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 không 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 không song song và không 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 ngôi 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 không 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.
- Công 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 công thức của số hạng tổng quát của dãy. Bằng quy nạp ta chứng minh được (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Với n = 64 thì u64 = 264 −1
Đó là số lần chuyển đĩa mà các nhà sư phải thực hiện để hoàn thành công 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 không 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, 2c) C →B → C,
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 toán đếm
2.1 Nguyên lí bất biến
Bất biến là những đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá trình chúng ta thực hiện các phép biến đổi. Chẳng hạn khi thực hiện phép tịnh tiến thì khoảng cách giữa hai điểm sẽ không thay đổi. Sau đây ta xét những cách thức tìm tính bất biến trong một bài toán như thế nào thông qua các ví dụ.
2.1.1 Phát hiện đại lượng bất biến trong bài toán
Thông qua ví dụ sau đây ta sẽ thấy sự bất biến được nhìn từ những khía cạnh khác nhau đều giải được bài toán.
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 còn dấu gì sau khi ta thực hiện thao tác trên 24 lần. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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 thế tích của tất cả các số viết trên bảng sẽ không thay đổi. Vì vậy , ngay từ đầu giả thiết cho tích của các số trên bảng bằng−1thì cuối cùng cũng còn lại số −1, nghĩa là trên bảng còn lại dấu trừ.
Cách 2: Ta lại thay mỗi dấu cộng bằng số 0, còn mỗi dấu trừ bằng số 1. Thao tác thực hiện là nếu xóa đi hai số 0 hoặc hai số 1 thì ta viết lại số 0, còn nếu xóa đi một số 0 và một số 1 thì ta viết lại số 1. Như vậy tổng các số trên bảng sau khi thực hiện một thao tác hoặc là không
thay đổi hoặc là giảm đi hai. Đầu tiên tổng các số trên bảng là một số lẻ (bằng 15), thì số cuối cùng còn lại trên bảng phải là số lẻ. Vậy là còn số 1, nghĩa là trên bảng còn dấu trừ.
Cách 3: Ta nhận thấy sau mỗi lần thao tác thí số các dấu trừ hoặc là không thay đổi hoặc là giảm đi 2. Vì vậy lúc ban đầu số các dấu trừ là số lẻ (15 dấu) thì cuối cùng phải còn lại một dấu trừ.
Phân tích 3 cách giải trên ta thấy cách 1 lợi dụng tính không đổi của tích các số viết trên bảng, cách 2 sử dụng tính không đổi của tổng chẵn các số và cách 3 là sự không đổi của số chẵn các dấu trừ.
Bài 2. Bốn kí tự X và năm kí tự O được viết xung quanh một đường tròn theo một thứ tự bất kì Nếu hai kí tự cạnh nhau là như nhau thì ta viết thêm vào giữa chúng X mới, ngược lại ta viết vào giữa chúng O mới. Sau đó ta xóa những kí tự cũ X và O đi Ta thực hiện thao tác trên lặp lại một số lần. Hỏi sau một số lần thực hiện quá trình trên, ta có nhận được 9 kí tự O quanh đường tròn hay không?
Bài giải
Nếu ta đặt X = 1 và O = −1, khi đó giữa những kí tự cạnh nhau được thay bằng tích của chúng. Nếu ta xét tích P của tất cả giá trị trước và sau khi thực hiện một lần thay đổi, ta sẽ thấy rằng P mới bằng bình phương của P cũ. Do đó P luôn luôn bằng 1 sau khi thực hiện thay đổi. Nhưng chín kí hiệu O đòi hỏi P bằng −1 không bao giờ có thể xảy ra. Bài 3. Trên bảng ta viết tập hợp số gồm 0, 1 và 2. Ta thực hiện xóa đi hai số khác nhau và điền vào đó số còn lại (nghĩa là 2 thay cho 0 và 1; 1 thay cho 0 và 2; 0 thay cho 1 và 2). Chứng minh rằng nếu sau một số lần thực hiện thao tác trên, trên bảng chỉ còn lại một số duy nhất thì số đó không phụ thuộc vào thứ tụ thực hiện các thao tác các số đã có trên bảng.
Bài giải
Ta thực hiện một lần thao tác thì số lượng mỗi loại trong ba loại số trên tăng lên hoặc giảm đi một, suy ra số lượng các loại số thay đổi tính chẵn lẻ. Khi trên bảng chỉ còn lại một số, nghĩa là hai trong các số 0, 1 và 2 có số lượng bằng không, còn số thứ ba bằng một. Nghĩa là ngay từ đầu số lượng hai số trong ba số trên bảng phải có cùng tính chẵn lẻ và một loại số còn lại có tính chẵn lẻ khác. Vì thế không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện thao tác, cuối cùng chỉ còn lại một trong các số 0, 1 và 2. Số này lúc ban đầu có số lượng chẵn lẻ khác với số lượng chẵn lẻ của hai số kia.
Trong bài toán trên, nếu số lượng cả ba loại số trên bảng lúc đầu có cùng tính chẵn lẻ thì dù có thực hiện các thao tác trên thế nào đi nữa thì cuối cùng cũng không thể còn lại duy nhất một số trên bảng. Để củng cố phương pháp giải ta xết một số bài toán sau đây:
Bài 4.Trên bảng ta viết ba số nguyên. Sau đó ta xóa đi một số và viết vào đó tổng hai số còn lại trừ đi 1. Thao tác như vậy lặp lại một số lần và cuối cùng ta nhận được ba số 17, 1967, 1983. Hỏi có phải những số đầu tiên được viết trên bảng là 2, 2, 2.
Bài giải
Sau bước đầu tiên, từ ba số 2, 2, 2 ta nhận được 2, 2, 3, ba số này có hai số chẵn và một số lẻ. Từ bước thứ hai trở đi thì kết quả luôn luôn có hai số chẵn và một số lẻ dù ta thực hiện bắt đầu từ bất cứ số nào (vì những số chẵn bằng tổng của một số chẵn và một số lẻ trừ đi 1; số lẻ là tổng của hai số chẵn trừ đi 1). Nhưng trong kết quả đã cho đều là ba số lẻ. nên với thao tác đã cho và xuất phát từ 2, 2, 2 không thể cho kết quả.
Đây là một bài toán khó. Ta tưởng chừng như phải tìm lại các bước thực hiện từ ba số kết quả đến các số ban đầu. Bài toán có cho thao tác biến đổi ba số nhưng không cho biết gì về bắt đầu từ số nào và thứ tự ra sao? Bài toán trên được giải nhờ phát hiện ra tính chẵn lẻ của ba số không thay đổi kể từ bước thứ hai, nên từ trạng thái xuất phát không nhận được trạng thái kết quả.
Bài 5 (Kiev 1974). Nhứng số 1, 2, 3, ..., 1974 được viết trên một bảng. Người ta thay hai số bất kì bởi một số hoặc là tổng hoặc là hiệu của hai số đó. Chứng minh rằng sau 1973 lần thực hiện thao tác trên chỉ còn một số còn laị trên bảng không thể là số 0.
Bài giải
Với kinh nghiệm giải bài toán trước, ta quan tâm đến tính chẵn lẻ của các số đã cho và sau mỗi lần thao tác được số chẵn lẻ như thế nào. Khi bắt đầu trên bảng có 987 số lẻ. mỗi lần ta thực hiện thay đổi, số các số lẻ hoặc là còn nguyên (khi ta lấy hai số có tính chẵn lẻ khác nhau hoặc hai số cùng tính chẵn) hoặc là giảm đi hai số (khi ta lấy hai số cùng tính lẻ). Như vậy số các số lẻ còn lại sau mỗi lần thực hiện luôn luôn là một số lẻ. Vậy khi còn lại một số cuối cùng trên bảng thì nó phải là số lẻ. do đó nó không thể là 0.
Bài 6.Một hình tròn được chia thành sáu rẻ quạt. Những số 1, 0, 1, 0, 0, 0 được viết vào trong các rẻ quạt này theo thứ tụ ngược chiều kim đồng hồ. Ta thực hiện lặp đi lặp lại thao tác sau: Tăng số của hai rẻ quạt cạnh nhau lên một đơn vị. Khi thực hiện các thao tác trên có đưa đến kết quả các số trong các rẻ quạt đều bằng nhau không?
Bài giải
Kí hiệu a1, a2, a3, ..., a6 là những số trong các rẻ quạt lúc đầu. Khi đó số
S = a1 −a2 + a3 −a4 + a5 −a6 là một đại lượng không đổi trong suốt quá trình thực hiện các thao tác. Ban đầu ta có S = 2, để đạt được kết quả như bài toán đưa ra ta cần S = 0. Điều này không thể đạt được. Bài 7. Trên một hòn đảo sinh sống giống thằn lằn có ba loại màu : màu xám có 133 con, màu nâu 155 con và màu đỏ có 177 con. Nếu hai con thằn lằn khác màu gặp nhau, thì chúng đồng thời đổi màu sang màu thứ ba. Trong những trường hợp hai con thằn lằn cùng màu gặp nhau thì chúng giữ nguyên không đổi màu. Hỏi có xảy ra tình trạng là tất cả thằn lằn ở trên dảo trở thành cùng một màu được không?
Bài giải
Ba số nguyên 133, 155, 177 chia cho 3 ta được bộ số dư 1, 2 và 0.