kiện cho trước
Các bài toán chọn phương án để thỏa mãn một số điều kiện cho trước thường là các bài toán sau:
+) Bài toán chọn tùy ý.
+) Bài toán chọn ít nhất và nhiều nhất. +) Bài toán chọn có mặt đủ loại.
+) Bài toán sắp xếp, đem tặng, đem phân công thực hiện các nhiệm vụ khác nhau.
+) Bài toán chọn tên.
+) Bài toán chọn nhiệm vụ.
+) Bài toán chọn tên và có chức vụ.
Có thể sử dụng các phương pháp: chia trường hợp, đếm loại trừ, chọn đủ số lượng rồi đem sắp xếp, chọn tên của người có mặt sau đó chọn tên các thành viên còn lại, chọn chức vụ của thành viên có chức vụ sau đó chọn thành viên không có chức vụ.
Bài toán 2.1.11. Có bao nhiêu cách chia một lớp có 35 học sinh thành bốn tổ, sao cho tổ một có 8 học sinh và ba tổ còn lại mỗi tổ có 9 học sinh ?
Giải. Chọn 8 em của tổ một trong 35 em học sinh của lớp có C358 = 35! 8!27!.
Chọn 9 em của tổ hai trong 27 em còn lại có C279 = 27! 9!18!.
Chọn 9 em của tổ ba trong 18 em còn lại có C189 = 18! 9!9!.
Còn lại 9 em phân bố vào tổ bốn có C99 = 1 cách. Vậy số cách chia tổ là
C358 ×C279 ×C189 ×C99 = 35!27!18! 8!27!9!18!9!9! =
35! 8!(9!)3.
Bài toán 2.1.12. Tổ một của lớp 11A có 11 học sinh trong đó có 7 em học sinh nam và 4 em học sinh nữ.
a) Có bao nhiêu cách chọn ra 8 học sinh tùy ý.
b) Có bao nhiêu cách chọn ra 5 học sinh có cả nam và nữ. c) Có bao nhiêu cách chọn ra 4 học sinh có cả nam và nữ. Giải. a) Chọn 8 học sinh tùy ý có C118 cách.
b) Nhận xét: nếu chia trường hợp thì sẽ có nhiều trường hợp xảy ra. Do vậy ở đây ta sử dụng cách đếm loại trừ.
Chọn 5 học sinh tùy ý có C115 cách. Chọn 5 học sinh nam có C75 cách.
Vì khi ta chọn5học sinh luôn có ít nhất một học sinh nam. Vậy cóC115 −C75 = 441 cách chọn có cả nam và nữ.
c) Cách 1. Chọn 3 học sinh tùy ý có C113 cách. Chọn 3 học sinh nam có C73 cách. Chọn 3 học sinh nữ có C43 cách. Vậy ta có C113 −C73−C43 = 126 cách. Cách 2. Trường hợp 1: 1 nam và 3 nữ, ta có C71 ·C43. Trường hợp 2: 2 nam và 2 nữ có C42·C72 cách. Trường hợp 3: 3 nam và 1 nữ có C41·C73 cách. Vậy có C71 ·C43+C42·C72+C41·C73 = 294 cách.
Bài toán 2.1.13. Đội bóng chuyền học sinh của một trường có5 học sinh khối
10; 7 học sinh khối 11; 10 học sinh khối 12.
a) Chọn từ đó 8 học sinh. Có bao nhiêu cách chọn sao cho có đủ cả 3 khối. b) Chọn từ đó ra 15 học sinh có đủ cả ba khối. Có bao nhiêu cách chọn sao
cho có ít nhất 4 học sinh khối 10.
Giải. a) Chọn 8 học sinh tùy ý có C228 cách. Chọn 8 học sinh của khối 12 có C108 cách.
Chọn 8 học sinh của khối 10 và 11 có C128 cách.
Chọn 8 học sinh có hai khối 10 và 12 có C158 −C108 cách. Chọn 8 học sinh của hai khối 11 và 12 có C178 −C108 cách. Vậy số cách cần tìm là
C228 −C108 −C128 −(C158 −C108 )−(C178 −C108 ) = 288575. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
b) Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Chọn 4 học sinh khối 10 có C54 cách. Chọn 11 học sinh còn lại của hai khối 11 và 12 có C1711 cách. Suy ra có C54·C1711 = 61880 cách.
Trường hợp 2. Chọn 5 học sinh khối 10 có 1 cách. Chọn 10 học sinh còn lại của hai khối 11 và 12 có C1710−C1010 cách. Suy ra có C1710−C1010 cách.
Vậy số cách cần tìm là C54·C1711+C1710−C1010 = 81327 cách. Bài toán 2.1.14. (Đại học khối B - 2005).
Một đội thanh niên tình nguyện có 15 học sinh gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội tình nguyện về giúp đỡ 3 xã miền núi sao cho mỗi xã có 4 nam và 1 nữ.
Giải. Phân 4 nam và 1 nữ về xã thứ nhất có C124 ·C31 cách. Phân 4 nam và 1 nữ về xã thứ hai có C84·C21 cách. Phân 4 nam và 1 nữ về xã thứ ba có C44·C11 cách. Vậy số cách cần tìm là C124 ·C31·C84·C21·C44·C11 cách. Bài toán 2.1.15. (Đại học khối B - 2004).
Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó,
10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau sao cho trong mỗi đề nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình và dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2?
Giải. Trường hợp 1: Chọn 3 câu hỏi dễ, 1 câu khó và 1 câu trung bình có C153 ·C51·C101 cách.
Trường hợp 2: Chọn 2 câu hỏi dễ, 2 câu hỏi khó, 1 câu trung bình có C152 · C52·C101 = 10500 cách.
Trường hợp 3: Chọn hai câu hỏi dễ, 1câu khó, 2câu trung bình có C152 ·C51· C102 = 23625 cách.
Do cách chọn của ba trường hợp là độc lập nên tổng số có 22750 + 10500 + 23625 = 56875 cách.
Bài toán 2.1.16. (Đại học khối D - 2006).
Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. cần chọn 4 học sinh tham gia trực tuần, sao cho 4 học sinh đó thuộc không quá 2 trong 3 lớp nói trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
Giải. Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C124 = 495.
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: - Lớp A có hai học sinh, các lớp B và C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là C52·C41·C31 = 120.
- Lớp B có hai học sinh, các lớp Avà C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là C51·C42·C31 = 90.
- Lớp C có hai học sinh, các lớpA và B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là C51·C41·C32 = 60.
Vậy số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là 120 + 90 + 60 = 270.
Vậy số cách chọn cần tìm là 495−270 = 225.
Bài toán 2.1.17. (Đề thi tuyển sinh CĐ Sư phạm Hà Nội - 2005). Trong một tổ học sinh của lớp 12A có 8 nam và 4 nữ. Thầy giáo muốn chọn ba học sinh để làm trực nhật lớp học, trong đó phải có ít nhất một học sinh nam. Hỏi thầy giáo có bao nhiêu cách chọn?
Đáp án. 216 cách.
2.2. Các bài toán tổ hợp có nội dung hình học
Có rất nhiều bài toán có nội dung hình học, như các bài toán tìm số đường chéo của một đa giác, số giao điểm của nhiều đường thẳng hay vòng tròn. . . Bài toán 2.2.1. Trên mặt phẳng vẽ n đường thẳng, đồng thời không có hai đường nào song song và không có ba đường nào đồng quy. Tính số giao điểm của các đường thẳng đó.
Giải. Mỗi giao điểm được xác định một cách duy nhất bởi cặp đường thẳng đi qua nó. Đồng thời thứ tự của các đường thẳng không đóng vai trò gì. Vì thế số giao điểm cần tìm bằng số các tổ hợp chập hai của n, tức là bằng Cn2.
Bài toán 2.2.2. Trên một trong hai đường thẳng song song ta đánh dấu 10 điểm, trên đường thẳng còn lại đánh dấu 7 điểm. Mỗi điểm của đường thẳng này được nối với mỗi điểm của đường thẳng kia. Tìm số giao điểm của các đoạn thẳng nhận được, nếu không có ba đoạn thẳng nào có điểm chung (không kể những điểm chung tại các đầu mút của các đoạn thẳng ).
Giải. Ta nhận thấy rằng giao điểm tùy ý xác định duy nhất nếu cho một cặp điểm trên đường thẳng và một cặp điểm trên đường thẳng còn lại. Đồng thời thứ tự các điểm trên các đường thẳng không đóng vai trò gì. Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều chỉ cần tính đến việc chọn các tập hợp con. Nhưng từ 10 - tập có thể chọn C102 2 - tập con, và từ 7 - tập chọn được C72 2 - tập con. Theo quy tắc tích ta thấy rằng số các giao điểm bằng C102 ·C72 = 945.
Bài toán 2.2.3. (Bài 2.11 - trang 63 - Bài tập đại số và giải tích 11). Có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh của chúng thuộc tập hợp gồm 10 đỉnh nằm trên đường tròn?
Giải. Cứ ba điểm dựng được một tam giác. Vì vậy có thể dựng được C103 tam giác.
Nhận xét. Dựa vào nội dung bài toán trên, ta có thể xây dựng được bài tập cho trường hợp đa giác đều, đa giác lồi, ... Cụ thể, ta xét các bài tập sau đây. Bài toán 2.2.4. Cho đa giác đều A1A2...An (n ≥ 6, n nguyên). Hỏi có bao nhiêu tam giác có ba cạnh là ba đường chéo của đa giác. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Giải. Số tam giác cần tìm bằng tổng số tam giác từ n đỉnh của đa giác trừ đi số tam giác có cạnh trùng với cạnh của đa giác.
• Trường hợp 1: Đếm số tam giác lập từ các đỉnh của đa giác và một cạnh là cạnh của đa giác.
Xét tam giác có một cạnh là A1A2 do hai đỉnh phải là A1, A2 nên các đỉnh còn lại có thể chọn là A4, A5, ..., An−1 (hai đỉnh A3 và An nằm kề với A1, A2). Vậy có n−4 tam giác lập tù đa giác trên thỏa mãn điều kiện có một cạnh là A1A2.
Xét tương tự với các tam giác có một cạnh là một trongn−1cạnhA2A3, A3A4, ..., AnA1 của đa giác, ta đều được kết quả là n−4.
Vậy với n cạnh của đa giác có n(n−4) tam giác thỏa mãn trường hợp này. •Trường hợp 2: Đếm số tam giác lập từ các đỉnh của đa giác và có hai cạnh là cạnh của đa giác.
Ta có với mỗi cạnh có hai đỉnh kề. Do đó với n cạnh của đa giác n×2 tam giác thỏa mãn. Tổng số các tam giác được lập từ n đỉnh của đa giác là
Cn3 = n!
3!(n−3)!.
Vậy số các tam giác được lập từ ba đường chéo của đa giác là n!
3!(n−3)! −n(n−4)−2n= n(n−1)(n−2)
6 −n2+ 2n.
Ghi chú. +) Ta có thể vận dụng để giải bài tập đếm số tam giác cân, số tam giác đều, với n chẵn đếm số tam giác vuông với mỗi đỉnh của các tam giác này đều thuộc tập hợp các đỉnh của đa giác này.
+) Sử dụng đề bài này và cho trước số tam giác yêu cầu tính n.
Ví dụ. Cho đa giác lồi A1A2...An biết có8 tam giác được tạo bởi các đường chéo của đa giác. Tính n ?
Giải. Bằng cách giải tương tự bài trên, ta đi đến giải phương trình bậc ba
8 = n(n−1)(n−2)
6 −n2+ 2n ⇔n3−9n2+ 14n−48 = 0.
Phương trình này có một nghiệm nguyên n= 8 thỏa mãn điều kiện đề bài. +) Với điều kiện n ≥ 6, n nguyên, ta có thể mở rộng bài này thành bài toán đếm số tứ giác, đếm số hình chữ nhật mà mỗi đỉnh là một trong các đỉnh A1, A2, ..., An, ...
+) Với điều kiện n ≥ 12, n nguyên, ta có thể mở rộng bài này thành bài toán đếm số tứ giác có bốn cạnh là bốn đường chéo của đa giác (Ví dụ 12, trang 145 - Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên trường THPT Chuyên môn toán năm 2012).
+) Cho mối liên quan về số lượng của tam giác và tứ giác yêu cầu tính n (Đề thi đại học khối B - 2002).
Bài toán 2.2.5. (Đề thi Đại học khối B - 2002).
Cho đa giác đềuA1A2...A2n (n ≥2, nnguyên) nội tiếp đường tròn(O). Biết rằng số tam giác có ba đỉnh trong 2n điểm A1, A2, ..., A2n gấp 20 lần hình chữ nhật có bốn đỉnh trong 2n điểm A1, A2, ..., A2n. Tìm n ?
Giải. Số tam giác có số đỉnh là 3 trong 2n điểm là C23n.
Đa giác đều A1A2...A2n có 2n đỉnh nên có n đường chéo đi qua tâm của đường tròn tâm (O). Cứ hai đường đi qua tâm đường tròn (O) thì có một hình chữ nhật có 4 đỉnh trong 2n điểm A1, A2, ..., A2n. Vậy số hình chữ nhật là Cn2.
Theo giả thiết, ta có phương trình C23n = 20Cn2 ⇔ (2n)! (2n−3)!3! = 20· n! (n−2)!2! ⇔ (2n−2)(2n−1)2n 6 = 20· n(n−1) 2 ⇔ (2n−2)(2n−1) 3 = 10(n−1) (do n≥2) ⇔2n−1 = 15 ⇔n= 8.
Bài toán 2.2.6. Cho đa giác đều A1A2...A2n (n≥ 2, nnguyên) nội tiếp đường tròn (O). Đếm số tam giác vuông được lập từ tập hợp các đỉnh A1, A2, ..., A2n của đa giác.
Hướng dẫn. Theo bài toán trên, ta đếm được Cn2 hình chữ nhật, từ mỗi hình chữ nhật này ta có 4 tam giác vuông tương ứng có đường chéo xuyên tâm là cạnh huyền. Do đó có 4·Cn2 tam giác vuông cần tìm.
Bài toán 2.2.7. (Bài 2.12 - trang 63 - Bài tập đại số và giải tích 11). Một đa giác lồi có 20 cạnh có bao nhiêu đường chéo ?
Giải. Số đoạn nối hai đỉnh của đa giác đã cho là C202 . Số cạnh của đa giác là
20 nên số dường chéo là C202 −20 = 170. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nhận xét. Ta có thể mở rộng bài toán cho n cạnh, cho biết số đường chéo yêu cầu tính n.
Bài toán 2.2.8. Cho đa giác lồi có n cạnh (n ≥ 4, n nguyên). Tính n biết số đường chéo là 12.
Giải. Số đoạn nối hai đỉnh của đa giác đã cho là Cn2. Số cạnh của đa giác là n. Vậy ta có phương trình Cn2 −n= 12 ⇔ n! 2!(n−2)! −n= 12 ⇔ n(n−1) 2 −n= 12 ⇔n2−2n−24 = 0 ⇔ " n=−4 n= 6. Vậy n= 6 thỏa mãn điều kiện đề ra.
Chương 3
Các phương pháp đếm nâng cao
Cơ sở của phép đếm là định nghĩa phép đếm, các nguyên lý đếm và các số tổ hợp (là các số thường nảy sinh một cách tự nhiên trong các bài toán đếm). Tuy nhiên, với các công cụ đã nêu ở các phần trước của đề tài, chúng ta thường chỉ giải được những bài toán ở dạng đơn giản. Với các bài toán giành cho học sinh giỏi olympic, cần đến các phương pháp đếm nâng cao.
Tuy nhiên có nhiều phương pháp đếm nâng cao dựa trên các nền tảng lý thuyết khác nhau. Ví dụ phương pháp song ánh dựa vào lý thuyết tập hợp và ánh xạ, phương pháp thêm bớt cũng dựa vào lý thuyết tập hợp (cụ thể là tổng quát hóa của công thức |A∪B| = |A|+|B| − |A∩B|), phương pháp quỹ đạo dựa vào một định lý cơ bản về số đường đi ngắn nhất giữa hai điểm của lưới nguyên, phương pháp quan hệ đệ quy dựa vào ý tưởng quy nạp, phương pháp hàm sinh sử dụng các kiến thức tổng hợp của đại số và giải tích, phương pháp sử dụng nguyên lý Dirichlet dựa trên ý tưởng sắp xếp đồ vật vào trong các ngăn ...
Trong đề tài này tôi chỉ đề cập đến ba phương pháp chính là: thiết lập quan hệ truy hồi, phương pháp sử dụng công thức cộng tổng quát và phương pháp song ánh để giải.