Đây là một phương pháp rất hiệu quả để giải quyết nhiều bài tập. Tuy nhiên, chúng ta cần tìm ra yếu tố đặc thù trong giả thiết của từng bài toán, để thiết lập được quan hệ truy hồi.
Bài toán 2.7.1. Trên mặt phẳng có n đường thẳng sao cho không có hai đường thẳng song song, không có 3 đường thẳng nào đồng quy. Hỏi các đường thẳng chia mặt phẳng thành mấy phần?
Lời giải
Gọi S n( ) là số phần mặt phẳng được chia bởi n đường thẳng sao cho không có hai đường thẳng song song, không có 3 đường thẳng nào đồng quy. Đường thẳng thứ n1 theo giả thiết sẽ cắt n đường thẳng trước tại đúng n điểm và đường thẳng này được chia thành n1 đoạn bởi n điểm chia đó. Mỗi đoạn biến một miền cũ thành hai miền mới nên số miền tăng lên là n1. Suy ra
( 1) ( ) 1 S n S n n . Ta có 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 2) ... ( 1) ( 2) ... 2 (1) ( 1) 2 1 2 2 S n n S n n n S n n n n S n n n n
Bài toán 2.7.2. Xét đa giác đều 12 đỉnh A A1, 2,...,A12 tâm O. Chúng ta tô màu các miền của tam giác OA Ai i1(1 i 12), (A13 A1) bằng 4 màu đỏ, xanh, vàng, đen sao cho hai miền tam giác kề nhau được tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách như vậy?
Lời giải
Ta thấy có 4 cách tô màu tam giác thứ nhất, 3 cách tô màu tam giác thứ hai, ..., 3 cách tô màu tam giác thứ 12. Vậy có tất cả 4.311 cách tô.
Nếu tam giác cuối cùng, khác màu tam giác đầu tiên ta có một cách tô đúng. Nếu tam giác cuối cùng, cùng màu với tam giác đầu tiên ta nhận được một cách tô
53
sai. Đối với một cách tô sai ta bỏ đi đỉnh A1 được tam giác OA A12 2 cùng màu tam giác OA A1 2 và nhận được một cách tô đúng của đa giác 11 đỉnh.
Suy ra công thức truy hồi
11 11 10 11 10 9 11 10 9 8 7 6 3 12 (12) 4.3 (11) 4.3 4.3 (10) 4.3 4.3 4.3 (9) 4.3 4.3 4.3 4.3 4.3 4.3 ... 4.3 (3) 3 3. S S S S S
Bài toán 2.7.3. Cho tập hợp S 1, 2, 3,...,n. Tìm số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho trong mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp.
Lời giải
Kí hiệu S n( ) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng và bất kì tập con nào cũng không chứa hai phần tử liên tiếp nhau. Ta sẽ đi tìm cách tính S n( 1) theo S n( ).
Giả sử ta đã chia được ba tập con và tổng số phần tử của chúng là n. Bổ sung thêm phần tử thứ n1. Ta có hai khả năng xảy ra:
Khả năng 1: n1 không tạo thành tập mới (tức là tập chứa n1 có ít nhất một phần tử khác). Khi đó rõ ràng ta có hai cách bổ sung n1 (vào một trong hai tập không chứa n). Vậy số cách xây dựng tập con trong trường hợp này là 2 ( )S n .
Khả năng 2: n1 tạo thành một tập con mới. Khi đó, n số từ 1 đến n phải nằm trong hai tập hợp còn lại. Có thể thấy ngay chỉ có thể có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa số chẵn và tập còn lại chứa các số lẻ). Do đó, số cách trong trường hợp này là một cách.
Vậy ta thu được công thức truy hồi S n( 1) 2 ( ) 1S n hay
( 1) 1 2 ( ) 1 . (*)
S n S n
Mặt khác, kiểm tra trực tiếp có S(3)1. Kết hợp với (*), ta dễ dàng tìm được công thức tổng quát của S n( ) là
2
( ) 2n 1, 3.
54
Tiếp theo, ta sẽ sử dụng các dãy truy hồi lồng nhau để giải toán.
Bài toán 2.7.4. (Romanian MO 2003) Cho n là một số nguyên dương. Có bao nhiêu số có n chữ số từ tập hợp {2, 3, 7, 9} và chia hết cho 3?
Lời giải
Gọi An là tập hợp các số có n chữ số lập từ tập {2, 3, 7, 9} và chia hết cho 3. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
n
B là tập hợp các số có n chữ số được lập từ tập {2, 3, 7, 9} và không chia hết cho 3. Ta cần tìm an An .
Đặt bn Bn . Ta thấy mỗi số thuộc An1 chỉ có thể thu được bằng hai cách sau:
+ Lấy một số thuộc An rồi thêm 3 hoặc 9 vào phía sau (có hai cách thêm). + Lấy một số thuộc Bn rồi thêm 2 hoặc 7 vào phía sau, nhưng chỉ có duy nhất một cách thêm với mỗi số.
Suy ra an1 2an bn và bn1 2an 3bn. Từ đó ta có an2 5an14an với chú ý a1 2,a2 6 ta được 4 2 . 3 n n a 2.8. Sử dụng phương pháp đánh số
Khi chọn các vị trí để sắp xếp các phần tử theo yêu cầu bài toán đặt ra phức tạp, ta nên đánh số các vị trí và thay thế mỗi cách chọn một bộ số tương ứng có tính chất tương ứng với các yêu cầu của bài toán. Việc tìm các bộ số có tính chất cho trước là hết sức đơn giản.
Bài toán 2.8.1. Một tổ học sinh có 7 nam, 4 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp tổ
thành một hàng ngang sao cho 2 em nữ không đứng cạnh nhau?
Lời giải
Ta đánh số các vị trí từ 1 đến 11. Khi đó việc chọn 4 vị trí không kề nhau để sắp xếp các em nữ tương ứng với việc chọn 4 số a b c d, , , thỏa mãn tính chất sau
55
Để có bộ 4 số ( , , , )a b c d thỏa mãn yêu cầu bài toán ta chỉ cần chọn 4 số phân biệt a 3,b2,c1,d trong 8 số từ 4 đến 11. Số cách chọn bằng 4
8
C . Suy ra có 4
8
C cách chọn 4 vị trí không kề nhau để xếp các học sinh nữ. Ta có 4! cách xếp 4 nữ, 7! cách xếp 7 nam.
Vậy số cách xếp là 4
8.4 !.7 ! 8467200
C .
Bình luận: Ngoài cách giải bài toán theo cách trên, ta cũng có thể giải bài toán theo
một cách khác như sau:
Cách 2: Ta thấy 7 học sinh nam khi xếp thành hàng ngang, tạo ra 8 vị trí để đặt 4 học sinh nữ, sao cho không có hai học sinh nữ nào đứng cạnh nhau. Xếp 7 học sinh nam có 7! cách xếp. Ta có C84 cách lấy ra 4 vị trí từ 8 vị trí để xếp 4 học sinh nữ và có 4! cách đổi chỗ 4 học sinh nữ cho nhau.
Vậy có tất cả C84.4 ! 7 ! cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.8.2. Xét đa giác đều n đỉnh (n 12). Hỏi có tất cả bao nhiêu tứ giác có 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác?
Lời giải
Ta đánh số các đỉnh A A1, 2,...,An tương ứng với các chỉ số. Ta đếm các tứ giác thỏa mãn yêu cầu bài toán có đỉnh là A1. Các đỉnh A A2, n sẽ không được chọn vì A A A A1 2, 1 n là cạnh của đa giác. Ta cần chọn thêm 3 đỉnh tương ứng với bộ 3 số ( , , )a b c thỏa mãn tính chất
5 a 2 b 1 c n 1.
Vì giữa hai đỉnh phải có ít nhất một đỉnh nên số cách chọn 3 đỉnh bằng số cách chọn 3 số phân biệt trong n5 số từ 5 đến n1. Suy ra số tứ giác đỉnh A1
thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng 3 5
n (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
C . Vì có n đỉnh và mỗi tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên số tứ giác cần tìm bằng
3 5 4 n nC .
56
Bài toán 2.8.3. Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu làG G G G G1, 2, 3, 4, 5 và 12 chàng trai. Có 17 ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho vào các ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
(i) Mỗi ghế có đúng 1 người ngồi;
(ii) Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải là G G G G G1, 2, 3, 4, 5; (iii) Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;
(iv) Giữa G3 và G4 có ít nhất là 1 chàng trai và nhiều nhất là 4 chàng trai. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?
(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).
Lời giải
Đánh số thứ tự của các ghế từ trái sang phải là 1, 2,...,17. Gọi x x x x x1, , , ,2 3 4 5 là vị trí chỗ ngồi của các cô gái G G G G G1, 2, 3, 4, 5 tương ứng. Đặt
1, , , ,2 3 4 5 | 1 1 2 3 4 5 17; 3 2 1;1 4 3 6 A x x x x x x x x x x x x x x thì ta cần tìm A. Vì x2x1 3 nên x2 3 x1. Khi đó, ta có 1 2 3 4 5 1x x 3 x 3 x 3 x 3 14 và 1x4x3 6. Đổi biến 1 1, 2 2 3, 3 3 3, 4 4 3, 5 5 3 y x y x y x y x y x ta được 1 2 3 4 5 1y y y y y 14 và y4y3 2, 3, 4, 5 . Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Với y4y3 2 suy ra 1y1 y2 y3 y5 2 12. Ta chọn 4 số phân biệt y y y y1, , ,2 3 52 trong 12 số từ 1 đến 12 có 4
12
C cách chọn.
Trường hợp 2: Với y4y3 3 suy ra 1y1 y2 y3 y5 3 11. Ta chọn 4 số phân biệt y y y y1, , ,2 3 53 trong 11 số từ 1 đến 11 có C114 cách chọn.
57
Trường hợp 3: Với y4y3 4 suy ra 1y1 y2 y3 y5 4 10. Ta chọn 4 số phân biệt y y y y1, , ,2 3 54 trong 10 số từ 1 đến 10 có C104 cách chọn.
Trường hợp 4: Với y4y3 5 suy ra 1y1 y2 y3 y5 5 9. Ta chọn 4 số phân biệt y y y y1, , ,2 3 55 trong 9 số từ 1 đến 9 có C94 cách chọn.
Từ các trường hợp trên ta được
4 4 4 4
12 11 10 9 1161.
A C C C C
Vậy số cách xếp chỗ ngồi cho 5 cô gái bằng 1161. Vì còn 12 chàng trai có thể hoán vị ở 12 chiếc ghế dành cho họ nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu của bài toán là 12!.1161.
2.9. Phương pháp xây dựng song ánh
Nếu có một song ánh đi từ một tập hữu hạn X tới một tập hữu hạn Y thì
X Y . Như vậy nếu tồn tại một song ánh :X Y ta có thể thay thế việc đếm các phần tử của tập X bằng việc đếm các phần tử của tập Y. Trong một số nội dung trước, chúng ta đã sử dụng song ánh một cách hiệu quả, như chứng minh định lí 1.5.3, … Mục này ta sẽ phân tích sâu hơn thông qua các bài toán.
Bài toán 2.9.1. (Trung Quốc – 1997) Trong các xâu nhị phân có độ dài n, gọi an
là số các xâu không chứa quá ba số liên tiếp 0, 1, 0 và bn là số các xâu không chứa bốn số liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0. Chứng minh rằng bn1 2an.
Lời giải
Ta gọi một xâu thuộc loại A nếu nó không chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0 và gọi một xâu thuộc loại B nếu nó không chứa bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Với mỗi xâu X x x1, ,...,2 xn, ta xây dựng f X( )y y1, ,...,2 yn1 như sau:
1 0, k 1 2 ... k 1(mod 2).
58
Rõ ràng X chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0 khi và chỉ khi f X( ) chứa bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0, tức là X thuộc loại A khi và chỉ khi f X( ) thuộc loại
B.
Vậy f là một song ánh đi từ tập các xâu loại A độ dài n đến tập các xâu loại B độ dài n1 mà bắt đầu bằng 0. Nhưng từ mỗi xâu X thuộc B ta nhận một xâu X cũng thuộc B bằng cách đổi các phần tử của X theo quy tắc 1 0, 0 1 nên số các xâu loại B có độ dài n1 gấp đôi số các xâu loại B độ dài n1 mà bắt đầu bằng số 0.
Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Bài toán 2.9.2. Tìm bộ 3 số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn đẳng thức 100
x y z .
Lời giải
Mỗi bộ số nguyên dương ( , , )x y z thỏa mãn x y z 100, ta tương ứng 1-1 với bộ số 11...1 0 11...1 0 11...1
x y z
.
Để có một bộ số như trên ta cần chọn 2 vị trí không kề nhau trong 102 vị trí để đặt 2 số 0, còn lại đặt số 1. Hai vị trí cần tìm tương ứng với 2 số a b, thỏa mãn
3 a 1 b 101.
Vì hai số 0 không thể đứng đầu và đứng cuối, nên số bộ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng số cách chọn 2 số phân biệt trong 99 số từ 3 đến 101 và bằng
2 99
C .
Bình luận: Ta có thể tổng quát hóa bài toán 2.9.2 như sau:
“Tìm bộ số ( , ,... )a a1 2 am trong đó a a1, ,...2 am là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện 1 m i i a n ”.
Bằng cách làm tương tự bài toán 2.9.2 ta thu được kết quả là 1 1
m n
C .
59
Bài toán 2.9.3. Xác định cách chọn bộ 5 số từ tập 18 số nguyên dương đầu tiên sao
cho bất kỳ một cặp 2 số trong 5 số được chọn có hiệu số giữa số lớn và số bé lớn hơn hoặc bằng 2.
Lời giải
Kí hiệu A là tập hợp các bộ số 5 số a a a a a1, , , ,2 3 4 5 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Kí hiệu B là tập hợp các bộ 5 số phân biệt của 14 số nguyên dương đầu tiên.
Ta xây dựng ánh xạ :A B theo quy tắc sau:
a a a a a1, , , ,2 3 4 5 a a1, 2 1,a3 2,a4 3,a5 4 , trong đó 1 2 3 4 5 a a a a a . Vì 2 1 2 1 1 3 2 3 2 2 4 3 4 3 3 5 4 5 4 4 1 5 2 1 1 2 2 1 2 3 1 2 2 4 2 3 1, 4 18 4 14. a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a Suy ra a a1, 21,a32,a43,a54B. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Như vậy, với mỗi phần tử của A được ứng với duy nhất một phần tử của B
qua ánh xạ .
Tương tự, với b b b b b1, , , ,2 3 4 5B luôn tồn tại duy nhất
b b1, 2 1,b3 2,b4 3,b5 4A.
Suy ra phép tương ứng 1-1 giữa A và B.
60
Bài toán 2.9.4. Cho trước một số nguyên dương n và số nguyên dương r thỏa mãn
1
r n r . Giả sử X 1,2,...,n. Hỏi có bao nhiêu tập con A của X có r
phần tử mà không chứa hai số nguyên liên tiếp?
Lời giải
Gọi 1 là họ các tập con của X có tính chất đã nêu ở trên và 2 là họ tất cả các tập con có r phần tử của tập hợp Y 1,2,...,n(r1). Ta thiết lập một ánh xạ f : 1 2 như sau:
Giả sử Aa a1, ,...,2 ar 1. Ta có thể giả thiết a1 a2 ...ar. Đặt bi ai (i 1)ai i 1,i 1, 2,...,r .
Ta có bi1bi ai1ai 1 1 (do ai1ai 2). Do đó
1 2 ... r 1
b b b n r .
Ta định nghĩa f A( )B. Ta có B 2, do vậy f là một ánh xạ từ 1 vào 2
. Ta sẽ đi chứng minh f là một song ánh.
+ f là một đơn ánh: Từ công thức bi ai (i 1)ai i 1, suy ra 1 i i a b i . Do đó nếu f A( )f A( ') thì AA'. + f là toàn ánh: Giả sử