đếm
Trong phần này chúng ta trình bày một số phương pháp giải nâng cao của bài toán đếm như sau
1.3.1 Nguyên lí bao gồm và loại trừ
Trong cuộc sống nhiều khi xuất hiện những bài tốn phải tính số lượng các phần tử của một tập hợp thông qua những tập hợp con của chúng.
Nếu A và B là hai tập hợp rời nhau thì ta dễ dàng thấy rằng
|A∪ B| = |A|+|B|
Trong trường hợp A và B có giao khác rỗng thì đẳng thức trên khơng cịn đúng nữa.
Xét hai tập hữu hạn A, B sao cho A∩B 6= ∅. Khi đó nếu ta lấy số phần tử của A cộng với số phần tử của B thì số phần tử của A∩B được đếm 2 lần. Suy ra
Nhiều khi, bài toán ta gặp trở nên phức tạp hơn khi phải tính số phần tử của một tập hợp có nhiều hơn hai tập hợp.
Xét ba tập hữu hạn A, B, C sao cho A∩B, A∩C, B ∩C là các tập khác rỗng. Khi đó các phần tử của A∩B, A∩C, B∩C được đếm 2 lần, các phần tử của A∩B ∩C dược đếm 3 lần. Suy ra:
|A∪B∪C| = |A|+|B|+|C| − |A∩B| − |A∩C| − |B∩C|+|A∩B∩C|
Trong nhiều trường hợp khác, chúng ta phải tính số phần tử của một tập hợp gồm nhiều tập hợp con, và phần nhiều các bài tốn này là các bài tốn khó với học sinh khơng hề được học cơng thức tính tổ hợp. Mở rộng kết quả trên ta có định lí sau:
Định lí. Cho trước các tập hợp A1, A2, ...An. Khi đó ta có:
|A1∪A2∪ · · · ∪An| = n P i=1 |Ai| − P 1≤i<j≤n |Ai∩Aj|+· · ·+ (−1)n−1|A1∩ A2 ∩ · · · ∩An|.
Sau đay ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1.Trong một bài kiểm tra Tốn có hai bài tốn. Trong cả lớp có 30
em làm được bài thứ nhất và 20 em làm được bài thứ hai. Chỉ có 10 em làm được cả 2 bài tốn kiểm tra. Hãy tính số học sinh trong lớp.
Bài giải
Gọi A là tập hợp học sinh giải được bài toán thứ nhất, B là tập hợp học sinh giải được bài tốn thứ hai, thì A∩ B là tập hợp học sinh giải được cả 2 bài toán. Bài tốn được đặt ra là phải tính số phần tử của A∪B.
Vậy số học sinh trong lớp bằng
|A∪B|= |A|+ |B| − |A∩ B| = 30 + 20−10 = 40
Bài 2. Lớp 12A phải làm một bài kiểm tra Tốn gồm có ba bài tốn. Biết rằng mỗi em trong lớp đều giải được ít nhất một bài, trong lớp có 20 em giải được bài toán thức nhất, 14 em giải được bài toán thứ hai, 10 em giải được bài toán thứ ba, 6 em giải được cả hai bài toán thứ nhất và thứ ba, 5 em giải được cả hai bài toán thứ hai và thứ ba, 2 em giải được cả hai bài tốn thứ nhất và thứ hai, và có một em được 10 vì đã giải được cả ba bài tốn. Hỏi lớp học có tất cả bao nhiêu em?
Bài giải
Gọi A là tập hợp các em học sinh giải được bài toán thứ nhất, B là tập hợp các em học sinh giải được bài toán thứ hai và C là tập hợp các em học sinh giải được bài tốn thứ ba. Ta phải tính số phần tử của tập hợp
A∪ B∪ C.
Ta có
Vậy số học sinh trong lớp bằng
20 + 14 + 10−6−5−2 + 1 = 32
Bài 3.Trong một kì thi học sinh giỏi Tốn, Lí, Hóa có một số em tham
gia. Biết rằng có 20 em tham gia thi Tốn, 14 em tham gia thi Lí, 10 em tham gia thi Hóa, 6 em vừa thi Tốn vừa thi Lí, 5 em vừa thi Lí vừa thi Hóa, 2 em vừa thi Tốn vừa thi Hóa và có 1 em tham gia tất cả ba mơn Tốn, Lí và Hóa. Hỏi rằng có bao nhiêu em tham gia kì thi học sinh giỏi này?
Bài giải
Gọi A là tập hợp các em học sinh thi học sinh giỏi mơn Tốn, B là tập hợp các em học sinh thi học sinh giỏi mơn Lí, C là tập hợp các em học sinh thi học sinh giỏi mơn Hóa. Ta phải tính số phần tử của tập hợp
A∪ B∪ C.
Ta có
|A∪B∪C| = |A|+|B|+|C| − |A∩B| − |A∩C| − |B∩C|+|A∩B∩C|
Vậy số học sinh tham gia kì thi học sinh giỏi bằng
20 + 14 + 10−6−5−2 + 1 = 32
Bài 4. Tính số các hốn vị của dãy chữ "XAXAM " sao cho khơng có hai chữ cái nào giống nhau đứng cạnh nhau.
Bài giải
Tổng số các hoán vị của chữ "XAXAM" bằng
d = 5!
(2!)2 = 30
Kí hiệu M1 là tập các hoán vị mà hai chữ X đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai chữ X đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
|M1| = 4!
2! = 12
Kí hiệu M2 là tập các hốn vị mà hai chữ A đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai chữ A đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
|M2| = 4!
2! = 12
Ta có M1∩M2 là tập các hoán vị mà hai chữ A và hai chữ X đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai chữ A là một chữ và hai chữ X là một chữ và ta có:
Khi đó tổng số các hốn vị bằng
d− |M1 ∪M2| = d−(|M1|+|M2|) + |M1 ∩M2| = 30−24 + 6 = 12
Bài 5. Tính số các hốn vị của chữ "MAYMAN" sao cho khơng có hai chữ cái nào giống nhau đứng cạnh nhau.
Bài giải
Tổng số các hoán vị của chữ "MAYMAN" bằng
d = 6!
(2!)2 = 180
Kí hiệu M1 là tập các hoán vị mà hai chữ M đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai chữ M đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
|M1| = 5!
2! = 60
Kí hiệu M2 là tập các hoán vị mà hai chữ A đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai chữ A đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
|M2| = 5!
2! = 60
Ta có M1∩M2 là tập các hốn vị mà hai chữ A và hai chữ M đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai chữ A là một chữ và hai chữ M là một chữ và ta có:
|M1 ∩M2| = 4! = 24
Khi đó tổng số các hốn vị bằng
d− |M1 ∪M2| = d−(|M1|+|M2|) +|M1∩M2| = 180−120 + 24 = 84
Bài 6. Xét a = 1133322444. Hỏi nếu thay đổi vị trí các chữ số của a thì nhận được bao nhiêu số mà hai số 1, hai số 2 không đứng cạnh nhau.
Bài giải
Tất cả các cách thay đổi vị trí bằng
d = 10! (2!)2.(3!)2
Kí hiệu M1 là tập các số mà hai số 1 đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai số 1 đứng cạnh nhau là một số và ta có:
|M1|= 9! (3!)2.2!
Kí hiệu M2 là tập các số mà hai số 2 đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai số 2 đứng cạnh nhau là một số và ta có:
|M2|= 9! (3!)2.2!
Ta có M1 ∩M2 là tập các số mà hai số 1 và hai số 2 đứng cạnh nhau. Khi đó ta coi hai số 1 là một số và hai số 2 là một số và ta có:
|M1 ∩M2| = 8! (3!)2 Khi đó số cách xếp bằng d−|M1∪M2| = d−(|M1|+|M2|)+|M1∩M2| = 10! (2!)2.(3!)2− 9! (3!)2+ 8! (3!)2
1.3.2 Phương pháp truy hồi
trong nhiều trường hợp, việc đếm trực tiếp các đối tượng là rất khó. Nếu ta thiết lập được mối quan hệ truy hồi giữa số lượng đối tượng cần đếm trong nhóm n đối tượng với số lượng đối tượng cần đếm trong nhóm ít hơn n đối tượng thì có thể đưa về đếm số đối tượng trong nhóm với số đối tượng nhỏ mà việc đếm trong nhóm đối tượng này khơng mấy khó khăn. Nội dung cơ bản của phương pháp này như sau: thay vì đếm trực tiếp f(n) theo yêu cầu bài toán, ta sẽ thiết lập hệ thức quan hệ giữa
f(n), f(n−1), ... để từ đó tính được f(n).
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1.Trên mặt phẳng cho n đường thẳng d1, d2, d3, ..., dn(n > 1) đôi một khơng song song và khơng có ba đường nào đồng quy. Tìm số miền mà n đường thẳng này định ra trên mặt phẳng.
Bài giải
Giả sửS(n) là số miền mà n đường thẳng đã cho định ra trên mặt phẳng. Từ giả thiết ta có dn cắt n−1 đường thẳng d1, d2, d3, ..., dn−1 tại n−1
điểm. Do đó dn bị n −1 đường thẳng còn lại chia thành n phần. Mỗi phần trong đó sinh ra một miền mới. Do đó S(n) = S(n−1) +n. Từ đó
ta có S(n) = 1 + n(n+ 1)
2 .
Bài 2.(Bài toán tháp Hà Nội). Tương truyền rằng tại một ngơi tháp
ở Hà Nội có một tấm đế bằng đồng trên đó có đặt ba chiếc cọc bằng kim cương. Lúc khai thiên lập địa, trên cọc số 1, Phật tổ Như Lai đã xếp 64
chiếc đĩa bằng vàng có đường kính khác nhau sao cho các đĩa có đường kính lớn hơn xếp ở dưới, các đĩa ở phía trên càng ở trên cao càng nhỏ dần. Các nhà sư được yêu cầu chuyển tất cả các đĩa ở cọc số 1 sang cọc số 2 với quy tắc sau:
- Mỗi lần chỉ được chuyển đi 1 chiếc đĩa;
- Trong quá trình di chuyển khơng được đặt đĩa lớn lên trên đĩa nhỏ (do đó cần thiết phải có thêm chiếc cọc trung gian thứ 3). Giả sử mỗi lần chuyển một chiếc đĩa mất 1 giây. Hỏi các nhà sư cần ít nhất là bao nhiêu năm để chuyển tất cả các đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2.
Bài giải
Giả sử lúc đầu trên cọc số 1 có n chiếc đĩa. Gọi un là số lần ít nhất để chuyển tất cả các đĩa ở cọc số 1 sang cọc số 2. Ta thử tính một vài giá trị của un. Với n = 2 ta cần thực hiện 3 phép chuyển sau:
- Chuyển đĩa bé sang cọc số 3. - Chuyển đĩa lớn sang cọc số 2.
- Chuyển đĩa bé từ cọc số 3 về cọc số 2. Vậy u2 = 3.
Với n = 3, ta cần thực hiện theo 3 giai đoạn sau:
- Chuyển hai đĩa ở phía trên sang cọc số 3. Như đã thấy ở trường hợp
n= 2, ta cần 3 phép chuyển.
- Chuyển đĩa lớn nhất sang cọc số 2.
- Chuyển hai đĩa ở cọc số 3 về cọc số 2. Như đã thấy ở trường hợp n = 2
ta cần 3 phép chuyển.
Vậy ta cần 3 + 1 + 3 = 7 phép chuyển. Do đó u3 = 7.
Trường hợp n = 3 gợi ý cho ta thiết lập hệ thức truy hồi mà dãy (un)
phải thỏa mãn. Để chuyển được n chiếc đĩa theo quy tắc trên, ta phải thực hiện theo ba công đoạn sau:
- Công đoạn 1: Chuyểnn−1chiếc đĩa ở phía trên chiếc đĩa lớn nhất sang cọc số 3 theo quy tắc trên. Ta cần un−1 phép chuyển. Chiếc đĩa lớn nhất vẫn giữ nguyên ở cọc số 1 khi chuyển n−1 chiếc đĩa ở trên nó.
- Cơng đoạn 2: Chuyển đĩa lớn nhất sang cọc số 2;
- Công đoạn 3: Chuyển n−1 chiếc đĩa ở cọc số 3 về cọc số 2 và đặt lên trên chiếc đĩa lớn nhất, ta cần un−1 phép chuyển. Do vậy , để chuyển n
chiếc đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2, ta cần un−1 + 1 +un−1 = 2un−1 + 1
phép chuyển. Vậy ta có hệ thức truy hồi sau
un = 2un−1 + 1
Từ hệ thức truy hồi này ta có thể lập được cơng thức của số hạng tổng quát của dãy. Bằng quy nạp ta chứng minh được
Với n = 64 thì u64 = 264 −1
Đó là số lần chuyển đĩa mà các nhà sư phải thực hiện để hồn thành cơng việc. Nếu mỗi lần chuyển đĩa mất 1 giây thì cần đến hơn 500 tỉ năm các nhà sư mới chuyển được 64 chiếc đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2.
Bài 3.(IMO 1979, bài số 6). Giả sử A và E là hai đỉnh đối diện của
một bát giác đều. Một con ếch bắt đầu nhảy từ đỉnh A. Tại mỗi đỉnh của bát giác (trừ đỉnh E), mỗi cú nhảy con ếch chỉ có thể nhảy tới hai đỉnh kề với đỉnh đó. Khi con ếch nhảy vào đỉnh E, nó sẽ bị kẹt vĩnh viễn ở đó. Cho trước số nguyên dương n. Hỏi với n cú nhảy, có bao nhiêu cách để con ếch nhảy vào đỉnh E.?
Bài giải
Gọi an là số cách con ếch nhảy vào đỉnh E. ta thấy a1 = a2 = a3 = 0;a4 = 2
Giả sử từ A theo chiều kim đồng hồ, các đỉnh lần lượt là
A→ B →C → D →E →F → G→ H →A
Từ A con ếch đến B phải qua một số lẻ bước. Từ B con ếch đến C phải qua một số lẻ bước. Từ C con ếch đến D phải qua một số lẻ bước. Từ D con ếch đến E phải qua một số lẻ bước. Vậy số bước đến E phải là một số chẵn. Vậy nếu n lẻ thì khơng có cách nào con ếch nhảy vào E được. Vậy a2k−1 = 0 ta cần tính a2k, k > 1.
Xuất phát từ A, với hai bước nhảy đầu tiên, con ếch có thể có các cách sau:
1) A →B → A,
2) A →H → A,
3) A →B → C,
4) A →H → G,
Nếu theo cách 1) thì số cách tới E là a2k−2. Nếu theo cách 2) thì số cách tới E là a2k−2.
Gọi cn, gn lần lượt là số cách để con ếch xuất phát tương ứng từ C, G nhảy vào đỉnh E với n cú nhảy. Vì lí do đối xứng, ta có cn = gn. Vậy nếu theo cách 3) thì số cách tới E là c2k−2, nếu theo cách 4) thì số cách tới E là g2k−2.
Vậy theo quy tắc cộng ta có
a2k = a2k−2 +a2k−2 +c2k−2 + g2k−2 = 2a2k−2 + 2c2k−2. (1)
Xuất phát từ C, với hai bước nhảy đầu tiên, con ếch có thể có các cách sau:
1c) C →B → A,
3c) C →D → C,
4c) C →D → E,
Nếu theo cách 1c) thì số cách tới E là a2k−2. Nếu theo cách 2c) thì số cách tới E là c2k−2. Nếu theo cách 3c) thì số cách tới E là c2k−2. Nếu theo cách 4c) thì số cách tới E là 0. Theo quy tắc cộng ta có
c2k = a2k−2 + 2c2k−2. (2)
Từ (1) và (2) rút ra c2k = a2k −a2k−2 hay c2k−2 = a2k−2 −a2k−4. Thay vào (1) ta được
a2k = 4a2k−2 −2a2k−4
Đặt uk = a2k ta có
uk = 4uk−1 −2uk−2, u1 = a2 = 0, u2 = a4 = 2.
Bằng cách giải phương trình đặc trưng ta đi đến công thức sau
a2k = uk = (2 +
√
2)k−1 −(2−√2)k−1
√
Chương 2
Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài tốn đếm
2.1 Ngun lí bất biến
Bất biến là những đại lượng (hay tính chất) khơng thay đổi trong q trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi. Chẳng hạn khi thực hiện phép tịnh tiến thì khoảng cách giữa hai điểm sẽ khơng thay đổi. Sau đây ta xét những cách thức tìm tính bất biến trong một bài tốn như thế nào thơng qua các ví dụ.
2.1.1 Phát hiện đại lượng bất biến trong bài tốn
Thơng qua ví dụ sau đây ta sẽ thấy sự bất biến được nhìn từ những khía cạnh khác nhau đều giải được bài tốn.
Bài 1. Trên bảng ta viết 10 dấu cộng và 15 dấu trừ tại các vị trí bất kì. Ta thực hiện xóa hai dấu bất kì trong đó và viết vào đó một dấu cộng nếu xóa hai dấu giống nhau và dấu trừ nếu xóa hai dấu khác nhau. Hỏi trên bảng cịn dấu gì sau khi ta thực hiện thao tác trên 24 lần.
Bài giải
Cách 1: Ta thay mỗi dấu cộng bằng số 1, còn mỗi dấu trừ bằng số −1
Thao tác thực hiện xóa hai số và viết lại một số sẽ là tích của chúng. Vì