BÁO CÁO SÁNG KIẾN CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì mộttrong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếpnhận và giải quyết một vấn đề theo nhi

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DỰ THI CẤP TỈNH

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

Tác giả: Trần Mạnh Sang Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học Chức vụ: Giáo viên Toán

Nơi công tác:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Nam Định, tháng 5 name 2014

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1 Tên sáng kiến:

CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:

Dạy Toán cho học sinh các lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải

và Đồng bằng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia

3 Thời gian áp dụng sáng kiến:

Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2013 – 2014.

4 Tác giả:

Họ và tên: Trần Mạnh Sang

Năm sinh: 1987

Nơi thường trú: Phường Ngô Quyền, thành phố Nam Định

Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học

Chức vụ công tác: Giáo viên Toán

Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Địa chỉ liên hệ: Số 19 Máy Tơ, thành phố Nam Định

Điện thoại: 097.227.6698

5 Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, tp Nam Định – tỉnh Nam Định

Điện thoại: (0350) 364 0297

I Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:

Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người laođộng tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp,góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đấtnước Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầuthế kỉ XXI Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đàotạo cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực Một trong những biệnpháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy vàphương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáodục, cũng như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộcvận động của Bộ trưởng Bộ GD - ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thànhtích trong giáo dục

Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì mộttrong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếpnhận và giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bảnchất của nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau

Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tổ hợp luôn là lĩnhvực khó khăn với cả thầy và trò Vấn đề này xuất hiện nhiều trong các kì thi HSGquốc gia và quốc tế (có 2 trên 7 bài), là một phần quan trọng trong việc phát hiện vàbồi dưỡng các học sinh có tư chất thực sự Một trong những phần thường hay xuấthiện trong các đề thi chính là bài toán đếm

Bài toán đếm có thể nói là một bài toán cổ xưa nhất: Đếm số súc vật trongchuồng, đếm số học sinh trong lớp, đếm số quân của đoàn quân, Để đếm, có lẽ aicũng sẽ có thể cho 1 kết quả, tuy nhiên kết quả đó có đúng hay không? Khi kết quảđúng rồi thì cũng có thể có những cách đếm khác nhau Ví dụ cùng là kết quả 36nhưng có người đếm là 36x1, có người lại ra là 6.6, đó đã là hai cách hoàn toàn khácnhau Có thể thấy được bài toán đếm rất hay dẫn đến nhầm lẫn trong tính toán Để

hiểu rõ hơn các bài toán thuộc dạng này, chúng tôi tìm hiểu và đưa ra các phươngpháp đếm nâng cao Trước hết giúp học sinh hiểu rõ vấn đề bản chất cùng với sự tưsuy logic thông qua việc kết hợp các bài toán với nhau Sau nữa, chúng tôi muốnđưa ra những cách phát biểu khác nhau cho một bài toán, có thể từ những bài đơngiản, khi phát biểu theo ngôn ngữ thực tế lại thấy không dễ dàng, từ đó cho ta cảmgiác khó khăn trong giải bài toán.

II Thực trạng (trước khi tạo ra sáng kiến)

Đã có rất nhiều bài toán, các đề thi HSG có xuất hiện bài toán đếm: HSGquốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế (IMO, IMC) hay các kì thi của các quốcgia (China TST, USA TST, ) Việc giải quyết các bài toán này không hề đơn giản(Thường là bài khó nhất trong đề thi) Một phần khó đối với học sinh của ViệtNam chính là việc các em ít tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm giác sợ khi gặp

Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúpcác em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đócũng mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trongquá trình giảng dạy

III Phương pháp nghiên cứu:

Để hoàn thành báo cáo này tôi đã lựa chon các phương pháp nghiên cứu sau:+) Nghiên cứu các loại tài liệu có liên quan đến vấn đề này

+) Trao đổi với các đồng nghiệp để có những nhìn nhận vấn đề dưới nhiềugóc độ khác nhau, từ đó tìm ra giải pháp cho vấn đề nghiên cứu

+) Quan sát quá trình tiếp thu kiến thức của học sinh, lắng nghe ý kiến, giảiđáp các thắc mắc của các em, để tìm ra khâu mà các em học sinh còn vướng mắc,

từ đó rút ra những bài học kinh nghiệm cho bản thân

IV Đối tượng nghiên cứu:

Sáng kiến này tôi đã áp dụng cho các em học sinh lớp chuyên Toán, các emtrong đội dự tuyển, đội tuyển thi HSG quốc gia và khu vực từ năm học 2011-2012 đếnnăm học 2013 – 2014.

V Nội dung chính

A KIẾN THỨC MỞ ĐẦU

1 HAI NGUYÊN LÝ CƠ BẢN

1.1 Nguyên lý cộng: Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau (chúng không có

phần tử chung) thì | AB  A  B|

Nguyên lý cộng còn có thể phát biểu một cách khác như sau:

Nếu một công việc có thể thực hiện bằng một trong hai phương án loại trừ lẫnnhau: phương án thứ nhất có m cách thực hiện và phương án thứ hai có n cách thựchiện Khi đó công việc đó có m + n cách thực hiện

Nguyên lý cộng mở rộng: Nếu tập hợp hữu hạn C là hợp của n tập đôi một rời

Giả sử E = a1, a2, , an Chỉnh hợp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự gồm

2.3 Tổ hợp của n phần tử chọn k (hay tổ hợp chập k của n phần tử)

Giả sử E = a1, a2, , an Tổ hợp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ tựgồm k phần tử ai1, , aik Nói cách khác, đó là một tập con gồm k phần tử

Số các tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là Ck

Giả sử E = a1, a2, , an Tổ hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ

tự gồm k phần tử ai1, , aik, trong đó cho phép lấy lặp lại Nói cách khác, đó làmột đa tập hợp gồm k phần tử lấy từ E

Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu là Hk

n Ta có Hk

n = Ck n+k-1

2.7 Hoán vị lặp

Xét đa tập hợp E(r1, r2, , rs) có n phần tử, trong đó phần tử a1 có r1 phiên bản,phần tử a2 có r2 phiên bản, , phần tử as có rs phiên bản r1+r2+ +rs = n Một cáchxếp các phần tử của E theo thứ tự nào đó được gọi là một hóan vị lặp của n phần tửcủa E

Số hoán vị lặp của đa tập hợp E(r1, r2, , rs) bằng n!/r1! rs!

Bổ đề: (Tính chất hệ số nhị thức): Ck-1

n+Ck

n = Ck n+1

 

1 2

1 1

Bài toán 1: Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 20 em giỏi toán, 21 em giỏi lí, 22 em

giỏi hoá; 8 em giỏi toán và hoá, 11 em giỏi lí và hoá, 5 em giỏi cả ba môn Biết rằngmỗi học sinh trong lớp giỏi ít nhất một môn Tìm số học sinh giỏi cả hai môn toán vàlý

Lời giải : Gọi T, L, H lần lượt là số học sinh giỏi toán, lý, hoá.

Vậy có 9 học sinh giỏi cả hai môn toán và lý

Bài toán 2: Có 15 quả cầu đôi một khác nhau, trong đó có 4 quả màu vàng 5 quả

màu xanh, 6 quả màu đỏ Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả sao cho trong các quảcầu còn lại có đủ ba màu

Lời giải: Gọi A là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu; V, X, Đ theo thứ tự

là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu mà trong các quả cầu còn lại không có quảnào màu vàng, xanh, đỏ; n là số cách chọn 10 quả cầu thoả mãn yêu cầu Ta có:

Bài toán 3: Cho 3 chữ số: 1, 2, 3 Từ các chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số

gồm n chữ số (n 3) sao cho trong mỗi số đó, có mặt cả ba chữ số 1, 2, 3

Lời giải : Gọi A là tập hợp các số thoả mãn điều kiện bài toán S là tập hợp

các số gồm n chữ số được lập từ ba chữ số đã cho Ti là tập hợp các số thuộc S màtrong số đó không có mặt chữ số i (i=1,2,3)

Lời giải : Mỗi i=1, 2, , k Ta đặt A i a N * /a n a a ,  i và A là tập hợp

các số thoả mãn điều kiện của bài toán thì (1)

1

k i



Dễ thấy A i a i, 2 , ,a i m a i i với miN* và thoả mãn: miai  n < (mi+1)ai

i i

Theo nguyên lí bù trừ và bài toán trên ta có:

Bài toán 6: Cho các số nguyên dương k và n thỏa mãn điều kiện n k 2  k 1

Xét n tập hợp A A1, , ,2 A thỏa mãn đồng thời các điều kiện: n

Mà A có k phần tử nên theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn tại 1 phần tử i a A i là

phần tử chung của ít nhất m tập trong các tập A A2, , ,3 A với n m n 1 k 1

Suy ra m n  1 hay

1

1

n i i

A n k





Bài toán 7: Cho m quả cầu đôi một khác nhau và n cái hộp đôi một khác nhau (m

 n) Có bao nhiêu cách bỏ tất cả các quả cầu vào trong các hộp sao cho hộp nàocũng có ít nhất 1 quả cầu (không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp)

Khi giải bài toán này, rất nhiều học sinh mắc sai lầm như sau: Trước hết bỏvào mỗi hộp một quả cầu: Có n

m

A cách, sau đó phân phối ngẫu nhiên m-n cầu còn

lại vào n cái hộp và có nm-n và kết luận: n

m

A nm-n cách Cách giải trên đã mắc sai

lầm vì ta không kể thứ tự của các quả cầu trong mỗi hộp.

Để giải bài toán này, ta phải dùng nguyên lí bù trừ

Gọi A là số cách bỏ cầu vào hộp thoả mãn điều kiện bài toán;

Với mỗi i=1, 2, , n ta ký hiệu Ai là số cách bỏ cầu vào hộp mà Ai không chứa

cầu S là tập hợp tất cả các cách bỏ cầu vào hộp Thế thì

1

n i i

cả hộp đã có cầu) quả cầu thứ x cũng có y cách bỏ vào hộp

Vậy theo quy tắc nhân thì ta có: x

Ta có thể phát biểu bài toán ở dạng khác:

Cho hai tập hợp hữu hạn khác rỗng có cùng số phần tử :

 1, , 2 n

X  a a a và Y=b b1, , 2 b Hãy tìm số các song ánh n f X:  Y : sao cho

(aa i )b i , i=1, 2, , n.

Lời giải: Ta ký hiệu A là tập các song ánh f X:  Y thoả mãn điều kiện bài

toán; Với mỗi i = 1, , n Ta đặt Ai là tập hợp các song ánh f X:  Y mà (ai)=bi;

Bài toán 9: Một người đưa thư phân phối n bức thư mang tên người nhận khác

nhau vào n hộp thư của các người nhận Do tên người nhận ghi trên các phong bì

bị mờ nên việc phân phối được thực hiện ngẫu nhiên mỗi thư vào một hộp Có baonhiêu kết quả phân phối khác nhau, sao cho có ít nhất một bức thư đến đúng địachỉ

Ta có thể phát biểu bài toán ở dạng khác như sau:

Cho hai tập hợp hữu hạn khác rỗng có cùng số phần tử :

Lời giải : Trước hết ta chọn k số trong tập X : a i1, a , , ai2 ik và đặt ( )f a i j  ,b i j

(Theo quy tắc nhân)

Bài toán 11: Cho n là một số tự nhiên Ta nói hoán vị (x1, x2, , x2n) của tập hợp{1, 2, , 2n} có tính chất P nếu x i  x i1 nvới ít nhất một i{1, , 2n-1} Chứngminh rằng với mỗi n, số các hoán vị có tính chất P lớn hơn số các hoán vị không cótính chất P

Lời giải: Ta chia các số 1, 2, ,n thành từng cặp (1; n+1); (2; n+2); ; (n; 2n).

Một hoán vị có tính chất P nếu có xi và xi+1 trong cùng một cặp Giả sử Ak làtập hợp các hoán vị trong đó các số k và n+k đứng kề nhau Số các hoán vị có tính

chất P là:

1

n

k k

Vì vậy A = 2(2n - 1)(2n - 2)! = 2(2n - 1)!; k

1

(2 )!

n k k

Bài toán 12: (VMO-1995, Bảng B) Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao

nhiêu số có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1 Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần

2 Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau

Gợi ý

Gọi A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số, lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5 thỏa mãnđiều kiện (1) của để bài Với mỗi i kí hiệu Ai là tập gồm tất cả các số thuộc A mà

trong mỗi số đều có hai chữ số i đúng cạnh nhau

Một số bài tập áp dụng

Bài 1: Có n người xếp thành một hàng dọc Hỏi với mỗi số nguyên dương

2

n

k     cho trước có bao nhiêu cách chọn ra k người n người trên sao cho không

có hai người đứng kề nhau được chọn

Bài 2: (Bài đề nghị cho IMO của Trung Quốc năm 1991): Cho s = 1, 2, 3, …, 280.

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp con gồm n phần tử của S đều chứanăm số đôi một nguyên tố cùng nhau

Bài 3 (VMO - 1995) Cho số nguyên n 2 và cho một đa giác đều 2n đỉnh Người

ta tô tất cả các đỉnh của đa giác đều đó bởi n màu sao cho các điều kiện sau đượcđồng thời thỏa mãn:

1 Mỗi đỉnh được tô bởi một màu

2 Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau

Hai cách tô màu, thỏa mãn các điều kiện trên, được gọi là tương đương nếu cách tômàu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của đagiác đã cho

Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu đôi một không tương đương

2 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ÁNH XẠ

Để đếm số phần tử của một tập hữu hạn A, ta tìm một tập hữu hạn B có cùng

số phần tử như A nhưng dễ đếm hơn Hoặc khi gặp bài toán yêu cầu chứng minh

bất đẳng thức lên quan đến số phần tử của hai tập, ta tìm một ánh xạ ( là đơn haytoàn ánh tùy thuộc vào bất đẳng thức) từ tập này vào tập kia Điều này được suy ra

do nguyên lí ánh xạ

Trước hết có một số kiến thức lý thuyết mở đầu

1 Định nghĩa ánh xạ: Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương

ứng mỗi phần tử x của X với một và chỉ một phần tử y của Y Phần tử y được gọi là tạo ảnh của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là f x 

i Tập X được gọi là tập xác định của f Tập Y được gọi là tập giá trị của f.

ii Ánh xạ f từ X đến Y được ký hiệu là f X:  Y

2 Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

2.1 Ánh xạ f X:  Y được gọi là đơn ánh nếu với mọi a X b X a b ,  ,  thì

f a f b

Hay với mọi a X b X ,  mà f a  f b  thì a b

2.2 Ánh xạ f X:  Y được gọi là toàn ánh nếu với mỗi y Y đều tồn tại mộtphần tử x X sao cho yf x 

2.3 Ánh xạ f X:  Y được gọi là song ánh nếu nó vừa là toàn ánh, vừa là đơn ánh

Nguyên lý ánh xạ Cho A và B là các tập hữu hạn khác rỗng và f A:  B là mộtánh xạ Khi đó:

Bài toán 1: Xét hình chữ nhật 1x4 như hình vẽ.

Có bao nhiêu cách để đi từ A đến B trong mỗitrường hợp sau:

a Chỉ đi lên và qua phải

b Không có đoạn nào lặp lại

Giải

Ta cần đưa việc tính số đường đi thông qua một bộ kí tự mới

a Ta có thể mã hóa mỗi lần đi lên là số 1, đi qua phải là số 0 Khi đó mỗi đường

đi sẽ ứng với một dãy các số 1 và 0, trong đó có đúng 1 số 1 và 4 số 0 ( Ở đây

đã xuất hiện song ánh từ tập đường đi với tập bộ số 1, 0 thỏa mãn yêu cầu) Sốcác dãy đó là số cách chọn 1 vị trí trong 5 vị trí để đặt số 1, có 5 cách

b Mỗi bước đi có thể coi là một dãy các cách đi lên, qua phải, đi xuống (khôngđược đi qua trái vì nếu thế sẽ có đoạn lặp lại) Có thể thấy sau mỗi bước đi lênhoặc đi xuống thì phải qua phải, vì vậy ta chỉ quan tâm đến đường đi bên trên

và đường đi bên dưới

Ví dụ dãy: LPPXPLP, ta coi nó như dãy TTDT

B

A

B

A

Như vậy số cách thỏa mãn bằng số cách sắp xếp 2 kí tự T, D vào 4 vị trí mà khôngcần điều kiện gì ràng buộc, số cách là 24

Bài toán 2: Cho hình chữ nhật m n m n    với

đỉnh dưới cùng bên trái là A, trên cùng bên phải là

B Có bao nhiêu cách đi từ A đến B trong mỗi

trường hợp sau:

a Chỉ được đi lên và qua phải

b Chỉ được đi lên và qua phải nhưng không được

chạm vào đường AC (không kể điểm A)

c Chỉ được đi lên và qua phải nhưng không đi qua điểm I (là giao của dòng i

và cột j).

Giải

a Tương tự như ý a của bài toán 1, ta có thể mã hóa mỗi lần đi lên là số 1, đi qua

phải là số 0 Khi đó mỗi đường đi sẽ ứng với một dãy các số 1 và 0, trong đó có

b Đi từ A đến B mà không chạm AC, nghĩa là bước

đầu phải qua D Số bước đi từ A

đến B không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B

mà không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B trừ

đi số cách đi từ D đến B mà chạm vào AC

Mỗi cách đi từ D đến B mà chạm AC, giả sử chạm tại điểm M và N (như hình vẽ)

ta lấy đối xứng qua đường AC đoạn đường đi từ D đến N, sẽ được một cách đi

từ E đến B, tổng quát hơn thì ta sẽ lấy đối xứng đường đi từ D đến điểm chạm

AC cuối cùng Dễ thấy đây là một song ánh từ tập cách đi từ D đến B mà chạm

F

E

A

M D

B C

N E

A

c Số cách đi không qua I bằng số cách đi từ A đến B trừ đi số cách đi qua I.

Số cách đi qua I bằng số cách đi từ A đến I nhân với số cách đi từ I đến B (quy tắcnhân) = i m i  

C C 

    Vậy kết quả là n i m i  

     

Bài toán 3 (Bài toán bầu cử): Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A được a phiếu

bầu, ứng cử viên B được b phiếu bầu (a > b) Cử tri bỏ phiếu tuần tự từng người Có

bao nhiêu cách sắp xếp việc bỏ phiếu để lúc nào A

cũng hơn B về số phiếu bầu?

Giải

Xét hình chữ nhật b a như hình vẽ (có b hàng và a

cột) Mỗi một cách sắp xếp việc bỏ phiếu là một

cách đi từ M đến N (nếu bỏ cho A thì qua phải, bỏ

cho B thì lên trên)

Cách sắp xếp để lúc nào A cũng thắng là cách đi từ

M đến N mà không chạm MP (không kể điểm M)

Theo bài toán 2, được kết quả là 1

Một mở rộng của bài toán bầu cử: Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A nhận

được m phiếu bầu và ứng cử viên B nhận được n phiếu bầu, với m kn Hỏi có

bao nhiêu cách sắp thứ tự các phiếu bầu để ứng cử viên A luôn nhận được số phiếu

nhiều hơn k lần ứng cử viên B trong toàn bộ quá trình kiểm phiếu.

Bài toán 4 (bài toán xếp hàng mua vé): Có m + n người đang đứng quanh quầy

vé, trong đó n người chỉ có tiền 5.000 và m người chỉ có tiền 10.000 Đầu tiên ở quầy không có tiền, vé giá 5.000 Hỏi có bao nhiêu cách xếp m + n người thành hàng để không một người nào phải chờ tiền trả lại (m  n).

Giải

N P

M

Xét hình chữ nhật m n như hình vẽ (có m hàng và n cột).

Mỗi một cách sắp xếp việc mua vé là một cách đi từ

M đến N (nếu người mua vé có 5000 thì qua phải,

người mua vé có 10.000 thì lên trên)

Cách sắp xếp để không có người nào phải đợi trả lại

vé, nghĩa là tại một thời điểm bất kì số người đã mua

vé có 5000 nhiều hơn số người đã mua vé có 10.000,

đây chính là cách đi từ M đến N mà không chạm MP

Bài toán 5 (a Bài toán chia kẹo của EULER ) : Cho k, n là các số nguyên dương.

Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình : x1x2  x k n *

Đây là bài toán quen thuộc của toán đếm tổ hợp Có thể kể ra một vài phươngpháp giải quyết đối với bài toán này như đệ quy, hàm sinh,…Nhưng ở đây chúng

ta sẽ tiếp cận nó theo một góc nhìn khác : Song ánh Một cách tự nhiên ta nghĩ đến

việc thiết lập một ánh xạ từ tập {x 1 , x 2 , … , x k } Và để thuận tiện ta sẽ cho ánh xạnày chạy vào một dãy nhị phân , đưa bài toán trở về đếm tổ hợp thông thường

Giải Gọi A là họ các bộ {x1 , x2 , … xk }thoả mãn phương trình, B là họ các

dãy nhị phân có độ dài n + k - 1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1.

Xét ánh xạ f cho bởi quy tắc : Với mỗi bộ {x1 , x2 , … xk } ta thực hiện viết liêntiếp từ trái qua phải x1 bit 1, rồi đến 1 bit 0, rồi lại đến x2 bit 1, cứ như thế đến hết

xn Như vậy ứng với mỗi bộ{x1 , x2 , … xk } ta xây dựng được một dãy nhị phân có

độ dài n+k-1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1 Dễ dàng chứng minh được f là một song

ánh

N P

M

Vậy số nghiệm của phương trình (*) sẽ tương ứng với số dãy nhị phân có độdài n+k-1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1 Mặt khác mỗi dãy nhị phân tương ứng với mộtcách chọn k-1 vị trí cho bit 0 nên số dãy nhị phân thoả mãn là 1

Bằng cách đổi biến y i  x i m, nhận xét x i  m y i 0

Ta được phương trình: y1 y2   y k  n km, khi đó cần điều kiện0

n km  để phương trình có nghiệm, và ta đưa về bài toán trên

Bài toán chia kẹo của EULER có rất nhiều ứng dụng trong việc đếm số cách

sắp xếp các phần tử, chủ yếu vào 1 hàng và thỏa mãn điều kiện nào đó Có thể

kể ra một số ứng dụng của bài toán này:

VMO 2012 - Bài toán 5

Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5 và 12 chàng trai Có 17chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang Người ta xếp nhóm người đã cho ngồivào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2, G3, G4, G5;

3/ Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;

4/ Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 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 ởchiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau)

Lời giải.

Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1, 2, …,17

Gọi x1 là số chàng trai được xếp bên trái G1, x2 là số chàng trai ở giữa G1 và G2, x3

là số chàng trai ở giữa G2 và G3, x4 là số chàng trai ở giữa G3 và G4, x5 là số chàngtrai ở giữa G4 và G5, x6 là số chàng trai được xếp ở bên phải G5 Khi đó bộ số (x1,

x2, …, x6) hoàn toàn xác định vị trí các cô gái và ta có

1) x1 + x2 + … + x6 = 12

2) 3 ≤ x2

3) 1 ≤ x5 ≤ 4

Đổi biến y2 = x2 – 3 và y5 = x5 – 1 ta được x1 + y2 + x3 + x4 + y5 + x6 = 8

Với các ẩn không âm và có thêm điều kiện y5 ≤ 3

Tiếp theo, sử dụng bài toán chia kẹo của Euler ở dạng

Lưu ý: Với các bài toán dưới đây, điều kiện của k, m, n đều là các số nguyên dương.

Bài toán 6: Có bao nhiêu cách chọn k số từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho

không có 2 số nào là 2 số liên tiếp (ở đây không quan tâm thứ tự chọn các số này).Giải

hay hai bộ    ' ' ' ' 

1; 2 1; 3 2; ; k 1 ; 1; 2 1; 3 2; ; k 1

a a  a  a  k a a  a  a  k  là khác

nhau Suy ra f là đơn ánh.

Với mỗi bộ a a1; 2  1;a3  2; ;a k  k 1B rõ ràng luôn cho một bộ

Có thể thấy một số cách phát biểu khác của bài toán 6

Bài toán 6.1: Trên đường thẳng cho các điểm A A1; ; ;2 A Có bao nhiêu cách tô n màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô.

Hướng dẫn: Đánh số các điểm A A1; ; ;2 A tương ứng với các số 1, 2, …, n Cách tô n màu thỏa mãn đề bài chính là cách chọn k số từ n số trên sao cho không có hai số

liên tiếp được chọn Theo bài toán 6 được kết quả là k 1

n k

C   .

Bài toán 6.2: Trên đường tròn cho các điểm A A1; ; ;2 A theo chiều kim đồng hồ n

Có bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên

tiếp được tô

Hướng dẫn

Xét điểm A Nếu 1 A được tô màu, khi đó hai điểm 1 A A không được tô 2; n

Suy ra số cách thỏa mãn là số cách tô k  1 điểm trong số n  3 điểm A A3; ; ;4 A n1

sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô Kết quả là 1

n k

C 

đỉnh liên tiếp được tô.

Bài này có cách giải tương tự bài toán 6.2.

Hay một sự mở rộng của bài toán 6

Bài toán 6’: Có bao nhiêu cách chọn k số từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho

với hai số bất kì a, b được chọn ta luôn có a b m (ở đây không quan tâm thứ

Tương tự như trên có một số cách phát biểu khác cho bài toán 6’

Bài toán 6’.1: Trên đường thẳng cho các điểm A A1; ; ;2 A Có bao nhiêu cách tô n màu k điểm trong n điểm trên sao cho giữa hai điểm liên tiếp được tô có nhiều hơn

m điểm không được tô.

D C B X

Bài toán 6’.2: Trên đường tròn cho các điểm A A1; ; ;2 A theo chiều kim đồng hồ n

Có bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho giữa hai điểm liên tiếp được tô có nhiều hơn m điểm không được tô.

Và sự mở rộng lớn hơn của bài toán 6’ đối với đa giác, ta có bài VNTST 1997

Bài toán 6’.3: Cho các số nguyên dương n k p, , với k 2 và k p 1 n Cho

n điểm phân biệt nằm trên 1 đường tròn, tô tất cả n điểm đó bởi 1 trong 2 màu xanh, đỏ ( mỗi điểm 1 màu ) sao cho có đúng k điểm tô màu xanh và trên mỗi

cung tròn mà 2 đầu mút là 2 điểm xanh liên tiếp ( tính theo chiều kim đồng hồ )

luôn có ít nhất p điểm đỏ Hỏi có bao nhiêu cách tô màu khác nhau? (Hai cách tô

khác nhau nếu có ít nhất 1 điểm tô bởi 2 màu khác nhau trong 2 cách tô đó)

Các bài toán 6’.1; bài toán 6’.2; bài toán 6’.3 được giải quyết cùng tư tưởng trên khi vận dụng bài toán 6’ Tác giả xin không nêu lời giải.

Cùng tiếp tục với một bài toán đếm thú vị

Bài toán 7: Hình bên là một tam giác đều có độ

dài cạnh là n (n là số nguyên dương) được chia

thành n2 tam giác đều đơn vị có độ dài cạnh là 1

Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo thành

với đỉnh là đỉnh của các tam giác, cạnh song song

hoặc trùng với cạnh của các tam giác

Z Y

Chiếu các đỉnh của các tam giác đơn vị xuống đường thẳng ST theo phương XY vàphương XZ, trên đường ST sẽ có n 2 điểm.

Nhận thấy được mỗi hình bình hành ứng với một và chỉ một bộ không sắp thứ tự 4điểm trên ST

Ngược lại, với một bộ không sắp thứ tự 4 điểm trên ST, qua chúng dựng các đườngsong song với XY và XZ, bốn giao điểm tạo thành là 4 đỉnh của một hình bìnhhành

Vậy số tam giác trong trường hợp này là 4

Bài toán 8 (a IMO - 1987 ) Gọi p k là số các hoán vị của { 1, 2, … n } có đúng n 

k điểm cố định Chứng minh rằng  kp n k  !n với k = 0,n

Rõ ràng trong bài toán này việc đi chứng minh trực tiếp đẳng thức là không hềđơn giản Từ đó ta hình thành ý tưởng dựa vào các phương pháp khác nhau để tính

số phần tử của cùng một tập hợp, thông qua đó ta thu được các kết quả bằng nhau.Giải

Tính tất cả các cặp ( x , y ) trong đó y là hoán vị với x làm điểm cố định Vớimỗi giá trị của x ta có n  1 ! hoán vị y nhận x làm điểm cố định (ta hoán vị n – 1

phần tử còn lại)

Như vậy khi cho x = 1,n ta có số cặp ( x , y ) là n.n 1!n! cặp

Mặt khác khi ta tính số cặp theo y thì ta được tổng bên trái Thật vậy, với mỗi k

thoả mãn 0 k n có p n hoán vị với k điểm cố định và ứng với mỗi hoán vị k 

này sẽ có k cặp ( x , y ) khác nhau nên số cặp ( x, y ) là  kp n k  !n với 0,

k  n Đến đây ta cho hai giá trị này bằng nhau ta có điều phải chứng minh

Bài toán 9: Trong các xâu nhị phân có độ dài là n, gọi a là số các xâu không n

chứa quá 3 số liên tiếp 0, 1, 0 và b là số các xâu không chứa 4 số liên tiếp 0, 0, 1, n

Rõ ràng X chứa 3 số liên tiếp 0, 1, 0 khi và chỉ khi f X chứa 4 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 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 n 1 mà bắt đầu bằng 0 Nhưng từ mỗi xâu X thuộc B ta nhận được 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 n 1 gấp đôi số các xâu có độ dài n 1 mà bắt đầubằng số 0 Từ đó có điều phải chứng minh

Bài toán 10 (vô địch Ucraina – 1996) Gọi M là các số nguyên dương viết trong

hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ số 1 và n chữ số 2 Gọi N là số tất

cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ có chữ số 1, 2, 3, 4 và số

Như thế, ta thu được một số có đúng n chữ số 1 và n chữ số 2 Rõ ràng đây là một

đơn ánh Để chứng minh đây là một song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược như sau:

Với mỗi số có n chữ số 1 và n chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi

cộng chúng theo cột với quy tắc: 1 1 1,2 2 2,1 2 3,2 1 4        , và ta thu

được một số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 với số chữ số 1 bằng số các chữ

số 2 Ví dụ 121212212211121234142 như sau:

121212212211121234142Như thế song ánh giữa hai tập hợp đã được thiết lập và ta có M N.

Bài toán 11 (VMO – 2002) Cho tập S gồm tất cả các số nguyên dương trong đoạn

1;2002 Gọi T là tập hợp tất cả các tập con không rỗng của S Với mỗi X thuộc

T, kí hiệu m X là trung bình cộng các phần tử của X Tính   X T  

m X P

T





Giải

Xây dựng song ánh f T:  T như sau f X   2003 x x X|   , X T

Bài toán 13 (a IMO - 1989 ) Một hoán vị a 1 a 2 a 2n của { 1, 2, … 2n} , n được

gọi là có tính chất P nếu | a i - a i+1 | = n đúng với ít nhất một giá trị của

1, 2, 2 1

i  n Chứng minh rằng với mọi giá trị của n thì số hoán vị có tính

chất P luôn lớn hơn số hoán vị không có tính chất ấy.

Giải

Chúng ta sẽ bắt đầu từ những trường hợp nhỏ trước

Dễ dàng kiểm chứng khẳng định với n = 1

Giả sử n  2 Gọi A, B tương ứng là các tập không có và có tính chất P Ta sẽ

chứng minh |A| < |B| Bây giờ ta sẽ chứng minh dựa trên ý tưởng thiêt lập một ánh xạ f từ A vào B sao cho f là đơn ánh nhưng không là toàn ánh

Đặt T = a 1 a 2 a 2n là một phần tử của A Do T không có tính chất P nên hai

phần tử liên tiếp nào cũng hơn kém nhau một khoảng khác n

Giả sử f(a  ) = f(a  )  x2x3 xr-1x1xrxr+1 x2n = y2y3 ys-1y1ysys+1 y2n

 ( x1 , xr ) và ( y1 , ys ) là các cặp cách nhau n tương úng trong f (a) và f (a) Do đó ta suy ra r=s  x1 = y1 , xr=ys Thật vậy nếu r ≠ s thì ta sẽ tìm được

một cặp số ( xi , xi+1) thoả mãn |x i -x i+1 |=n, trái giả thiết ,   A

 xi=yi  i = hay  =  Vậy f là đơn ánh

*) f không là toàn ánh

Do f (aA) chứa tất cả các hoán vị của S chỉ gồm 1 cặp liền kề cách nhau n và B gồm các hoán vị chứa ít nhất một cặp liền kề cách nhau n nên f(aA)  B Suy ra f

không là toàn ánh

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét : Chưng minh trên có thể mở rộng ra với khoảng cách k bất kì chứ

không nhất thiết phải là n ( k  { 1, 2, …n }

Tác giả xin dừng ở đây với một số bài tập tự luyện

Bài 14: Cho m, n là các số nguyên lớn hơn 1 và S là một tập có n phần tử Giả sử

có các tập con A A1; ; ;2 A m của S thoả mãn: Với mỗi hai phần tử x y S,  , cótập A i sao cho x A y A i;  i hoặcx A y A i;  i Chứng minh rằng n 2m

Bài 15: Cho n là một số nguyên dương Một hoán vị x x1; ; ;2 x2n của

tập 1,2, ,2n được gọi là có tính chất P nếu x i  x i1 n với ít nhấtmột i1,2, ,2n 1 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số các hoán

vị có tính chất P nhiều hơn số hoán vị không có tính chất đó.

Bài 16: Cho n là một số nguyên dương Có bao nhiêu cách viết n thành tổng của ít

nhất hai số nguyên dương? Ở đây thứ tự các số hạng được quan tâm

Bài 17 (APMO 1998): Cho k là một số nguyên dương và F là tập các bộ

A A1; ; ;2 A k các tập con của tập 1,2, ,1998

Tính tổng

 1 2 

1 2 , , ,

Bài 18: Cho n >1 là một số nguyên dương và S là dãy số 1,2,…,n Một dãy con

của S được gọi là cấp số cộng cực đại của S nếu nó là một cấp số cộng và dãy này

không thể thành một cấp số cộng dài hơn bằng cách bổ sung một phần tử Hỏi có

bao nhiêu cấp số cộng cực đại của S?

Bài 19 (Putnam 2002): Cho n > 1 là một số nguyên dương và T n là số các tập con

khác rỗng của tập 1,2, ,n sao cho trung bình cộng tất cả các phần tử của nó là

một số nguyên Chứng minh rằng T n  n là một số chẵn

Bài 20: Với số nguyên dương n Chứng minh rằng số cách biểu diễn n thành tổng

các số lẻ nhiều hơn số cách biểu diễn n thành tổng các số nguyên dương đôi một

khác nhau

3 ĐẾM BẰNG PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI

Giả sử cần tính đại lượng S n với   n là số nguyên dương Đưa đại lượng

cần tính về mối liên hệ với các đại lượng khác thông qua các hệ thức truy hồi tuyến

tính, sau đó đưa về hệ thức truy hồi của đại lượng cần tính với các giá trị n cụ thể

của bài toán

Một số kiến thức cơ bản về dãy số truy hồi

* Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1: u n1 au n b với a, b là các hằng số.

Với a 1 thì đây là một cấp số cộng với công sai là b, công thức tổng quát là

hai giá trị đầu tiên u u ta sẽ đính được A, B.1; 2

+ Nếu phương trình có hai nghiệm phân biệt  , thì dạng tổng quát là

n

u A B , với hai giá trị đầu tiên u u ta sẽ đính được A, B.1; 2

Trường hợp (1) có nghiệm phức ta không xét, vì giá trị không là số nguyên và đâykhông là kết quả của bài toán đếm

Ta xét một số bài toán sau:

Bài toán 1 (Romania 2003): Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số tự nhiên có

n chữ số được lập từ các số thuộc tập X 2,3,7,9 và chia hết cho 3?

Giải

Bài toán có thể có nhiều cách giải (đã trình bày ở phần ứng dụng hàm sinh), sauđây tôi xin trình bày thêm lời giải bằng phương pháp truy hồi

Gọi ,A B tương ứng là tập tất cả các số có n chữ số lần lượt chia hết cho 3 và n n

không chia hết cho 3 được lập từ các số thuộc tập X Yêu cầu bài toán tương

đương tính A n