188 ; 2189 ; 2192 ; 2194 Trong các số đó , có n= 2186 là thỏa mãn , a1000 2186 16/ Có bao số có n chữ số bao gồm các chữ số 1,2,3 với ít chữ số , chữ số 2, chữ số GIẢI : Gọi S là tập hợp các chữ số có n chữ số bao gồm các chữ số 1,2,3 Ai {m/m∈S và chữ số m không i} (i=1 ;2 ;3) Thế thì số các số thỏa yêu cầu là : A1 A2 A3 S A1 A2 A3 A1 A3 A1 A2 A2 A3 A1 A2 A3 3n n 2n 2n 1n 1n 1n 3n 3.2n 39 (40)