2.3.1 Định nghĩa.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, người ta gọi một đường đi từ M đến N là một đường gấp khúc nối M với N, còn đường đi ngắn nhất là đường gấp khúc tạo bởi các đường thẳng đơn vị ngang và dọc sao cho số đoạn thẳng là ít nhất. Phương pháp chứng minh một công thức tổ hợp bởi số đường thẳng ngắn nhất gọi là phương pháp quỹ đạo.
2.3.2 Chú ý.
Để thuận lợi, trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta quy ước đường đi ngắn nhất từ O(0,0) đến điểm A(k, n) như sau:
Chỉ đi theo hướng dương của trục tọa độ và chỉ được phép đổi hướng đi (đổi từ hướng dương của trục tọa độ này sang hướng dương của trục tọa độ kia) tại điểm có tọa độ nguyên.
O n y A k x Hình 7 2.3.3 Mệnh đề.
Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) là Ck n+k. Chứng minh. Mỗi đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) đều gồmk+n đoạn thẳng, trong đó k đoạn thẳng nằm ngang và nđoạn dọc (mỗi đoạn dài 1 đơn vị). Các đường đó chỉ khác nhau bởi thứ tự kế tiếp của các đoạn ngang và đoạn dọc. Vì vậy : số các đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) bằng số cách chọn k đoạn ngang từ k+n đoạn dọc ngang, nghĩa là bằng Cnk+k. 2 2.3.4 Hệ quả.
Cnk+k = Cnn+k
Chứng minh. Nếu ta xét n đoạn dọc thay cho k đoạn ngang thì khi đó số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) sẽ là Ck
k+n. Từ đó Ck
n+k = Cn
n+k. 2
Từ Mệnh đề 2.3.3 trực tiếp suy ra. 2.3.5 Hệ quả.
Giả sử J(p, q) và A(k, n) là các điểm nguyên (với các tọa độ không âm). Khi đó:
i) Số đường đi ngắn nhất từ điểm J(p, q) đến điểm A(k, n) là C(kk−−pp)+(n−q) = C(nk−−qp)+(n−q), trong đó 0≤ p < k,0≤ q < n.
ii) Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(k, n) đi qua điểm J(p, q) bằng
Cpp+q.C(kk−−pp)+(n−q). 2.3.6 Mệnh đề. (Quy tắc Pascal)
Nếu k, n là các số tự nhiên thỏa mãn 1≤ k ≤n thì
Cnk = Cnk−−11 +Cnk−1.
Chứng minh. Số đường đi ngắn nhất từ điểmO(0,0)đến điểmA(k, n−k) là Ck
k+(n−k) = Ck
n theo Mệnh đề 2.3.3. Ta chia các đường đi đó thành hai lớp không giao nhau như sau:
O n-k n-k-1 A k-1 k x A2 A1 Hình 8
• Lớp thứ nhất gồm các đường thẳng đi từ điểm O đến điểm A phải đi qua điểm A1(k, n−k −1), số đường đi của lớp này bằng
Ckk+(n−k−1) = Cnk−1.
• Lớp thứ hai gồm các đường đi từ điểm O đến điểm A phải đi qua điểm A2(k −1, n−k). Số đường đi của lớp này là
Theo nguyên lý cộng, ta nhận được
Cnk = Cnk−−11 +Cnk−1.
2
2.3.7 Mệnh đề.
Nếu k và n là các số nguyên thỏa mãn 1 ≤k ≤ n thì Cnk = Cnk−−11 +Cnk−−21 +...+Ckk−−11.
Chứng minh. Số đường đi ngắn nhất từ điểmO(0,0)đến điểmA(k, n−k) là Ck
k+(n−k). Ta chia đường đi đó thành (n−k+ 1) lớp không giao nhau:
O i y A k x x = 12 n-k Hình 9
Lớp thứ i(i = 0,1,2, ..., n−k) gồm các đường đi từ điểm O đến điểm A phải cắt đường thẳng x = 1
2 tại điểm (1
2, i). Số đường đi của lớp này bằng số đường đi từ điểm (1, i) đến điểm (k, n−k) và bằng
C(kk−−11)+(n−k−i) = Cnk−−i1−1. Theo nguyên lý cộng, ta có Cnk = n−k X i=0 Cnk−−i1−1
hay:
Cnk = Cnk−−11 +Cnk−−21 +...+Ckk−−11.
2
2.3.8 Mệnh đề.
Với mỗi số nguyên dương n, ta có:
(Cn0)2 + (Cn1)2 +...+ (Cnn)2 = C2nn
Chứng minh. Số đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm B(n, n) là
Cnn+n = C2nn.
Ta chia các đường đi đó thành (n + 1) lớp không giao nhau: lớp thứ i(i = 0,1,2, ..., n) gồm các đường đi từ điểm O phải đi qua điểm Ai(i, n−i). n y Ai A0 B i n-i nAn O x Hình 10 Số đường đi của lớp này là
Cii+(n−i).C(nn−−ii)+[n−(n−i)] = Cni.Cnn−i = (Cni)2 (theo Hệ quả 2.3.4). Theo nguyên lý cộng , ta nhận được Cn
2n = n P i=0 (Ci n)2 hay C2nn = (Cn0)2 + (Cn1)2 +...+ (Cnn)2.
2
2.3.9 Mệnh đề.
Giả sử m, n, k là các số nguyên dương thỏa mãn m < n. Khi đó: Cnm.Ck0 +Cnm−−11.Ck1+1+...+Cn0−m.Ckm+m = Cnm+k+1.
Chứng minh. Ta hãy xét tất cả các đường đi ngắn nhất từ điểm O(0,0) đến điểm A(n−m+k + 1, m). Số các đường đó bằng
C(mn−m+k+1)+m = Cnm+k+1.
Gọi Bi(i = 0,1, ..., m) là lớp những đường gấp khúc cắt đường thẳng (△) có phương trình x = k + 1 2 tại điểm R(k + 1 2, i). O m i y P R Q A k k+1 x Hình 11
Ta nhận thấy mỗi đường gấp khúc thuộc lớp Bi gồm ba phần: Phần 1: Đường gấp khúc nối điểm O(0,0) với điểm P(k, i).
Phần 2: Đường nằm ngang nối điểm P(k, i) với điểm Q(k+ 1, i). Phần 3: Đường gấp khúc nối điểm Q(k + 1, i) với điểm A(n−m+ k+ 1, m).
Ta thấy rằng tổng số các đường gấp khúc thuộc lớp Bi là Cki+i.Cnm−−ii. Theo nguyên lý cộng, có Pm
i=0
Cki+i.Cnm−−ii = Cnm+k+1 hay Cnm.Ck0 +Cnm−−11.Ck1+1+...+Cn0−m.Ckm+m = Cnm+k+1.
2.3.10 Bài toán.
Cho các số nguyên dương m, n, p, q với p < m, q < n. Trên mặt phẳng tọa độ lấy bốn điểm A(0,0), B(p,0), C(m, q), D(m, n). Xét các đường đi f ngắn nhất từ A đến D và các đường đi g ngắn nhất từ B đến C. Gọi S là số cặp đường đi (f, g) mà f và g không có điểm chung. Chứng minh rằng:
S = Cmn+n.Cmq+q−p−Cmq+q.Cmn+n−p (Bài tuyển chọn Đội tuyển Việt Nam dự IMO, 2003).
Lời giải. Số cặp đường đi (f, g) tùy ý là
M = Cmn+n.Cqq+m−p = Cmn+n.Cmq+q−p (1) O A Bp i m x D C K y n q j Hình 12
Gọi V là số cặp đường đi (f′, g′) trong đó f′ là đường đi ngắn nhất từ A đến C; g′ là đường đi ngắn nhất từ B đến D. Số cặp đường đi (f′, g′) tùy ý là
V = Cqq+m.Cnn+m−p = Cmq+q.Cmn+n−p. (2) Vì f′ và g′ luôn có ít nhất một điểm chung K(i, j) nên số đường đi f′ phải qua K là
Số đường đi g′ phải đi qua K là
Cjj+(i−p).C(nn−−jj)+(m−i). Do đó
V = Cjj+i.C(qq−−jj)+(m−i).Cjj+(i−p).C(nn−−jj)+(m−i). (3) Vì K cũng là điểm chung của các cặp đường đi (f, g) mà f và g có điểm chung, nên nếu gọi T là số cặp đường đi (f, g) mà f và g có điểm chung K thì lập luận tương tự ta có:
T = Cjj+i.C(nn−−jj)+(m−i).Cjj+(i−p).C(qq−−ij)+(m−i) (4) Từ (2), (3) và (4) suy ra T = V. Từ đó :
S = M −V = Cmn+n.Cqq+m−p−Cmq+q.Cmn+n−p.
2