Báo cáo học viên bình dương

TỔ HỢPCao Trần Tứ Hải∗ Tóm tắt nội dungTrong bài viết này, để có tính hệ thống, trước hết chúng tôi sẽ trình bày mộtcách vắn tắt phần lý thuyết cơ bản của tổ hợp, sau đó chúng tôi sẽ tập

Định nghĩa 1

Cho hai tập hợp 𝑋 và 𝑌 Một ánh xạ 𝑓 từ tập 𝑋 đến tập 𝑌 là một quy tắc đặt tương ứng mỗiphần tử 𝑥 của 𝑋 với một (và chỉ một) phần tử 𝑦 của 𝑌 Phần tử này được gọi là ảnh của 𝑥 quaánh xạ 𝑓 và được ký hiệu là 𝑦 = 𝑓 (𝑥)

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

Định nghĩa 2

i) Ánh xạ 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 được gọi là đơn ánh nếu với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑋 mà 𝑎 ̸= 𝑏 thì 𝑓 (𝑎) ̸= 𝑓 (𝑏) Nói mộtcách khác ánh xạ 𝑓 là một đơn ánh nếu và chỉ nếu với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑋 mà 𝑓 (𝑎) = 𝑓 (𝑏) thì suy ra 𝑎 = 𝑏.ii) Ánh xạ 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 được gọi là toàn ánh nếu với mỗi phần tử 𝑦 ∈ 𝑌 đều tồn tại một phần

tử 𝑥 ∈ 𝑋 sao cho 𝑓 (𝑥) = 𝑦 Như vậy 𝑓 là toàn ánh nếu và chỉ nếu 𝑓 (𝑋) = 𝑌

iii) Ánh xạ 𝑓 : 𝑋 −→ 𝑌 được gọi là song ánh giữa 𝑋 và 𝑌 nếu và chỉ nếu nó vừa là đơn ánh vàvừa là toàn ánh Như vậy 𝑓 là song ánh nếu với mỗi 𝑦 ∈ 𝑌 tồn tại duy nhất một phần tử 𝑥 ∈ 𝑋sao cho 𝑦 = 𝑓 (𝑥)

Định lí 1 Cho 𝐴 và 𝐵 là hai tập hợp hữu hạn

𝑠1 < 𝑠2< < 𝑠𝑘) đặt tương ứng với 𝑓 (𝑆) = {𝑠1, 𝑠2− 1, 𝑠3− 2, , 𝑠𝑘− (𝑘 − 1)} Dễ chứng minhđây là một song ánh Từ đó có 𝐶𝑛−𝑘+1𝑘 tập thoả yêu cầu đề bài

Ví dụ 2 Hãy tính trung bình cộng của tất cả các số N gồm 2014 chữ số thỏa mãn N chiahết cho 9 và các chữ số của N được lập từ 𝑋 = {1, 2, , 8}

Lời giải

Gọi M là tập các số thỏa yêu cầu đề bài

Ta xây dựng một ánh xạ đi từ M đến M như sau: Với mỗi 𝑁 = 𝑎1𝑎2 𝑎2014 ∈ 𝑀 dặt 𝑓 (𝑁 ) =

𝑏1, 𝑏2, , 𝑏2014 với 𝑏𝑖 = 9 − 𝑎𝑖 với mọi 𝑖 = 1, 2, , 2014 Vì 𝑁 + 𝑓 (𝑁 ) = 99 9 (2014 số 9) chiahết cho 9 và N chia hết cho 9 nên suy ra 𝑓 (𝑁 ) cũng chia hết cho 9 Do đó 𝑓 là một ánh xạ đi

𝑁 ∈𝑀 𝑁 ∈𝑀Vậy trung bình cộng của các số trong M là 99 9 : 2.

Ví dụ 3 Cho các số tự nhiên 𝑘, 𝑛, 𝑚 thỏa điều kiện 1 < 𝑘 ≤ 𝑛, 𝑚 > 1 Hỏi có bao nhiêu

bộ sắp thứ tự (𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑘) của 𝑛 số tự nhiên đầu tiên mà mỗi bộ đều thỏa mãn ít nhất mộttrong hai điều kiện sau:

i) Tồn tại 𝑖, 𝑗 ∈ {1, 2, , 𝑘} sao cho 𝑖 < 𝑗 và 𝑎𝑖 > 𝑎𝑗

ii) Tồn tại 𝑖 ∈ {1, 2, , 𝑘} sao cho 𝑎𝑖− 𝑖 không chia hết cho 𝑚

Ví dụ 4 Gọi 𝑎𝑛 là số các xâu nhị phân độ dài 𝑛 không chứa ba bit 0, 1, 0 liên tiếp Gọi

𝑏𝑛là số các xâu nhị phân độ dài 𝑛 không chứa bốn bit 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 liên tiếp Chứngminh rằng 𝑏𝑛+1= 2𝑎𝑛 với mọi số nguyên dương 𝑛

Lời giải

Gọi 𝐴𝑛, 𝐵𝑛 lần lượt là tập các xâu nhị phân độ dài 𝑛 thỏa điều kiện thứ nhất và thứ hai Vớimỗi xâu nhị phân (𝑥1, 𝑥2, , 𝑥𝑛) ta cho tương ứng với một xâu nhị phân (𝑦0, 𝑦1, , 𝑦𝑛) xác địnhbởi 𝑦0 = 0 và

𝑦𝑖= 𝑥1+ 𝑥2+ + 𝑥𝑖 𝑚𝑜𝑑 2, 𝑖 = 1, 2, , 𝑛 (*)Khi đó

𝑏𝑛+1= 2𝑎𝑛 (điều phải chứng minh)

chỉ có các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2 Chứng minh |𝑀 | = |𝑁 |.

Lời giải

Ta sẽ chứng minh rằng có một song ánh đi từ N vào M Lấy một số bất kỳ thuộc vào N, ta sẽcho tương ứng với một số thuộc vào M theo cách: đầu tiên viết hai số này liền nhau ta sẽ đượcmột số có 2𝑛 chữ số , sau đó các chữ số 3 ở 𝑛 chữ số đầu tiên được đổi thành chữ số 1, các chữ

số 3 ở 𝑛 chữ số tiếp theo được đổi thành chữ số 2 Tương tự, các chữ số 4 ở 𝑛 chữ số đầu tiênđược đổi thành chữ số 2, các chữ số 4 ở 𝑛 chữ số tiếp theo được đổi thành các chữ số 1 Với cáchlàm này ta thu được một số thuộc vào M và hiển nhiên đây là một đơn ánh Để chứng minhđây là một song ánh ta xây dựng ánh xạ ngược như sau:

Với một số có 𝑛 chữ số 1 và 𝑛 chữ số 2 ta cắt đôi 𝑛 chữ số đầu và 𝑛 chữ số cuối sau đó đặtchúng song song nhau và thực hiện phép cộng như sau:

1 + 1 = 1, 2 + 2 = 2, 1 + 2 = 3, 2 + 1 = 4

Khi đó ta sẽ thu được một số thuộc vào N Như vậy có một song ánh giữa hai tập M và N nên

|𝑀 | = |𝑁 |

Ví dụ 5 Cho 𝑋 = {1, 2, , 𝑛} Một tập con A của X được gọi là tập béo nếu mỗi phần

tử của A đều không nhỏ hơn số phần tử của nó Tập rỗng cũng là một tập béo Đặt 𝑎𝑛là số cáctập béo của X mà trong mỗi tập không chứa hai số liên tiếp, 𝑏𝑛là số các tập con của X mà haiphần tử bất kỳ hơn kém nhau ít nhất 3 đơn vị Chứng minh 𝑎𝑛= 𝑏𝑛

Lời giải

Gọi A là họ các tập béo thỏa yêu cầu đề bài, B là họ các các tập con của X có tính chấthai phần tử bất kỳ hơn kém nhau 3 đơn vị Ta thiết lập một ánh xạ 𝑓 đi từ A đến B nhưsau: giả sử 𝑥 = {𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑘} ∈ 𝐴, ta có thể giả sử 𝑘 ≤ 𝑎1 < 𝑎2 < 𝑎3 < < 𝑎𝑘 ≤ 𝑛 Đặt

𝑏1= 𝑎1− 𝑘 + 1, 𝑏2= 𝑎2− 𝑘 + 2, , 𝑏𝑘= 𝑎𝑘 Khi đó

𝑎𝑖+1≥ 𝑎𝑖+ 2, 𝑖 = 1, 2, , 𝑘 − 1

Suy ra 𝑎𝑖+1− 𝑎𝑖 ≥ 2 do đó 𝑏𝑖+1− 𝑏𝑖 ≥ 3 và 𝑏1 ≥ 1, 𝑏𝑘≤ 𝑛 Định nghĩa 𝑓 (𝑥) = 𝑦 = {𝑏1, 𝑏2, , 𝑏𝑘},suy ra 𝑦 ∈ 𝐵 Vậy 𝑓 là một ánh xạ, hơn nữa dễ thấy 𝑓 là một song ánh do đó ta có điều cầnchứng minh

3 Sử dụng ánh xạ để chứng minh bất đẳng thức tổ hợp

Ví dụ 6 Cho 𝑚, 𝑛 là các số nguyên dương lớn hơn 1, S là một tập gồm 𝑛 phần tử Giả

sử 𝐴1, 𝐴2, , 𝐴𝑚 là các tập con của S sao cho với mọi 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑆 bao giờ cũng có một tập 𝐴𝑖 đểcho 𝑥 ∈ 𝐴𝑖 và 𝑦 /∈ 𝐴𝑖 hoặc 𝑥 ∈ 𝐴𝑖 và 𝑦 /∈ 𝐴𝑖 Chứng minh rằng 𝑛 ≤ 2𝑚

Lời giải

Gọi T là tập tất cả các xâu nhị phân có 𝑚 ký tự Xét một tương ứng đi từ S đến T như sau:với mỗi 𝑥 ∈ 𝑆 đặt 𝑓 (𝑥) = 𝑥1𝑥2 𝑥𝑚, trong đó 𝑥𝑖 = 1 nếu 𝑥 ∈ 𝐴𝑖 và 𝑥𝑖 = 0 nếu 𝑥 /∈ 𝐴𝑖 Khi đóhiển nhiên 𝑓 là một đơn ánh nên |𝑆| ≤ |𝑇 | hay 𝑛 ≤ 2𝑚

𝑢 ̸= 𝑣 và 𝑓 (𝑢) = (𝑢1, 𝑢2, , 𝑢𝑘) = (𝑣1, 𝑣2, , 𝑣𝑘) = 𝑓 (𝑣) thì vì 𝑢 ̸= 𝑣 nên tồn tại 𝑎𝑖 sao cho(𝑢 − 𝑎𝑖)(𝑣 − 𝑎𝑖) ≤ 0 Để ý rằng 𝑢𝑖 = 𝑣𝑖, ∀𝑖 = 1, 2 , 𝑘 nên hoặc 𝑢, 𝑣 < 𝑎𝑖 hoặc 𝑢, 𝑣 = 𝑎𝑖 hoặc

𝑢, 𝑣 > 𝑎𝑖 Cả ba trường hợp này đều không xảy ra nên 𝑓 là đơn ánh

Từ đó suy ra 𝑛 = |𝑋| ≤ |𝑌 | = 3𝑘

Ví dụ 8 Với mỗi số tự nhiên 𝑛 ký hiệu 𝐻𝑛 là tập tất cả các hoán vị (𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑛) của[𝑛] = {1, 2, , 𝑛} Xét các tập hợp 𝑆𝑛= {(𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑛) ∈ 𝐻𝑛: 𝑎𝑖 ≥ 𝑖 − 1, ∀𝑖 = 1, 2, , 𝑛}, 𝑇𝑛={(𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑛) ∈ 𝐻𝑛 : 𝑎𝑖 ≤ 𝑖 + 1, ∀𝑖 = 1, 2, , 𝑛} Tìm tất cả các số nguyên dương 𝑛 sao cho

Xét ánh xạ 𝑓 đi từ 𝑃𝑛đế 𝑄𝑛như sau: với (𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑛) ∈ 𝑃𝑛ta cho tương ứng với (𝑎2, 𝑎1, , 𝑎𝑛) ∈

𝑄𝑛 Dễ thấy 𝑓 là một song ánh nên |𝑃𝑛| = |𝑄𝑛| = 12|𝑆𝑛|

Xét ánh xạ 𝑔 đi từ 𝑃𝑛đến 𝑆𝑛−1như sau: với (𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑛) ∈ 𝑃𝑛ta cho tương ứng với (𝑎2−1, 𝑎3−

1, , 𝑎𝑛− 1) ∈ 𝑆𝑛−1 Dễ thấy 𝑔 là song ánh nên |𝑃𝑛| = |𝑆𝑛−1| Do đó ta có |𝑆𝑛| = 2|𝑆𝑛−1|, 𝑛 ≥ 2.Hơn nữa |𝑆2| = 2, |𝑆1| = 1 nên |𝑆𝑛| = 2𝑛−1

Xét ánh xạ ℎ đi từ 𝑇𝑛 đến 𝑇𝑛−1∪ 𝑇𝑛−2 xác định như sau: với mỗi (𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑛) ∈ 𝑇𝑛 ta chotương ứng với (𝑎2− 1, 𝑎3− 1, , 𝑎𝑛− 1) nếu 𝑎1 = 1 và tương ứng với (𝑎3− 2, 𝑎4− 2, , 𝑎𝑛− 2)nếu 𝑎1 = 2 Dẽ thấy ℎ là một song ánh nên |𝑇𝑛| = |𝑇𝑛−1| + |𝑇𝑛−2|, mà |𝑇2| = 2, |𝑇1| = 1 do đó

Bài 2 Cho 𝑋 = {1, 2, , 𝑛}, với mỗi tập con khác rỗng 𝐴𝑖 = {𝑎1, 𝑎2, , 𝑎𝑖} (khôngmất tổng quát giả sử 𝑎1 > 𝑎2 > > 𝑎𝑖) ta định nghĩa tổng hỗn tạp của 𝐴𝑖 là số 𝑚(𝐴𝑖) =

𝑎1− 𝑎2+ 𝑎3− ± 𝑎𝑖 Tính ∑︀

𝐴 𝑖 ⊂𝑋𝑚(𝐴𝑖)

∑︁

𝑘=0𝑘.𝑝𝑛(𝑘) = 𝑛!

Bài 5 Cho 𝑛 ≥ 3 là một số nguyên dương Ký hiệu 𝑇𝑛= {0, 1, 2, , 𝑛 − 1}

Xét các tập

𝐴𝑛= {(𝑎, 𝑏, 𝑐) : 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑇𝑛, 𝑎 < 𝑏 < 𝑐, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑛)}

𝐵𝑛= {(𝑎, 𝑏, 𝑐) : 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑇𝑛, 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑛)}

Chứng minh |𝐴𝑛+3| = 3|𝐵𝑛|

Bài 6 Cho số nguyên dương 𝑛 và 𝑑 là một ước dương của 𝑛 Gọi S là tập tất cả những

bộ (𝑥1, 𝑥2, , 𝑥𝑛) nguyên dương thỏa 0 ≤ 𝑥1 ≤ 𝑥2≤ ≤ 𝑥𝑛≤ 𝑛 và 𝑑|𝑥1+ 𝑥2+ + 𝑥𝑛 Chứngminh rằng có đúng một nửa các phần tử của S có tính chất 𝑥𝑛= 𝑛

Bài 7 Mỗi hoán vị (𝑥1, 𝑥2, , 𝑥2𝑛) của tập 𝑆 = {1, 2, , 2𝑛} được gọi là có tính chất Pnếu |𝑥𝑖 − 𝑥𝑖+1| = 𝑛 với ít nhất một giá trị 𝑖 ∈ {1, 2, , 2𝑛 − 1} Chứng minh rằng với mỗi 𝑛nguyên dương số hoán vị có tính chất P lớn hơn số hoán vị không có tính chất P

BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER

Vũ Nguyên Duy (THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang)

A BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER

Bài toán gốc Có k chiếc kẹo giống nhau chia cho n n( k) em bé sao cho em nào cũng có kẹo Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia kẹo?

Bài toán tương đương: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình:

1 2 n

x x  x  k Đáp án: Có tất cả là C k n11 cách

Bài toán mở rộng Có k chiếc kẹo giống nhau chia cho nem bé, không nhất thiết em nào cũng

có kẹo Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia kẹo?

Bài toán tương đương: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:

Ta còn được biết đến bài toán trên với tên gọi là bài “stars and bars” hoặc “ balls and urns”

Nguyên nhân của tên gọi này là vì để đếm số nghiệm ở trên, người ta thực hiện như sau:

Trước hết, ta đếm số cách chia thành các phần có số lượng phần tử dương:

Xếp k ngôi sao lên một đường thẳng

*****************

Giữa các ngôi sao có đúng k1 khoảng trống, ta tìm cách đặt các thanh chắn vào giữa chúng để chia các ngôi sao thành n phần, chẳng hạn

**** | **** | ******** | *Chọn n1 khoảng trống trong k1 khoảng trống, có C k n11

và tổng phần tử là n k Kết quả là  C n k 1

Kết quả của bài toán mở rộng chính là số tổ hợp lặp chập k của n phần tử

Ta có định nghĩa tổ hợp lặp như sau:

Định nghĩa: Một bộ gồm k phần tử lấy ra từ n phần tử phân biệt thỏa mãn 2 điều kiện:

1 Các bài toán về số nghiệm nguyên dương (không âm) của phương trình, bất phương trình:

Ví dụ 1 Tìm số nghiệm nguyên của phương trình a b c d   16 vớia1,b2,c3,d4 Lời giải:

Đặt xa1,y b 2,z c 3,td4

Khi đó yêu cầu bài toán trở thành: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình

6

xy  z t

Áp dụng bài toán gốc (2) ta có kết quả là C 93 84 nghiệm

Ví dụ 2 Tìm số nghiệm nguyên của hệ: 1 2 3 4 17

1 2 3 4 9 (1)( )

Gọi X là tập tất cả các nghiệm nguyên không âm của (1), khi đó X C123

Gọi A, B, C, D lần lượt là tập tất cả các nghiệm nguyên của bốn hệ:

400

Lời giải:

Cách 1: xét 12 phương trình dạng x1x2x3x4 i (i0, ,11) Kết quả:

11 3 3 0

1365

i i

Lời giải:

Gọi x là số lần xuất hiện phần tử i với i i   0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 

Ta giải phương trình: x0x1x2 x9 2017 (1) với x không âm i

Số bộ nghiệm ( ; ; ;x x0 1 x không âm của phương trình trên chính là số các số cần tìm 9)

Vậy ta có C20269 số cần tìm

Ví dụ 6:

6a (Uzbekistan, 2012) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số mà trong biểu diễn thập phân

của nó có chữ số 7 Biết rằng nếu xS thì số y tạo thành bằng cách hoán đổi các chữ số của x sẽ không thuộc S Tính giá trị lớn nhất có thể có của S

6b Có bao nhiêu số nguyên dương nhỏ hơn 106 mà tổng các chữ số bằng 23

Lời giải

6a Với tính chất của tập hợp S, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng tất cả các số thuộc tập hợp S đều bắt đầu bằng số 7 Khi đó, 5 số còn lại là một tổ hợp có tính lặp của tập hợp

0,1, 2, , 9 và để đạt được GTLN, ta sẽ chọn hết các tổ hợp lặp đó 

Gọi x i i 0,1, 2, , 9 là số lần xuất hiện của số i Số tổ hợp có tính lặp của tập hợp 0,1, 2, , 9 là 

số bộ nghiệmx x0, , ,1 x không âm của phương trình 9 x0x1x2 x9  5

6b Số cần tìm có dạng a a a a a a với 1 2 3 4 5 6 a1a2a3a4a5a6 23 (*) và 0a i 9,i1, 6 Gọi A i i , 1, 6 là tập hợp các nghiệm không âm của (*) nhưng a i 10

Trước hết, ta thấy số nghiệm của (*) là C23 6 16 1  C 285

Sắp xếp n số nguyên dương đầu tiên thành một hàng theo thứ tự tăng bắt đầu từ 1 Nếu một

số được chọn thì đặt biểu tượng Y dưới số đó, nếu không chọn thì đặt biểu tượng N dưới số đó Gọi

1

x là số lượng số có biểu tượng N đứng trước biểu tượng Y đầu tiên, x là số lượng số có biểu tượng 2

N giữa biểu tượng Y đầu tiên và biểu tượng Y thứ hai,…, x là số lượng số có biểu tượng N giữa r

biểu tượng Y thứ r  và biểu tượng Y thứ 1 r, x r1 là số lượng số có biểu tượng N đứng sau biểu tượng Y thứ r

Khi đó có một tương ứng một-một giữa những sự lựa chọn chấp nhận được với những nghiệm nguyên của phương trình x1x2 x r1n r x10, x r10, x i 1  i 2,r Vậy có C n r r 1

Đặt y2 x21, y3 x3 T1 a được x1y2y3x4  5 với các biến nguyên không âm Áp dụng bài toán chia kẹo Euler ta có đáp số là C 83 56.

8b Cố định người A trên bàn tròn

 Xét trường hợp A là người được chọn:

Gọi x1 là số người ngồi bên phải của A cho đến người thứ hai được chọn, x2là số người ngồi bên phải của người được chọn thứ 2 đến người được chọn thứ 3, x là số người ngồi bên phải của 3

người được chọn thứ 3 đến A Trong trường hợp này số cách chọn là số bộ nghiệm nguyên dương của phương trình x1x2x3  Theo bài toán Euler ta có 7 C cách chọn 62

 Xét trường hợp A không được chọn, bài toán trên tương đương với bài toán 8a với 9 người xếp

7

C cách chọn.

Vậy có C62C73 50 cách chọn

Ví dụ 9: Tìm số cách xếp 30 viên bi giống nhau vào 5 hộp sao cho hộp 1 có ít nhất 5 bi, hộp 2 và 3

có không quá 6 bi

Lời giải: Gọi x x x x x1, 2, 3, 4, 5 lần lượt là số viên bi trong hộp 1,2,3,4 và 5

Ta có x1x2x3x4x5 30 (*) và x15, 0x x2, 3 6 và x x 4, 5 0

Gọi y1x15 thay vào phương trình (*) ta được y1x2x3x4x5 25 (**)

Như vậy số bộ nghiệm của phương trình (*) với x 1 5 và x x x x 2, 3, 4, 5 0cũng chính là số bộ nghiệm của phưởng trình (**) bằng C294

Gọi A là tập nghiệm của phương trình (*) với x15,x27 và x x x 3, 4, 5 0

Gọi B là tập nghiệm của phương trình (*) với x15,x3 7 và x x x 2, 4, 5 0

Nên AB là tập nghiệm của phương trình (*) với x15,x x2, 37 và x x 4, 5 0

Áp dụng bài toán Euler, ta tính được A  B C224 ; AB C154

13265

AB  A  B  AB 

Vậy số cách xếp thỏa đề là C294  AB 10486

Ví dụ 10:Có một dãy gồm 30 quyển vở đặt trên bàn và Tuấn được cô giáo thưởng 4 quyển vở trong

số đó Tuấn sinh vào ngày 5/5 nhưng lại rất ghét số 5 nên bạn ấy muốn chọn các quyển vở sao cho không có 2 quyển liên tiếp nào có thứ tự chênh lệch nhau một lượng chia hết cho 5 Biết rằng Tuấn

đã chọn ra hai quyển vở ở 2 đầu của dãy Hỏi Tuấn có tổng cộng bao nhiêu cách chọn ra thêm 2 quyển vở nữa theo ràng buộc trên ?

Lời giải: Gọi x x x lần lượt là số sách bên phải từ quyển vở đầu tiên được chọn đến quyển chọn 1, 2, 3thứ hai, số sách bên phải từ quyển chọn thứ hai đến quyển chọn thứ ba và số sách bên phải từ quyển chọn thứ ba đến quyển chọn bìa

Ta có x1x2x3 26 (*) và x i 5k với 4 i 1,3

(*) y y y 29 trong đó y i x i1,i1, 3 và y không chia hết cho 5 i

Đặt y 5q r; 1r  4

 Xét trường hợp r1r2r3  có 4 C cách chọn bộ 32 r r r 1, ,2 3

Mặt khác: 5q1q2q325q1q2q3  nên có 5 2

7

C cách chọn bộ q q q 1, 2, 3

Số nghiệm phương trình trong trường hợp này là C C 32 72 63

 Xét trường hợp r1r2r3  có 10 cách chọn bộ 9 r r r (hoán vị các trường hợp 1, ,2 3

1; 4; 4 , 2;3; 4 , 3;3;3 )     

Mặt khác: 5q1q2q320q1q2q3  nên có 4 C cách chọn bộ 62 q q q 1, 2, 3

Số nghiệm phương trình trong trường hợp này là 10.C 62 150

Vậy số cách chọn sách của Tuấn là 213

Ví dụ 11: Tung một đồng xu cân đối đồng chất một cách vô tư 10 lần Gọi P i

j

 ( i

j tối giản) là xác

suất để không có hai lần liên tiếp xuất hiện mặt ngửa Tính i j

Lời giải: Số phần tử của không gian mẫu  2 10

Gọi k là số lần xuất hiện mặt ngửa 0k5,k  (Nếu k  thì có hai lần liên tiếp xuất hiện mặt 6ngửa) Số khả năng xảy ra k lần mặt ngửa và trong đó không có hai lần liên tiếp xuất hiện mặt ngửa là

số bộ nghiệm của phương trình x1x2 x k1 10 với k x x1, k10,x i 1,i2,k

Suy ra số bộ nghiệm là C11kk

Số khả năng xảy ra là

5 11 0

144

k k k

Ví dụ 12 (Ấn Độ, 2012) Cho tam giác ABC và điểm P gọi là tốt nếu tìm được 27 tia chung gốc P cắt

tam giác thành 27 tam giác con có diện tích bằng nhau Đếm số điểm tốt

Chú ý rằng với mỗi P nằm trong tam giác thì     0

PA S PB S PC S và ngược lại với mỗi

bộ (S PBC,S PCA,S PAB) như thế thì tồn tại duy nhất P thỏa mãn

Do đó, số điểm cần tìm chính là số nghiệm của phương trình (*) và là C27 13 1 C262 325

Ví dụ 12 (VMO 2012) Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G G G G G và 12 chàng trai Có 1, 2, 3, 4, 5

17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào 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 G G G G G ; 1, 2, 3, 4, 5

3/ Giữa G G có ít nhất 3 chàng trai; 1, 2

4/ Giữa G G có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai 4, 5

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 ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau)

Lời giải

Tương tự trên, ta cũng gọi a a a a a a là số lượng chàng trai ngồi trước cô gái 1, 2, 3, 4, 5, 6 G , giữa cô gái 1

1, 2

G G , giữa cô gái G G , giữa cô gái 2, 3 G G , giữa cô gái 3, 4 G G và sau cô gái 4, 5 G 5

Ta có hệ điều kiện sau với các số tự nhiên a a a a a a : 1, 2, 3, 4, 5, 6

P

Với a51, 2, 3, 4 thì số nghiệm sẽ là C12C11C10C9 1161

Do nữ cố định nhưng các bạn nam có thể thay đổi vị trí nên đáp số của bài toán là 12! 1161

Ví dụ 13 (VMO 2014) Cho đa giác đều có 103 cạnh Tô màu đỏ 79 đỉnh của đa giác và tô màu xanh

các đỉnh còn lại Gọi A là số cặp đỉnh đỏ kề nhau và B là số cặp đỉnh xanh kề nhau

a Tìm tất cả các giá trị có thể nhận được của cặp ( , ).A B

b Xác định số cách tô màu các đỉnh của đa giác để B 14 Biết rằng hai cách tô màu được xem là như nhau nếu chúng có thể nhận được nhau qua một phép quay quanh tâm của đường tròn ngoại tiếp đa giác Lời giải

a Gọi k là số dãy gồm các đỉnh liên tiếp được tô xanh và bị chặn hai đầu bởi đỉnh màu đỏ và h là số

dãy gồm các đỉnh liên tiếp được tô đỏ và bị chặn hai đầu bởi đỉnh màu xanh Dễ thấy giữa 2 dãy đỏ là 1 dãy xanh và giữa 2 dãy xanh là 1 dãy đỏ nên hk

Gọi a a1, 2, ,a là số lượng các đỉnh trong các dãy xanh; k b b1, 2, ,b là số lượng đỉnh trong các dãy đỏ k

Gọi A là các xâu nhị phân chứa toàn số 1, B là các xâu nhị phân chứa toàn số 0 Rõ ràng chỉ có các xâu

dạng sau thỏa mãn đề bài: AB ABA BAB BABA, , ,

1 Tìm nghiệm tự nhiên của các phương trình, bất phương sau:

a x1x2x3x4 x5x6 2017 trong đó các x i  i ( 1, , 6) không chia hết cho 3

b 1017x1x2x3x4x5 2017

2 Tìm số nghiệm nguyên của hệ: x1x2x3x4 17

5 (Mở rộng AIME 1986) Cho xâu nhị phân: 001101001111011 có 4 cặp 01, 3 cặp 10, 5 cặp 11 và 2 cặp

00 cạnh nhau Hỏi với các số tự nhiên a b c d nào thì tồn tại một xâu nhị phân có độ dài dương và có , , ,

a cặp 01, b cặp 10, c cặp 11 và d cặp 00 đứng cạnh nhau? Trong trường hợp đó, có tất cả bao nhiêu xâu nhị phân cùng tính chất như thế?

6 (AIME 2007) Có bao nhiêu cách tô màu 12 ô vuông của bảng ô vuông 6 4 sao cho trên mỗi hàng có đúng 2 ô được tô và trên mỗi cột có đúng 4 ô được tô?

7 Chia 21 viên bi vào 9 hộp, sao cho mỗi 3 hộp liên tiếp có tổng số bi chia hết cho 3 Tìm số cách chia

Tài liệu tham khảo

1 artofproblemsolving.com

2 Lê Phúc Lữ- Tổ hợp lặp và Bài toán chia kẹo Euler

3 Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ

Định lí 4.(Bất đẳng thức Jensen) Gi ả sử f là hàm lồi trên khoảng I và

Định lí 6 (Bất đẳng thức tiếp tuyến) Cho hàm số y f x  liên tục và có đạo hàm cáp hai trên [a;b]

i) Nếu hàm số lồi trên [a;b] thì f x  f ' x0 xx0 f x 0 ,x0a b; 

3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xx0

Chú ý: Bất đẳng thức Jensen áp dụng dưới dạng (2.1) và (2.2) có điểm yếu là hàm số có dạng tổng mà không có dạng tích Ta đưa ra một kết quả sau để làm mạnh Jensen

- Giả sử (I) đúng với n = 2 Khi đó (I) đúng với n = 2k, k = 1, 2,…

- Giả sử bất đẳng thức (I) đúng với (n+1) số bất kì x1,… xn, xn+1 tức:

 

Chứng minh:

Nếu tồn tại a i0, 1  i n Khi đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng

Nếu a i 0, i 1,n Khi đó tồn tại các số thực x1, ,x n sao cho 1

1 x, , x n

n

a e a e Xét hàm số f x e x trên R

Ta có f' x e x, "f  x e x 0, x R Vậy f là hàm số lồi trên R

Theo bất đẳng thức Jensen (2.1) ta có

4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a n

Kết hợp cả hai trường hợp trên ta có điều phải chứng minh

Nhận xét: Kỹ thuật trên là biến đổi nó về dạng (2.1) và xét hàm số phù hợp

n

a a

j

b b

f x x trên R Khi đó f' x 2 ,x f '' x 20 với mọi x Do đó hàm

số f lồi trên R Theo bất đẳng thức Jensen (2.2) ta có:

a a

b   b Nếu tồn tại a  i 0,1 i n thì

VT  a   a b  b  a b   a b VP

Kết hợp cả hai trường hợp ta có đpcm

Xét hàm số f x ln 1 e x

6

1e x 1e x2 Suy ra f là hàm số lồi trên R

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với ln i

i i

b x a

a b a b b

b b

a   a 3.2 Chứng minh các bất đẳng thức đại số

- Dựa vào bài toán chọn hàm f(x) thích hợp

- Chứng minh f(x) là hàm lồi (lõm)

- Sử dụng bất đẳng thức Jensen đưa ra lời giải

Ví dụ 5: Cho các số thực dương x1, ,x n có tổng bằng 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2

1

n n

n x

e e e

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a n

Nhận xét: Ta có thể sử dụng bất đẳng thức dạng (2.3) để chứng minh như sau:

- Bất đẳng thức trên đúng nếu ta chứng minh được với trường hợp 2 số:

x x

1 1

n n

a a a

n

a a n

n

a a n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a n

Ví dụ 10 Cho các số thực dương x1, ,x n Chứng minh rằng:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 x n

Ví dụ 11 Cho ba số thực dương a b c, , Chứng minh rằng:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x yz

Ví dụ 13 Cho 3 số thưc dương thỏa mãn xy z 3 Chứng minh rằng:

P  Dấu bằng xảy ra khi x yz1

Ví dụ 14 Cho ba số thực không âm thỏa mãn xy z 2 Tìm GTNN của





14

   

2Đẳng thức xảy ra khi x y1,z0

Vậy GTNN của P là 5 4 2

2

 khi x y1,z0 Một ví dụ cho thấy Jensen khá tinh tế

Ví dụ 15 Cho ba số thực dương thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng

Áp dụng BĐT (2.3) ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp 2 số là đủ Thật vậy

15

3

a  b  c   abc

Nếu cả ba số đều lớn hơn 1 thì abc 1 vô lí

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Ví dụ 16 (VMO 2014) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài 1 Cho 0a1, 0b1 và a b 1 chứng minh rằng: a ab b  2

Bài 2 Cho các số thực dương thỏa mãn a b c  1 Chứng minh rằng:

62

TỔ HỢP

Cao Trần Tứ Hải∗

Tóm tắt nội dungTrong bài viết này, để có tính hệ thống, trước hết chúng tôi sẽ trình bày mộtcách vắn tắt phần lý thuyết cơ bản của tổ hợp, sau đó chúng tôi sẽ tập trung vàogiới thiệu các phương pháp giải bài toán tổ hợp nâng cao như phương pháp sử dụngcông thức bao hàm loại trừ, phương pháp song ánh, phương pháp sử dụng côngthức truy hồi, phương pháp hàm sinh, sử dụng công cụ số phức và cuối cùng là một

số bài toán ứng dụng tổ hợp

GIỚI THIỆU

Lý thuyết tổ hợp là một ngành toán học rời rạc, nghiên cứu về các cấu hình kết hợpcác phần tử của một tập hữu hạn phần tử Các cấu hình đó là các hoán vị, chỉnh hợp, tổhợp, Các vấn đề liên quan đến lý thuyết tổ hợp là một bộ phận quan trong, hấn dẫn

và lý thú trong toán học nói chung và trong toán rời rạc nói riêng Bởi vì nó có nội dungphong phú và được ứng dụng nhiều trong đời sống, đặc biệt từ khi tin học ra đời

Lý thuyết tổ hợp đóng một vai trò khá quan trọng trong các môn khoa học và đặcbiệt là trong Tin học và Toán ứng dụng Có thể nói, lý thuyết bài toán tổ hợp với cơ sở

là các bài toán đếm, bài toán tồn tại, bài toán liệt kê, bài toán tối ưu có nhiều ứng dụng

và thường xuất hiện ở hầu khắp các lĩnh vực khoa học như: Xác suất Thống kê, Sinh học

Di truyền, Hóa học Cấu trúc ,

∗ THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận Email: tuhai.thptlequydon@ninhthuan.edu.vn

1

hợp lăp, Khi đã vượt qua những khó khăn ban đầu này, ta lại gặp những bài toán màviệc áp dụng trực tiếp các quy tắc và các đối tượng tổ hợp cơ bản không đem lại kết quảmong muốn ngay lập tức Với những bài toán như vậy, ta cần đến các phương pháp nângcao hơn.

Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán quốc tế, các bài toán tổhợp và các bài toán rời rạc cũng rất hay đề cập và thường thuộc loại rất khó và khi giảicác bài toán tổ hợp người quan tâm sẽ cảm thấy rất hấp dẫn và bổ ích Tuy nhiên, các tàiliệu về toán tổ hợp như là một chuyên đề chọn lọc phục vụ cho học sinh giỏi toán chưađược nhiều, chưa được hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải

Các bài toán về một số vấn đề về lý thuyết tổ hợp, đại số tổ hợp là một phần quantrọng của đại số lớp 10 và lớp 11 trong chương trình chuyên toán THPT hiện hành Họcsinh thường phải đối mặt với nhiều dạng toán khó liên quan đến vấn đề này và gặp khókhăn trong vấn đề về định hướng phương pháp thường được sử dụng để giải một bài toántrong các kì thi học sinh giỏi

Để đáp ứng cho nhu cầu học toán về chuyên đề tổ hợp, chúng tôi bài báo cáo nàynhằm cung cấp một số kiến thức cơ bản về tổ hợp, các phương pháp thường được sử dụngtrong các kì thi học sinh giỏi, cũng như các ứng dụng của tổ hợp vào một số vấn đề kháccủa toán học Đây cũng bài giảng mà chúng tôi đã dạy cho học sinh đội tuyển thi họcsinh giỏi môn toán của nhà trường, là tài liệu học sinh và đồng nghiệp tham khảo.Trong thực tế giảng dạy cho đội tuyển thi học sinh giỏi toán ở địa phương, đối với mỗiphương pháp, chúng tôi giới thiệu về cơ sở lý luận của phương pháp và lựa chọn một sốbài toán phù hợp làm minh họa, một số bài khác hướng dẫn các em tự nghiên cứu cũngnhư thảo luận nhóm Với mong muốn, sau khi lĩnh hội được phương pháp giải, học sinh

có khả năng độc lập sáng tạo ra hướng giải quyết vấn đề từ đó mang lại nhiều hứng thútrong việc tìm tòi, nghiên cứu các bài toán tổ hợp Hơn nữa việc lựa chọn phương pháp,suy nghĩ hướng đi cho mỗi bài toán, sáng tạo ra phương pháp mới là một việc làm cầnthiết, giúp tiết kiệm thời gian trên lớp cũng như phát triển tư duy toán học cho các em.Tuy đã hết sức cố gắng và suy nghĩ cẩn thận tập hợp kinh nghiệm cùng nhiều phương

2

ý kiến góp ý của các chuyên gia giáo dục, các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp và các

em học sinh để bài sáng kiến được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cảm ơn

Quy tắc cộng:

Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau thì

|A ∪ B| = |A| + |B| Quy tắc 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 lẫn nhau:phương án thứ nhất có m cách thực hiện và phương án thứ hai có n cách thực hiện Khi

đó công việc đó có m + n cách thực hiện

là tích Descartes của hai tập hợp A, B )

Định nghĩa về tích Descartes và quy tắc nhân trên đây có thể mở rộng cho nhiều tập hợp.Quy tắc nhân có thể phát biểu một cách khác như sau: Nếu một quá trình có thể đượcthực hiện qua hai công đọan: công đọan I có n1 cách thực hiện, công đọan II (sau khithực hiện I) có n2 cách thực hiện Khi đó có n1.n2 cách thực hiện quá trình đó

Công thức bao hàm và loại trừ:

k phần tử (ai1, , aik) Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là Ak

Giả sử E = {a1, a2, , an} Một hoán vị của E là một cách xếp các phần tử của E theomột thứ tự nào đó Nói cách khác, đó chính là chỉnh hợp chập n của n phần tử Số cáchoán vị của n phần tử ký hiệu là Pn Ta có Pn= n!

Chỉnh hợp lặp:

Giả sử E = {a1, a2, , an} Chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử là một bộ sắp thứ tựgồm k phần tử (ai 1, , aik), trong đó cho phép lấy lặp lại Số các chỉnh hợp lặp chập kcủa n, theo quy tắc nhân, bằng nk

Tổ hợp lặp:

Giả sử E = {a1, a2, , an} Tổ hợp lặp chập k của n phần tử là một bộ không sắp thứ tựgồm k phần tử {ai 1, , aik}, trong đó cho phép lấy lặp lại Nói cách khác, đó là một đatập hợp gồm k phần tử lấy từ E Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu

là Hnk Ta có Hnk = Ck

n+k−1.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

n n n

Khi giải một bài toán tổ hợp nói chung, các quy tắc tổ hợp nói trên thường nảy sinhmột cách tự nhiên như quy tắc cộng, quy tắc nhân, tổ hợp, chỉnh hợp, hoán vị, Tuynhiên, với các công cụ cơ sở trên, chúng ta thường chỉ giải được những bài toán ở dạngđơn giản nhất Với các bài toán có yêu cầu phức tạp hơn trong các kỳ thi học sinh giỏi,cần đến các phương pháp nâng cao hơn

Có nhiều phương pháp giải bài toán tổ hợp dựa trên các nền tảng lý thuyết khác nhau

Ví dụ phương pháp dùng công thức bao hàm loại trừ dựa vào lý thuyết tập hợp mà cụthể là tổng quát hóa của công thức |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| , phương pháp songánh dựa vào lý thuyết tập hợp và ánh xạ, phương pháp quỹ đạo dựa vào một định lý cơbản về số đường đi ngắn nhất giữa hai điểm của lưới nguyên, phương pháp thiết lập hệthức truy hồi dựa vào ý tưởng quy nạp, phương pháp hàm sinh sử dụng các kiến thứctổng hợp của đại số và giải tích,

Dưới đây chúng ta sẽ giới thiệu một số phương pháp giải bài toán tổ hợp như vậy

Bài toán 1 Có bao nhiêu cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế đã bị gạch đi một đườngchéo chính sao cho không có con nào ăn con nào?

Lời giải

Có 8! cách xếp 8 con xe lên bàn cờ quốc tế sao cho không có con nào ăn con nào Ta cầnđếm số cách xếp không hợp lệ, tức là số cách xếp có ít nhất một con xe nằm trên đườngchéo

Gọi Ai là tập hợp các cách xếp có quân xe nằm ở ô (i, i) Ta cần tìm |A1∪ · · · ∪ A8|.Nhưng dễ dàng thấy rằng

|Ai| = 7!, |Ai∩ Aj| = 6!, , |A1 ∩ · · · ∩ A8| = 1nên từ công thức bao hàm loại trừ ta suy ra

N (8) = 8! −

8! −8!

18!



= 14833

Bài toán 2 Trong tập hợp S = {1, 2, , 280} có bao nhiêu số không chia hết cho 2,3,5,7?Lời giải Trước hết ta đếm trong tâp S có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trongcác số 2,3,5,7 Kí hiệu A1 = { k ∈ S|k .2} , A

Vậy trong tập S có 280 – 216 = 64 số thỏa yêu cầu bài toán

Bài toán 3 Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí hiệu ϕ(n) là các số nguyên dương bé hơn

n và nguyên tố cùng nhau với n Chứng minh rằng

1 − 1

pm



Chú ý: ϕ(n) được gọi là ϕ-hàm Euler, đặt theo tên nhà toán học Thụy Sỹ LeonhardEuler Hàm số này có nhiều ứng dựng trong đại số, số học, giải tích, tổ hợp, vì nó làkích thước của nhóm nhân các số nguyên modulo n tức là ϕ(n) là số phần tử của một hệthặng dư thu gọn theo mod n Quan trọng hơn ϕ(n) là cấp của nhóm các đơn vị trongvành có đơn vị Z/nZ Ngoài ra, ϕ-hàm Euler là một hàm nhân tính, nghĩa là nếu m, nnguyên tố cùng nhau thì ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n)

Phương pháp song ánh dựa vào một ý tưởng rất đơn giản như sau: Nếu tồn tại một songánh từ A vào B thì |A| = |B| Do đó, muốn chứng minh hai tập hợp có cùng số phần tử,chỉ cần xây dựng một song ánh giữa chúng Hơn nữa, ta có thể đếm được số phần tử củamột tập hợp A bằng cách xây dựng song ánh từ A vào một tập hợp B mà ta đã biết cáchđếm Đây là một phương pháp không mới nhưng rất thú vị Nó có thể đưa ra những lờigiải khá bất ngờ cho những bài toán tổ hợp khó

7

Ngoài ra, ánh xạ g (b1, b2, , b1006) = (a1, a2, , a1006) với ai = bi+ i − 1 là đơn ánh

từ B vào A Do đó f là song ánh Vậy

|A| = |B| = C10081006 = 507 528

Bài toán 5 Cho tập A = { 1, 2, 3, , 2n} Một tập con B của A gọi là tập cân nếutrong tập đó số các số chẵn bằng số các số lẻ Tập rỗng cũng là một tập cân Hỏi A chứabao nhiêu tập cân ( Tài liệu Chuyên toán- Đại số và Giải tích 11 )

8

tự nhiên ta nghĩ tới việc thiết lập một song ánh giữa họ các tập cân của A với các tậpcon có n phần tử của A Điều đó gợi ý ta đến hướng giải của bài toán.

Gọi M là họ tất cả các tập cân của A , N là họ các tập con của A có n phần tử Xét

X = { 2, 4, , 2n} là tập các số chẵn của A, Y = { 1, 3, , 2n − 1} là tập các số lẻ của

A Gọi B là một phần tử thuộc M (tức B là một tập cân) Gọi B1 và B2 theo thứ tự làtập chỉ gồm các số chẵn và số lẻ của B Theo định nghĩa tập cân ta có |B1| = |B2| Xétmột ánh xạ f từ M vào N như sau:

B1 = C1 và ( Y \B2) = ( Y \C2) suy ra B1 = C1 và B2 = C2 kéo theo B = C Vậy f

9