LVTS Một số dạng toán tổ hợp

LỜI NÓI ĐẦU Toán tổ hợp – là một ngành toán học nghiên cứu các tổ hợp, hoán vị của các phần tử.. Bởi thế, trong nhiều kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi, các bài toán tổ h

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ……… 3

Chương 1 Một số kiến thức cơ bản ……… 5

1.1 Một số quy tắc cơ bản của phép đếm ……… 5

1.2 Nguyên lý Dirichlet ……… 10

1.3 Hoán vị ……… 12

1.4 Chỉnh hợp ……… 17

1.5 Tổ hợp ……… 20

1.6 Nhị thức Newton ……… 24

Chương 2 Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp ……… 29

2.1 Sử dụng phương pháp liệt kê ……… 29

2.2 Đếm các phần tử của phần bù ……… 34

2.3 Sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ ……… 36

2.4 Sử dụng cách xây dựng phần tử đếm ……… 44

2.5 Sử dụng các công thức tổ hợp ……… 45

2.6 Sử dụng nguyên lý phân phối các đồ vật vào hộp ……… 48

2.7 Sử dụng công thức truy hồi ……… 52

2.8 Sử dụng phương pháp đánh số ……… 54

2.9 Phương pháp xây dựng song ánh ……… 57

2.10 Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách ……… 61

Chương 3 Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến ……… 66

3.1 Một số bài toán mở đầu ……… 66

3.2 Tìm đại lượng không thay đổi sau mỗi phép biến đổi ……… 71

3.3 Tìm tính chất của một đại lượng không thay đổi sau các phép biến

đổi ……… 73

3.4 Nguyên lý bất biến ……… 74

3.5 Một số bài tập vận dụng ……… 80

KẾT LUẬN ……… 88

LỜI NÓI ĐẦU

Toán tổ hợp – là một ngành toán học nghiên cứu các tổ hợp, hoán vị của các

phần tử Trong một thời gian dài, mảng khoa học này nằm ngoài hướng phát triển

cơ bản của toán học và các ứng dụng của nó Trong thời gian khoảng hai thế kỷ rưỡi, ngành giải tích đã đóng vai trò chủ yếu trong việc nghiên cứu bản chất tự nhiên Hiện trạng này đã thay đổi sau khi các máy tính và máy tính cá nhân ra đời Nhờ chúng người ta có thể thực hiện việc sắp xếp, phân loại mà trước đây cần hàng trăm đến hàng ngàn năm Ở thời buổi sơ khai của toán học rời rạc, vai trò của lĩnh vực cổ xưa nhất của toán học rời rạc là toán học tổ hợp cũng đã được thay đổi Từ lĩnh vực mà phần lớn chỉ những người biên soạn những bài toán thú vị quan tâm đến và phát hiện ra những ứng dụng cơ bản trong việc mã hóa và giải mã các văn tự

cổ, nó đã được chuyển thành lĩnh vực nằm trong trục đường chính của sự phát triển khoa học

Ở nước ta hiện nay, chương trình giảng dạy toán tổ hợp, lý thuyết xác suất và thống kê đã bắt đầu từ chương trình toán học phổ thông Trước hết cần khẳng định rằng hướng này của Bộ Giáo dục và Đào tạo đòi hỏi phát triển các kiểu tư duy chuyên biệt về tổ hợp và xác suất thống kê, vốn rất cần thiết đối với thế hệ hiện tại Bởi thế, trong nhiều kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi, các bài toán tổ hợp cũng hay được đề cập và thường thuộc loại rất khó Bằng cái nhìn tổng quan, luận văn này cũng đã nêu ra một số ví dụ điển hình trong các kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi thời gian qua Cụ thể, luận văn được chia thành các chương:

Chương 1 Một số kiến thức cơ bản

Chương này trình bày các kiến thức cơ bản trong tổ hợp gồm: Các quy tắc đếm cơ bản, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và nhị thức Newton Ngoài ra, nguyên lý Dirichlet được đề cập tới như một công cụ đắc lực trong việc giải quyết các bài toán

tổ hợp ở chương sau

Chương 2 Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp

Chương này ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp nhờ một số phương pháp cơ bản như: Phương pháp liệt kê, phương pháp đếm các phần tử của phần bù, sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ, sử dụng các công thức tổ hợp, sử dụng nguyên lý phân phối các đồ vật vào hộp, sử dụng công thức truy hồi, phương pháp đánh số, phương pháp xây dựng song ánh và phương pháp đếm bằng hai cách

Chương 3 Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến

Chương này trình bày ba bài toán gồm: Bài toán về tính chất hữu hạn hoặc

vô hạn của dãy lặp, bài toán về tính chất tuần hoàn của dãy lặp, bài toán về sự tồn tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một số tính chất cho trước Ngoài

ra, rèn luyện kỹ năng phát hiện ra các đại lượng, tính chất của một đại lượng không đổi sau các phép biến đổi Cuối cùng, trình bày nguyên lý bất biến và một số bài tập vận dụng

Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn

sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Vũ Lương đã dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, chỉ

bảo, tận tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài cũng như hoàn thiện khóa luận Qua đây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú hơn Cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn

đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày Mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà nội, ngày 15 tháng 01 năm 2015

Học viên

Phùng Thế Tú

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản

1.1 Một số quy tắc cơ bản của phép đếm

Phép đếm có vai trò rất quan trọng trong đời sống cũng như trong khoa học Trong đời sống, hàng ngày ta thường xuyên phải đếm các đối tượng nào đó và vì thế phép đếm dường như quá quen thuộc và không có gì phải bàn đến Tuy nhiên, trong các kì thi đại học và thi học sinh giỏi, bài toán đếm đã gây ra không ít khó khăn cho các thí sinh

Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày các quy tắc đếm cơ bản, nhờ đó có thể tính chính xác và nhanh chóng số phần tử của một tập hợp mà không cần đếm trực tiếp bằng cách liệt kệ

1.1.2 Quy tắc nhân

Nếu A A1, 2, , Ak là các tập hợp hữu hạn và A1A2  Ak là tích Descartes của các tập đó thì

A1A2  A k  A A1 2 A k

(1.2) Quy tắc cộng và quy tắc nhân cũng thường được phát biểu dưới dạng tương ứng dưới đây:

Quy tắc cộng: Giả sử một công việc nào đó có thể thực hiện theo một trong k

phương án A A1, 2, ,A k Phương án A i có n i cách thực hiện i   1, 2, 3, , k.Khi đó công việc có thể thực hiện theo n1 n2    n k cách

Quy tắc nhân: Giả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn A A1, 2, ,A k Nếu công đoạn A1 có thể làm theo n1 cách Với mỗi i  và với mỗi cách thực hiện 2các công đoạn A A1, 2, ,A i1 thì công đoạn A i có thể thực hiện theo n i cách Khi đó công việc có thể thực hiện theo n n1 2n k cách

1.1.3 Quy tắc bù trừ

Cho X là tập hữu hạn và AX Gọi AX A\ Khi đó, ta có

A  X  A

(1.3)

1.1.4 Số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn bất kì

Định lí 1.1.1 (Công thức tính số phần tử của hợp hai tập hợp bất kì) Cho A và B

là hai tập hợp hữu hạn bất kì Khi đó, ta có

Định lí 1.1.2 (Công thức tính số phần tử của hợp ba tập hợp bất kì) Cho A B C, , là

Ví dụ 1.1.1 Từ ba chữ số 2, 3, 4 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ

số, trong đó có đủ cả ba chữ số nói trên?

Lời giải

Gọi số cần tìm có dạng a a a a a Bởi số tạo thành phải có đủ cả ba chữ số 1 2 3 4 5

2, 3, 4 nên ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Số tạo thành gồm ba chữ số 2, một chữ số 3 và một chữ số

4 Ta xếp chữ số 4 có 5 cách chọn một trong các ví trí a a a a1, , ,2 3 4 hoặc a5 Xếp chữ số 3 vào một trong bốn vị trí còn lại có 4 cách Ba vị trí còn lại xếp ba chữ số 2

có 1 cách Theo quy tắc nhân, ta có 5.4.1 = 20 số

Trường hợp 2: Số tạo thành gồm ba chữ số 4, một chữ số 2 và một chữ số 3

Tương tự trường hợp 1 có 20 số

Trường hợp 3: Số tạo thành gồm ba chữ số 3, một chữ số 2 và một chữ số

4 Tương tự, ta có 20 số

Trường hợp 4: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 3 và một chữ số 4

Chọn một trong năm vị trí để xếp chữ số 4 có 5 cách Lấy ra hai vị trí từ bốn vị trí còn lại và xếp hai chữ số 2 có 6 cách Hai chữ số 3 xếp vào hai vị trí còn lại có 1 cách Theo quy tắc nhân, ta có 5.6.1 = 30 số

Trường hợp 5: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 4 và một chữ số 3

Tương tự trường hợp 4 có 30 số

Trường hợp 6: Số tạo thành gồm hai chữ số 3, hai chữ số 4 và một chữ số 2

Tương tự, ta có 30 số

Vậy theo quy tắc cộng có tất cả 20 + 20 + 20 +30 + 30 +30 = 150 số

Ví dụ 1.1.2 (Đề thi tuyển sinh ĐHQG TP HCM – 1999) Một bàn dài có 2 dãy ghế

đối diện nhau, mỗi dãy 6 ghế Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A

và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi trong các trường hợp sau:

(i) Bất kì hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường; (ii) Bất kì hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường

Lời giải Đánh số các ghế theo hình vẽ

(i) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:

Ghế 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Số cách xếp chỗ

ngồi 12 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.5.5.4.4.3.3.2.2.1.1 = 1036800 cách

(ii) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau:

Ghế 1 12 2 11 3 10 4 9 5 8 6 7

Số cách xếp chỗ

ngồi 12 6 10 5 8 4 6 3 4 2 2 1 Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 33177600 cách

Ví dụ 1.1.3 Xét tập hợp X 1, 2, 3, , 2009 Đặt

 : 1 mod29 

X mà B   hay A BX A\ Suy ra P X( ) \ MPX A\  Do đó

   \  22009 22009 70 22009 2 1939

Ví dụ 1.1.4 Khi điều tra kết quả học tập các môn Toán, Lý, Hóa của một lớp có 45

học sinh, người ta nhận thấy rằng: 19 học sinh không giỏi môn nào, 18 học sinh giỏi Toán, 17 học sinh giỏi Lý, 13 học sinh giỏi Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và

Lý, 9 học sinh giỏi cả hai môn Lý và Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và Hóa Hỏi bao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn?

Một cách tổng quát, ta có nguyên lý Dirichlet mở rộng:

“Nếu nhốt m con thỏ vào n cái lồng m n, N* thì luôn tồn tại một lồng

  được dùng để chỉ phần nguyên của số thực a

Sử dụng phương pháp phản chứng, ta có thể dễ dàng chứng minh được nguyên lý Dirichlet

Mặc dù được phát biểu hết sức đơn giản như vậy nhưng nguyên lý Dirichlet lại có những ứng dụng hết sức đa dạng, phong phú, trong nhiều lĩnh vực và rất hiệu quả Trong một bài toán tổ hợp, nguyên lý Dirichlet nhiều lúc thể hiện được rõ nét vai trò của nó

Ví dụ 1.2.1 Xét tập hợp M 1, 2, 3, , 9 Với mỗi tập con X của M, ta kí hiệu

( )

S X là tổng tất cả các phần tử thuộc X Chứng minh rằng trong số 26 tập con X

của M với X  luôn tồn tại hai tập 3, A và B sao cho S A S B 

Ví dụ 1.2.2 Giả sử trong 6 người mà mỗi cặp hai người hoặc là bạn, hoặc là thù

của nhau Chứng minh rằng tồn tại một bộ ba người từng đôi một là bạn của nhau hoặc từng đôi một là kẻ thù của nhau

Lời giải

Gọi A là một trong sáu người Trong 5 người còn lại chia thành 2 nhóm: Bạn của A, thù của A Do 5 = 2.2+ 1 nên theo nguyên lý Dirichlet có 3 người hoặc

là bạn của A hoặc là thù của A

Không mất tính tổng quát, gọi B C D, , là các bạn của A

+ Nếu B C D, , không ai là bạn của nhau thì B C D là bộ ba cần tìm , , 

+ Nếu B C D, , có 2 người là bạn của nhau; giả sử B C, Khi đó A,B C, là các bạn của nhau và A B C là bộ ba cần tìm , , 

Nếu B C D, , là thù của A thì lập luận tương tự, chỉ cần thay đổi vị trí “bạn”

và “thù”

Như vậy bài toán được chứng minh

Ví dụ 1.2.3 (VMO – 2004) Cho tập A 1, 2, 3, ,16 Hãy tìm số nguyên dương

k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a b, mà a2b2  là một số nguyên tố

Lời giải

Ta thấy, nếu a b, cùng chẵn thì a2b2  là hợp số Do đó, nếu tập con X

của A có hai phần tử phân biệt a b, mà a2b2  là một số nguyên tố thì X không thể chỉ chứa các số chẵn Từ đó suy ra k  9

Ta chứng tỏ = 9k là giá trị nhỏ nhất cần tìm Điều đó có nghĩa là với mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kì của A luôn tồn tại hai phần tử phân biệt a b, mà

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 9 phần tử của X có hai phần tử thuộc cùng một cặp và ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.2.4 Trên mặt phẳng có 17 điểm, không có 3 điểm nào thẳng hàng Cứ qua

2 điểm ta kẻ một đoạn thẳng và tô nó bằng một trong ba màu: Xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn tại tam giác có 3 cạnh cùng màu

Lời giải

Gọi A là 1 trong 17 điểm đã cho Xét các đoạn thẳng nối A với 16 điểm còn lại gồm 16 đoạn thẳng Theo nguyên lý Dirichlet do 16 = 5.3+1 nên tồn tại ít nhất 6 đoạn thằng cùng màu; giả sử là màu xanh Gọi đầu mút kia của 6 đoạn là

BCD thỏa mãn Nếu CD CE DE, , đều màu vàng thì bài toán được chứng minh do tồn tại tam giác CDE thỏa mãn

1.3 Hoán vị

1.3.1 Hoán vị không lặp

Định nghĩa 1.3.1 Cho tập hợp A có n n 1 phần tử Mỗi cách sắp xếp n phần

tử này theo một thứ tự nào đó (mỗi phần tử có mặt đúng một lần) được gọi là một hoán vị của n phần tử đã cho Kí hiệu số hoán vị của n phần tử bằng P n

cách thực hiện Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ hai: Có n 1 cách thực hiện Sau khi thực hiện xong i 1 công đoạn (chọn i 1 phần tử của A vào các vị trí thứ 1, 2, ,i 1), công đoạn thứ i tiếp theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i: Có n  i 1 cách thực hiện

Công đoạn cuối cùng (công đoạn thứ n) có 1 cách thực hiện Theo quy tắc nhân, ta có n n( 1) 2.1n! cách xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A, tức là có

2.(n1).(n2)!2.(n1)!

Vì vậy số các hoán vị cần tìm bằng

! 2.( 1)! ( 1)!( 2)

Ví dụ 1.3.2 Có 5 thẻ trắng, 5 thẻ đen, đánh dấu mỗi loại theo các số 1, 2, 3, 4, 5 Có

bao nhiêu cách sắp xếp các thẻ này thành một hàng ngang sao cho hai thẻ cùng màu không nằm liền nhau?

Lời giải

Trường hợp 1: Các thẻ trắng ở vị trí số lẻ, các thẻ đen ở vị trí số chẵn Mỗi

một cách sắp xếp các thẻ trắng ở vị trí số lẻ là một hoán vị của 5 thẻ trắng Suy ra có

5 5 !

P  cách sắp xếp các thẻ trắng Tương tự, ta cũng có P 5 5 ! cách sắp xếp các thẻ đen ở vị trí số chẵn Vậy ta có 5 ! 5 ! cách sắp xếp 10 thẻ theo yêu cầu bài toán

Trường hợp 2: Các thẻ trắng ở vị trí số chẵn, các thẻ đen ở vị trí số lẻ

Tương tự như trường hợp 1 có 5 ! 5 ! cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy ta có tất cả 2.(5 !)2 cách sắp xếp 5 thẻ trắng, 5 thẻ đen thỏa mãn yêu cầu bài toán

3 lần, 3 xuất hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần sẽ bằng P1,2, 3, 4  Ngoài ra a11 lại có thể nhận giá trị 0 hoặc 5 nên số các số cần tìm sẽ là

3,1,1,1,1 7 ! 7 !

3!1!1!1!1! 3!

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là

8! 7!- 58803! 3!

1.3.3 Hoán vị vòng quanh

Ví dụ 1.3.5 (Ví dụ dẫn dắt) Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn

Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp?

Lời giải

Nếu ta mời một người nào đó vào một vị trí bất kì, thì số cách sắp xếp năm người còn lại vào 5 vị trí giành cho họ sẽ có 5! = 120 cách

Vậy có tất cả 120 cách xếp sáu người ngồi xung quanh một bàn tròn

Nhận xét 1.3.1: Số hoán vị vòng quanh của n phần tử khác nhau được tính bởi công thức

 1 !.

Q n  n (1.13)

Ví dụ 1.3.6 Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 bạn nữ và 6 bạn nam ngồi vào 12 ghế

sắp quanh một bàn tròn mà không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau?

Lời giải

Xếp 6 ghế quanh một bàn tròn rồi xếp nam vào ngồi: Có 5! cách Giữa hai bạn nam có khoảng trống Xếp 6 bạn nữ vào trong 6 khoảng trống đó có 6! cách Theo quy tắc nhân, ta có 5!6!86400 cách xếp

Ví dụ 1.3.7 Một hội nghị bàn tròn có phái đoàn các nước: Việt Nam có 3 người,

Lào có 5 người, Campuchia có 2 người, Thái Lan 3 người, Trung Quốc 4 người Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch thì ngồi cạnh nhau?

Lời giải

Đầu tiên, sắp xếp khu vực cho thành viên từng nước Ta có thể mời một phái đoàn nào đó ngồi vào chỗ trước, rồi sắp xếp các phái đoàn còn lại có 4! cách xếp

Ứng với mỗi vị trí của phái đoàn lại có: 3! cách xếp chỗ ngồi cho 3 thành viên Việt Nam; 5! cách sắp xếp chỗ ngồi cho 5 thành viên Lào; 2! cách xếp chỗ

ngồi cho 2 thành viên Campuchia; 3! cách xếp chỗ ngồi cho 3 thành viên Thái Lan;

4 ! cách xếp chỗ ngồi cho 4 thành viên Trung Quốc

Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán bằng

4 ! 3!5!2! 3! 4 ! 4976640

1.4 Chỉnh hợp

1.4.1 Chỉnh hợp không lặp

Định nghĩa 1.4.1 Cho tập hợp A gồm n phần tử và số nguyên dương k với

1  Khi lấy ra k n k phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó ta

được chỉnh hợp chập k của n phần tử của A (gọi tắt là một chỉnh hợp chập k của

A) Số các chỉnh hợp chập k của tập hợp có n phần tử được kí hiệu là A n k

Nhận xét 1.4.1: Từ định nghĩa, ta thấy một hoán vị của tập hợp A có n phần tử là một chỉnh hợp chập n của A

Định lí 1.4.1 Số các chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử được tính bởi công thức

 1   1  !

!

k n

cách thực hiện Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử xếp vào

vị trí thứ hai: Có n 1 cách thực hiện Sau khi thực hiện xong i 1 công đoạn (chọn i 1 phần tử của A vào các vị trí thứ 1, 2, i 1), công đoạn thứ i tiếp theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i: Có n i 1 cách thực hiện Công đoạn cuối cùng (công đoạn thứ k ) có n k 1cách thực hiện Theo quy tắc nhân, ta có

n n n  cách lập một chỉnh hợp chập k k của tập A có n phần tử, tức

là có n n  1 n  chỉnh hợp chập k 1 k của tập A có n phần tử

Ví dụ 1.4.1 Cho mười chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Có bao nhiêu số lẻ có sáu chữ

số khác nhau nhỏ hơn 600000 tạo ra từ mười chữ số đã cho?

Lời giải

Gọi số lẻ có sáu chữ số khác nhau có dạng a a a a a a được tạo thành từ 1 2 3 4 5 6

mười chữ số đã cho Để số này nhỏ hơn 600000 thì 1a1 5 Vì vậy ta phải xét riêng hai trường hợp

Trường hợp 1: a6 A1 1, 3, 5 Khi đó ta có 3 cách chọn a6, có 4 cách chọn a1 và A84 cách chọn ra 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí

a và A84 cách chọn 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí a a a a2, , , 3 4 5

Theo quy tắc nhân, ta có 4

8

2.5. A  16800số

Vậy theo quy tắc cộng, ta có 20160 + 16800 = 36960 số

Ví dụ 1.4.2 Từ các chữ số 1, 3, 5, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà trong

mỗi số này các chữ số không lặp lại?

1.4.2 Chỉnh hợp có lặp

Định nghĩa 1.4.2 Cho tập hợp hữu hạn A gồm nn 1 phần tử Mỗi dãy có độ dài k k  1 các phần tử của tập A, mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của

n phần tử thuộc tập A

Định lí 1.4.2 Số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử của tập A, được kí hiệu

là A n k và được tính bởi công thức

k k n

cách chọn, hay A n k  n k

Ví dụ 1.4.3 Có thể lập được bao nhiêu biển số xe với hai chữ cái đầu thuộc tập

A B C D E , tiếp theo là một số nguyên dương gồm năm chữ số chia hết cho 5? , , , , 

Lời giải

Giả sử một biển số xe nào đó có dạng XYabcde Vì X Y, có thể trùng nhau nên XY là một chỉnh hợp lặp chập 2 của 5 phần tử A B C D E, , , , , nên số cách chọn XY bằng A 52 52 25

Do a    0, nên có 9 cách chọn a Vì abcde chia hết cho 5 nên e    0

hoặc e    5, suy ra có 2 cách chọn chữ số e Do b c d, , có thể trùng nhau nên mỗi

số bcd là một chỉnh hợp lặp chập 3 của 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Bởi vậy

số cách chọn bcd là 3 3

Vậy số biển số xe có thể thành lập theo yêu cầu đề bài là

25.2.1000 50000

Ví dụ 1.4.4 Hỏi có bao nhiêu số có 10 chữ số mà 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối

tương ứng giống nhau?

Lời giải

Ta thấy với một cách chọn 3 chữ số đầu cũng chỉ có một cách chọn 3 chữ

số cuối để chúng tương ứng giống nhau Ta có A 103 103 cách chọn tùy ý cho 3 chữ số đầu Ta phải loại trường hợp số 0 đứng đầu, suy ra có A102 cách bị loại Như vậy ta có A103 A102 900 cách chọn 3 chữ số đầu Vì thế có 900 cách chọn cho 3 chữ số đầu và 3 chữ số cuối tương ứng giống nhau

Còn lại 4 vị trí, mà từ 4 vị trí đó có A 104 104 cách chọn

Vậy có tất cả 900.104   9000000 số cần tìm

1.5 Tổ hợp

1.5.1 Tổ hợp không lặp

Định nghĩa 1.5.1 Cho tập hợp A gồm n phần tử và số nguyên dương k với

1 k n. Mỗi tập con có k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n

phần tử của tập A (gọi tắt là một tổ hợp chập k của A) Số các tổ hợp chập k của

A C

k



Chú ý: Ta quy ước 0! = 1 và C n0  A n0  1.

Với quy ước đó thì định lí 1.4.1 và 1.5.1 đúng cho cả k  0 và k n

Định lí 1.5.2 (Hai tính chất cơ bản của số C n k )

(i) Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0  Khi đó k n

2n điểm A A1, 2, ,A2n có các đường chéo là hai đường chéo lớn Ngược lại, với

mỗi cặp đường chéo lớn ta có các đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói trên bằng số cặp đường chéo lớn của đa giác

1 2 2n

A A A , tức là 2

n

C Theo giả thiết

Ví dụ 1.5.2 Một tập thể có 14 người trong đó có An và Bình Người ta muốn chọn

1 tổ công tác gồm 6 người Tìm số cách chọn sao cho trong tổ phải có 1 tổ trưởng, 5

tổ viên, hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ

không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm m phần

tử, mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A Kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử là C n m

Định lí 1.5.3 Số các tổ hợp lặp chập m của n phần tử của tập hợp A được tính bằng công thức

Chứng minh

Xét một tổ hợp có lặp chập m của n phần tử, trong đó có k1 phần tử a k1, 2

phần tử a2, , k n phần tử a n, với k1k2  k n m Với mỗi bộ ( , , , )k k1 2 k n như vậy, ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân (dãy gồm các chữ số 0 và 1) theo quy tắc sau: Viết liên tiếp từ trái sang phải k1 số 1 liên tiếp, số 0, k2 số 1 liên tiếp,

số 0, k3 số 1 liên tiếp, số 0, …, số 0, k n số 1 liên tiếp

1

n  chữ số 0 Rõ ràng phép tương ứng đó là một đơn ánh

Ngược lại, với mỗi dãy m n 1 kí tự với m kí tự 1 và n 1 kí tự 0, khi

ta đếm từ trái sang phải mà có: k1 số 1, số 0, k2 số 1, số 0, …, số 0 và k n chữ số 1 thì dãy số đó sẽ tương ứng với bộ ( , , , )k k1 2 k n thỏa mãn k1k2  k n m

Như vậy, ta đã thiết lập được một song ánh giữa các tổ hợp có lặp chập m

của n phần tử với tập hợp các dãy nhị phân có độ dài là m n 1 trong đó có m

kí tự 1 và n 1 kí tự 0 Do đó, số các tổ hợp lặp chập m của n phần tử bằng số các dãy nhị phân có độ dài bằng m  trong đó có n 1 m kí tự 1 và n 1 kí tự 0

Mặt khác, một dãy nhị phân có độ dài m  với n 1 m kí tự 1 và n 1 kí

tự 0 tương ứng với cách chọn n 1 vị trí trong m n 1 vị trí để ghi số 0 (m vị trí còn lại ghi số 1) Thành thử có C m n n1 1

  dãy nhị phân có độ dài m n 1 với m

100000đ, 500000đ Hãy xác định số bộ khác nhau gồm 15 tờ giấy bạc của Ngân Hàng Nhà Nước Việt Nam

Lời giải

Mỗi bộ gồm 15 tờ giấy bạc thuộc không quá 10 loại, nên có những tờ giấy bạc cùng loại Mặt khác trong mỗi bộ không quan tâm tới thứ tự sắp xếp, nên số bộ giấy bạc khác nhau gồm 15 tờ sẽ bằng số tổ hợp lặp chập 15 của 10 (loại), tức bằng

24 ! 130750415!9!

Trước hết ta chứng minh khẳng định P n( ) sau:

Với mỗi số thực x và một số nguyên dương n, ta có

0

(1 )n n k n

n k

 

1

0 1

Vậy P n ( 1) đúng Theo nguyên lý quy nạp ta có P n( ) đúng với mọi n

Trở lại định lí, nếu a  0 thì công thức hiển nhiên đúng Giả sử a 0

Đặt x b

a

 và áp dụng (1.20) ta có

01

k

n k k

Nhận xét 1.6.1: Công thức (1.19) là khai triển của  n

ab theo lũy thừa giảm của

a và lũy thừa tăng của b Ta cũng có thể viết khai triển của  n

ab theo lũy thừa tăng của a và lũy thừa giảm của b



Ví dụ 1.6.1 Cho n là số nguyên dương Hãy xác định tổng sau:

Từ giả thiết ta suy ra 22n  1 220   1 n 10.

Bây giờ ta đi xác định hệ số của số hạng chứa x26 Ta có khai triển

Chương 2

Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp

Trong chương này, chúng ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp bằng cách sử dụng một số phương pháp tương đối hiệu quả là nền tảng cho nhiều kỹ năng nâng cao khác

2.1 Sử dụng phương pháp liệt kê

Khi thực hiện đếm số phần tử của một tập hữu hạn, ta chia tập hữu hạn đó thành những tập con rời nhau để đếm số phần tử thuận lợi hơn

Bài toán 2.1.1 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự

nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8?

Lời giải

Giả sử lập được số abcdef thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta có c   d e 8nên chỉ có thể xảy ra hai khả năng c d e , , {1,2,5} hoặc c d e , , {1, 3, 4}

Trường hợp 1: c d e , , {1,2,5} thì a b f , , {3, 4,6,7, 8,9} Số các số lập được trong trường hợp này là

3

S  P A 

Trường hợp 2: c d e , , {1, 3, 4} thì a b f , , {2, 5, 6,7, 8,9} Số các số trong trường hợp này là

3

S  P A  Vậy các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

S S S  Tiếp theo, chúng ta sẽ phân tích một bài toán đã được giải ở ví dụ 1.1.4 trong chương 1 Bây giờ, ta sẽ tiếp cận bài toán này bằng một cách khác: Đếm bằng cách liệt kê

Bài toán 2.1.2 Một bàn dài có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có 6 ghế Người

ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi trong trường hợp bất kì hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường?

Lời giải

Chúng ta đếm bằng cách liệt kê như sau:

Trường hợp 1: Dãy ghế 1 có 1 học sinh trường A và 5 học sinh trường B Xếp dãy 1: Có C A61. 61 cách chọn ra 1 học sinh trường A và xếp vào 1 trong 6 ghế, có

5

6

A cách chọn ra 5 học sinh trường B và xếp vào 5 ghế còn lại Xếp dãy 2: Có 5!

cách xếp 5 học sinh trường A vào 5 ghế đối diện với 5 học sinh trường B ở dãy 1,

có 1! cách xếp 1 học sinh trường B còn lại Vậy ta có S1 C A A61 .5 !61 65 cách xếp

Trường hợp 2: Dãy ghế 1 có 2 học sinh trường A và 4 học sinh trường B Xếp dãy 1: Có C A62. 62 cách chọn ra 2 học sinh trường A và xếp vào 2 trong 6 ghế,

có A64 cách chọn ra cách chọn ra 4 học sinh trường B và xếp vào 4 ghế còn lại Xếp dãy 2: Có 4! cách xếp 4 học sinh trường A vào 4 ghế đối diện với 4 học sinh trường

B ở dãy 1, có 2! cách xếp 2 học sinh trường B vào hai ghế còn lại Vậy ta có

Trường hợp 6: Xếp 6 học sinh trường A ở dãy ghế 1 và 6 học sinh trường B

ở dãy ghế 2 hoặc ngược lại Khi đó ta có S 6 2 !.6 !.6 ! cách xếp

Vậy ta có tất cả S S1 S2S3 S4 S5S6 33177600 cách xếp

Bài toán 2.1.3 Người đưa thư phân phát thư đến 19 nhà ở một dãy phố Người đưa

thư phát hiện ra rằng không có 2 nhà liền kề nhau cùng nhận được thư trong cùng một ngày và không có nhiều hơn 2 nhà liền kề nhau cùng không nhận được thư trong cùng một ngày Hỏi có bao nhiêu cách phân phối thư?

Lời giải

Từ giả thiết thứ nhất, không có hai nhà liền nhau cùng nhận được thư nên

có nhiều nhất 10 nhà nhận được thư và ít nhất 9 nhà không nhận được thư Mặt khác không có nhiều hơn 2 nhà liền nhau cùng không nhận được thư nên có ít nhất 6 nhà nhận được thư

Trường hợp 1: Trong một ngày có 6 nhà nhận được thư ta gắn số 1 vào 6 vị

trí, giữa hai vị trí phải có một nhà không nhận được thư ta gắn số 0 (do đó có 5 nhà không nhận được thư) Vậy còn 8 nhà không nhận được thư, ta có thể sắp xếp bởi các cách:

Cách 1 Có 2 nhà không nhận được thư ở vị trí đầu, 2 nhà không nhận được thư ở vị

trí cuối, còn lại 4 nhà được sắp xếp vào 5 vị trí xen kẽ giữa các nhà nhận thư có

4

C  cách xếp

Cách 2 Có 2 nhà không nhận được thư ở vị trí đầu, 1 nhà không nhận được thư ở vị

trí cuối, còn lại 5 nhà được xếp vào 5 vị trí xen kẽ có 1 cách xếp

Cách 3 Có 2 nhà không nhận được thư ở vị trí cuối, 1 nhà không nhận được thư ở

vị trí đầu, còn lại 5 nhà được xếp vào 5 vị trí xen kẽ có 1 cách xếp

Các cách còn lại, sau khi đã xếp các nhà không nhận được thư vào các vị trí ở đầu

và cuối mà số nhà còn lại lớn hơn hoặc bằng 6, đều không thể có cách sắp xếp thỏa yêu cầu bài toán Vậy có tất cả 7 cách xếp

Trường hợp 2: Trong một ngày có 7 nhà nhận được thư xen kẽ 6 nhà không

nhận thư thì sẽ còn lại 6 nhà không nhận thư Ta có các cách sắp xếp 6 nhà không nhận được thư như sau:

Cách 1 Có 2 nhà đầu và 2 cuối không nhận được thư, còn lại 2 nhà không nhận thư

xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có 2

C  cách xếp

Cách 2 Có 2 nhà đầu và 1 nhà cuối không nhận thư, còn lại 3 nhà không nhận thư

xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 63 20 cách xếp

Cách 3 Có 1 nhà đầu và 2 nhà cuối không nhận thư, còn lại 3 nhà không nhận thư

xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có 3

C  cách xếp

Cách 4 Có 1 nhà đầu và 1 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 4 nhà không nhận

thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 64 15 cách xếp

Cách 5 Có 2 nhà đầu và 0 nhà cuối, còn lại 4 nhà xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có

4

C  cách xếp

Cách 6 Có 0 nhà đầu và 2 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 4 nhà không nhận

thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 64 15 cách xếp

Cách 7 Có 1 nhà đầu và 0 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 5 nhà không nhận

thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có 5

C  cách xếp

Cách 8 Có 0 nhà đầu và 1 nhà cuối không nhận được thư, còn lại 5 nhà không nhận

thư xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có C 65 6 cách xếp

Cách 9 Có 0 nhà đầu và 0 nhà cuối không nhận được thư, 6 nhà không nhận được

thư còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ nên có 6

Trường hợp 5: Trong 1 ngày có 10 nhà nhận được thư, còn lại 9 nhà không

nhận thư xếp vào 9 vị trí xen kẽ giữa các nhà nhận được thư có 1 cách sắp xếp

Vậy ta có tất cả 7+113+183+47+1=351 cách phân phối thư

Bài toán 2.1.4 Cho tập A {0,1,2, 3, 4,5,6,7, 8} Tìm số các số gồm 3 chữ số phân

biệt của A, chia hết cho 3

Lời giải

Gọi A 1 {0, 3, 6} gồm các số chia hết cho 3; A 2 {1, 4, 7} gồm các số chia cho 3 dư 1; A 3 {2, 5, 8} gồm các số chia cho 3 dư 2 Số gồm 3 chữ số phân biệt củaA, chia hết cho 3 khi tổng của 3 chữ số chia hết cho 3

Trường hợp 1 (3 chữ số cùng chia hết cho 3): Khi đó số cần tìm là số gồm 3

chữ số khác nhau được tạo thành từ tập A1 Trường hợp này có

S   

Trường hợp 2 (3 chữ số chia 3 dư 1): Khi đó số cần tìm là số gồm 3 chữ số

khác nhau được tạo thành từ tập A2 Trường hợp này có

2 3 ! 6

S  

Trường hợp 3 (3 chữ số chia 3 dư 2): Khi đó số cần tìm là số gồm 3 chữ số

khác nhau được tạo thành từ tập A3 Trường hợp này có

3 3 ! 6

S  

Trường hợp 4 (1 chữ số chia 3 dư 0, 1 chữ số chia 3 dư 1, 1 chữ số chia 3

dư 2): Ta có 2 cách chọn 1 số chia 3 dư 0 khác 0, có 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 1,

3 cách chọn 1 số chia 3 dư 2 Vậy số cách chọn là 2.3.3 Do đó, số các số thỏa mãn

là

2.3.3.3!108 Nếu 1 số chia hết cho 3 là 0, có 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 1, có 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 2 Vậy số cách chọn là 3.3 Do trừ đi trường hợp chữ số 0 đứng đầu nên

số các số thỏa mãn là

3.3.(3! 2!)   36 Suy ra, số các số thỏa mãn trường hợp 4 là S 4 10836144

Vậy có tất cả S S1S2 S3 S4    4 6 6 144160 số thỏa mãn yêu cầu của bài toán

Bài toán 2.2.1 (Đề tuyển sinh ĐHQG TPHCM – khối A – 2000) Một thầy giáo có

12 cuốn sách đôi một khác nhau trong đó có 5 cuốn sách Văn học, 4 cuốn sách Âm nhạc và 3 cuốn Hội họa Thầy muốn lấy ra 6 cuốn và tặng cho 6 em học sinh , , , , ,

A B C D E F mỗi em một cuốn Giả sử thầy giáo muốn rằng sau khi tặng sách

xong, mỗi một trong 3 thể loại Văn học, Âm nhạc, Hội họa đều còn lại ít nhất 1 cuốn Hỏi thầy giáo có tất cả bao nhiêu cách tặng?

Bài toán 2.2.2 Cho tậpA {0,1,2, 3, 4,5} Tìm số các số gồm 4 chữ số của A sao

cho trong 4 chữ số có ít nhất 2 chữ số giống nhau

Lời giải

Số các số gồm 4 chữ số tạo thành từ tập A là S 1 5.63

Ta tìm số các số gồm 4 chữ số khác nhau được tạo thành từ tập A Gọi số cần tìm là n abcd với a b c d, , , là các chữ số khác nhau từ tập A Do a 0 nên

Bài toán 2.2.3 (VMO – 2008) Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 9 mà

mỗi số gồm tối đa 2008 chữ số và trong đó có ít nhất hai chữ số 9?

Lời giải

Giả sử X là tập tất cả các số tự nhiên thỏa mãn các điều kiện của đề bài

Theo bài ra, ta cần tính X Ký hiệu:

vào ngay trước một số tự nhiên ta không làm thay đổi số đó nên bằng cách viết thêm 2008m chữ số 0 vào ngay trước số a, ta có một biểu diễn của a, mà trong biểu diễn đó có đúng 2008 chữ số Ta gọi biểu diễn như vậy là biểu diễn (*) Để kí hiệu biểu diễn (*) của a gồm 2008 chữ số, được kí hiệu lần lượt (từ trái qua phải) bởi a a1, , ,2 a2008, ta viết a a a1 2 2008 Khi đó, A k a a1 2 a2008 | trong các chữ số

đoạn [1; 9] mà

2007 1

(mod 9)

i i

Bước 1: Từ các chữ số 0, 1, 2, …, 8, lập dãy số gồm 2007 chữ số thỏa mãn

tổng các chữ số của dãy chia hết cho 9;

Bước 2: Với dãy lập được ở bước 1, ghi chữ số 9 vào ngay trước chữ số đầu

tiên hoặc ghi vào ngay sau chữ số cuối cùng hoặc vào giữa 2 chữ số liền nhau của dãy

Lập luận tương tự như cách tìm ra A , ta thấy có 0 9 2006cách thực hiện bước

1 Từ đó, do có 2008 cách thực hiện ở bước 2 nên có 2008.92006 phương án thực hiện liên tiếp hai bước nêu trên Mỗi phương án cho ta một số thuộc A1, hai phương

án khác nhau cho hai số khác nhau Vì thế A 1 2008.92006



2.3 Sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ

Mục này sẽ tiếp tục mở rộng hơn cho công thức tính số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn bất kì, bằng công thức tính số phần tử của hợp n tập hợp

hữ hạn bất kì

Khi chúng ta biểu diễn tập cần đếm

1

n i i





mà các tập A i có giao khác tập rỗng (A i A j  ) thì khi đó chúng ta không thể

sử dụng quy tắc cộng mà cần xây dựng một quy tắc đếm mới

Xét hai tập hữu hạn A A1, 2 mà A1A2  , nếu ta lấy số phần tử của A1

cộng với số phần tử của A2 thì các phần tử thuộc A1A2 sẽ được đếm hai lần Suy

r

C tập chứa m (m

được đếm 1 lần), có C r2 tập giao của hai tập chứa m (m được đếm 2 lần),…, có C r r

tập giao của r tập chứa m (m được đếm r lần) Theo công thức (2.1) số lần được đếm của m bằng



Bài toán 2.3.2 Bốn cầu thủ được đánh số trên áo từ 1 đến 4 xếp thành một hàng

dọc Tính số cách xếp mà ít nhất một cầu thủ có số áo trùng với số thứ tự của cầu thủ đó trong hàng

Lời giải

Kí hiệu A k là tập hợp các cách xếp hàng mà cầu thủ mang áo số k đứng ở hàng thứ k k ( 1, 2, 3, 4) Tập hợp các cách xếp hàng mà có ít nhất một cầu thủ mang số áo trùng với số thứ tự trong hàng là

A A A A

Nếu cầu thủ mang áo số 1 đứng đầu thì có 3! cách xếp ba cầu thủ còn lại Suy ra A 1 3 !

Xét tập A1A2 là tập hợp các cách cách xếp hàng mà cầu thủ mang áo số 1

và cầu thủ mang áo số 2 lần lượt đứng ở các vị trí số 1 và số 2 Khi đó có 2! cách xếp các cầu thủ còn lại Suy ra

Vậy có tất cả 15 cách xếp mà ít nhất một cầu thủ có số áo trùng với số thứ tự của cầu thủ đó ở trong hàng

Bài toán 2.3.3 Cho tập X  {1,2,3, ,2010} Hỏi có bao nhiêu phần tử của X là bội của ít nhất một phần tử của tập T  {2,3,5,7}?