TỔ hợp VMO NGUYỄN VIỆT hải

Theo cách hiểu thông thường, mỗi phần tử trong tập hợp xuất hiện đúng một lần.. Cái khó ở đây chính là nhận ra sự có mặt của các quy tắc đó trong từng phần nhỏ của bài toán, tức là nằm ở

BÀI GIẢNG TỔ HỢP VMO CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ

 Toán tổ hợp trong kì thi Olympic

- Cực trị rời rạc: gồm 2 phần là đánh giá và xây dựng Trong các bài toán thi thì 2 phần này có thể chiếm tỉ lệ 50-50, 20-80 hoặc 80-20, và đòi hỏi sự kết hợp của nhiều kiến thức, dự đoán trong đó mới có thể giải quyết triệt để được

 Một số khái niệm cơ bản

1 Ánh xạ

Ánh xạ f X: Y là một quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử xX với một phần tử

yY

Tập X là tập nguồn, tập Y là tập đích và phần tử y gọi là ảnh của phần tử x

- Đơn ánh là ánh xạ mà các phần tử khác nhau cho các ảnh khác nhau:

Khi đó, ta viết A n là số phần tử (hay lực lượng) của tập hợp A.

Nếu A không hữu hạn, ta nói A vô hạn Tập hợp không có phần tử nào là tập rỗng  Nếu tồn tại một song ánh f A: B thì A  B , ta còn kí hiệu AB

Theo cách hiểu thông thường, mỗi phần tử trong tập hợp xuất hiện đúng một lần Các tập hợp cho phép một phần tử xuất hiện nhiều hơn một lần được gọi là multiset

3) Các phép toán trên tập hợp

- Phép hợp: Hợp của n tập hợp A A A1, 2, 3, ,A n kí hiệu là

1

n i i

U



 là tập hợp gồm tất cả các phần tử mà mỗi phần tử thuộc về ít nhất một trong các tập hợp đã cho

- Phép giao: Giao của n tập hợp A A A1, 2, 3, ,A n kí hiệu là

1

n i i

U



 là tập hợp gồm tất cả các phần tử mà mỗi phần tử thuộc về tất cả các tập hợp đã cho

- Hiệu hai tập hợp: Hiệu của tập A và tập B, kí hiệu là A B\ , là tập hợp tất cả các phần

tử thuộc A mà không thuộc B.

- Tích Descartes: tích Descartes của n tập hợp A A A1, 2, 3, ,A n là tập hợp gồm tất cả các

bộ phần tử a a a1, 2, 3, ,a n với a iA i i, 1, 2,3, ,n được kí hiệu là A1   A2 A3 A n

 Các đối tượng tổ hợp cơ bản

1 Hoán vị

Có 3 loại hoán vị:

+ Hoán vị thẳng: số hoán vị thẳng của n đối tượng khác nhau đôi một là n!

+ Hoán vị vòng: số hoán vị vòng của n đối tượng khác nhau đôi một là (n 1)!

+ Hoán vị lặp: xét hoán vị của k loại đối tượng, đối tượng thứ i có a i lần xuất hiện thì tổng số hoán vị là 1 2

1 2

! ! !

k k

n A

Có 2 loại tổ hợp:

+ Tổ hợp không lặp: chập k của n phần tử được tính bằng !

!( )!

k n

n C

k n k





+ Tổ hợp lặp: ta xét bài toán chia kẹo Euler thay thế

Dạng 1: Số cách chia n viên kẹo cho k em bé mà em nào cũng phải có kẹo là 1

1

k n

C 

 Thật vậy, ta xếp n viên kẹo đã cho lên một đường thẳng và tính số cách đặt k 1 ngăn vào giữa n 1 khoảng trống giữa hai viên kẹo để chia chúng ra thành k phần Tổng cộng

 Giới thiệu về một số nguyên lí

- Quy nạp: chứng minh bước cơ sở và nếu một bước liền trước đúng thì bước tiếp theo

cũng đúng Nguyên lí này giúp ta có thể giảm việc lập luận trong trường hợp tổng quát

mà chỉ tập trung vào sự liên hệ giữa hai bước liên tiếp nhau

- Phản chứng: chứng minh điều ngược lại của kết luận là dẫn đến một điều mâu thuẫn

hoặc vô lí Nguyên lí này giúp ta có thể tận dụng được kết luận làm giả thiết cho quá trình lập luận

- Bất biến: tìm một đối tượng hoặc đại lượng nào đó có giá trị không đổi trong suốt quá

trình mà đề bài mô tả Những bài toán giải được bằng nguyên lí này thường khó có thể giải được theo cách khác và những kết luận ta thu được thường rất bất ngờ, chặt chẽ

- Đếm bằng hai cách: khi ta đếm một đại lượng nào đó bằng hai hoặc nhiều cách thì

chúng phải cho ra những đáp số bằng nhau

- Chuồng thỏ: nếu đưa n đối tượng vào k tập hợp thì có một tập hợp chứa ít nhất n

- Cực hạn: trong một tập hợp hữu hạn và các phần tử có thể so sánh được với nhau, luôn

tồn tại phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất Các phần tử đó sẽ có đầy đủ các tính chất sẵn có của tập hợp chứa nó và còn có các tính chất đặc trưng khác

- Bù trừ: trong trường hợp có 2 tập hợp A B, thì AB  A B  A B , còn nếu tổng

Quy tắc cộng, quy tắc nhân, nguyên lý thêm bớt

Ta hãy bắt đầu với hai bài toán từ cấp 1:

Ví dụ 1: Một khối lớp của trường tiểu học An Bình có 5 lớp học, lớp A có 30 học sinh,

lớp B có 25 học sinh, lớp C có 31 học sinh, lớp D có 27 học sinh, lớp E có 29 học sinh Hỏi cả khối lớp đó có bao nhiêu học sinh?

Đáp số: 30+25+31+27+29=142 học sinh

Ví dụ 2: Một sân vận động có 100 dãy ghế, mỗi dãy ghế có 200 cái Hỏi sân vận động đó

có bao nhiêu cái ghế?

Đáp số: 100.200=20.000 ghế

Hai bài toán trên được giải một cách vô cùng đơn giản chỉ với hai phép toán cộng và nhân Tuy nhiên, công việc thực hiện bài toán đếm lại không chỉ đơn giản như thế Chẳng hạn với bài toán sau:

Bài toán: Cho một bảng gồm 10 hàng cách đều nhau 1 cm, mỗi hàng có 10 điểm cách

đều nhau 1 cm Có bao nhiêu hình vuông được tạo thành có 4 đỉnh là các điểm của bảng

Công việc trở nên phức tạp hơn nhiều vì các hình vuông được đề cập có nhiều loại, được tạo thành theo nhiều cách khác nhau

Mặc dù vậy, bài toán khó hơn trên đây vẫn được giải quyết dựa vào những quy tắc ban đầu đơn giản, tương tự với bài toán 1 và 2 Đó là quy tắc cộng và quy tắc nhân Cái khó ở đây chính là nhận ra sự có mặt của các quy tắc đó trong từng phần nhỏ của bài toán, tức là nằm ở việc phân tích tình huống thành các bài toán nhỏ đơn giản hơn ( xem bài tập 14) Bây giờ, ta hãy xem xét kỹ hơn hai quy tắc này

1 Quy tắc cộng

Cách phát biểu 1: Một công việc có n phương án thực hiện Phương án thứ k (1 k n)

có a k cách thực hiện Khi đó có a1a2a n cách thực hiện công việc

Cách phát biểu thứ 2: Cho n tập hợp khác rỗng đôi một không giao nhau A A1, 2,,A n có

số phần tử tương ứng là a a1, 2,,a n Khi đó, số phần tử của tập

AA A AA là a1a2a n

Với bài toán 1, công việc thực hiện ở đây xem như là: chọn một học sinh trong khối, ta có

5 phương án thực hiện: Chọn học sinh lớp A,B,C,D,E và các số 30;25;31;27;29 lần lượt

là số cách thực hiện từng phương án

Cũng vậy, xem xét về mặt tập hợp, ta có 5 tập tương ứng với 5 lớp A,B,C,D,E, X là hợp

5 tập này thì X là tập hợp các học sinh toàn khối, đương nhiên 5 tập trên đôi một không giao nhau, do đó số phần tử của tập X là tổng số phần tử các tập A,B,C,D,E

Từ đó |S  | 5 10 6   21

Với cách 1, ta phải liệt kê thủ công các phần tử của từng tập S i, với cách 2, ta có cách đếm đơn giản hơn Vậy cách chia tập trong quy tắc cộng cũng sẽ quyết định sự đơn giản của lời giải, và ta cần phải có lựa chọn sang suốt

2 Quy tắc nhân

Cách phát biểu 1: Một công việc được thực hiện bởi n công đoạn liên tiếp Công đoạn 1

có a1 cách thực hiện, mỗi cách thực hiện công đoạn 1, có a2 cách thực hiện công đoạn 2, mỗi cách thực hiện k công đoạn trước đó, có a k1 cách thực hiện công đoạn thứ k+1 (

1k n 1 Khi đó có a a1 2a n cách thực hiện công việc

Cách phát biểu 2: Số phần tử của tập S{( ,x x1 2,,x n, x iS i,1 i n}(*) là a a1 2a n

trong đó a i là số phần tử của tập S i

Với bài toán 2, công việc được nói đến ở đây là việc chọn một chiếc ghế trong sân vận động Ban đầu, ta phải chọn dãy ghế, sau đó là chọn một ghế trong dãy, như vậy là ta đã thực hiện 2 công đoạn để hoàn thành công việc, mỗi công đoạn đều đã biết số cách thực hiện

Nếu xem xét về mặt tập hợp, ta gọi (a,b) là cặp số chỉ thứ tự dãy ghế và thứ tự ghế trong dãy thì aS1, S1 là tập các số chỉ thứ tự dãy ghế, có 100 phần tử, bS2 là tập các số chỉ thứ tự ghế trong một dãy, có 200 phần tử Vậy ta có kết quả như trên

Ta xét một ví dụ khác:

Ví dụ 4: Một căn phòng được trang bị 10 bóng đèn, để phòng sáng cần ít nhất một bóng

đèn phải được bật Hỏi có bao nhiêu cách bật các bóng đèn mà phòng luôn sáng?

Lời giải:

Một trạng thái của các bóng đèn là một bộ ( ,x x x1 2, 3,,x10) mà x i là trạng thái của bóng đèn thứ i, x i nhận một trong hai trạng thái: bật, tắt Theo quy tắc nhân, ta có đáp số là 10

2 1, vì có đúng một trạng thái tất cả các bóng đèn đều tắt là không thỏa mãn

Đây là 2 quy tắc cơ bản của phép đếm Việc áp dụng các quy tắc cộng khi đã biết rõ đâu là các phương án thực hiện công việc hay tương ứng là đã chỉ rõ cách chia tập A thành các tập con rời nhau, có hợp bằng A ( ta gọi là phân hoạch tập A), cũng như áp

dụng quy tắc nhân khi đã chỉ rõ các công đoạn thực hiện công việc hay tương ứng là chỉ

rõ tập S về dạng (*) là điều vô cùng đơn giản, bởi việc còn lại lúc bấy giờ chỉ là hai phép toán cộng và nhân Như vậy, sự khó khăn khi thực hiện một bài toán đếm dồn hết vào việc chỉ ra cách chia công việc thành các phương án thực hiện riêng biệt ( phân hoạch một tập), hoặc chỉ rõ các công đoạn cần thực hiện một cách khoa học, không trùng lặp, không chồng chéo Cùng với đó là sự kết hợp khéo léo 2 quy tắc cơ bản trên Ta sẽ xem xét một số bài tập sau đây để vừa thấy rõ điều này, vừa theo dõi con đường đi đến một số vấn đề phức tạp hơn

3 Bài tập áp dụng

Bài 1 Một trường học có 2014 cái bàn Họ muốn đánh số tất cả chúng bằng cách dán các

miếng đề can đánh số từ 1 đến 2014 cho mỗi chiếc bàn Biết rằng mỗi chữ số dán đề can tiêu tốn 1000 đồng, tính cả tiền công dán Chẳng hạn, dán xong số cho bàn số 9 chỉ hết

1000 đồng, trong khi với bàn số 100 phải mất 3000 đồng Hỏi họ phải tốn bao nhiêu tiền cho công việc trên?

Lời giải:

Muốn tính toán được số tiền, ta cần đếm được số chữ số phải dùng Có 4 loại cần phải tách riêng

Loại 1: Các bàn sử dụng 1 chữ số Có 9 cái loại này, mất tổng cộng 9 chữ số

Loại 2: Các bàn sử dụng 2 chữ số Có 90 cái loại này, mất tổng cộng 180 chữ số

Loại 3: Các bàn sử dụng 3 chữ số Có 900 cái loại này, mất tổng cộng 2700 chữ số

Loại 4: Các bàn sử dụng 4 chữ số Có 1014 cái loại này, mất tổng cộng 4056 chữ số Như vậy, tổng cộng mất 9+180+2700+4056=6945 chữ số, tức là 6.945.000 đồng

Trong lời giải trên, tập A các số tự nhiên từ 1 đến 2014 được phân hoạch thành 4 tập riêng biệt, dễ đếm vì các phần tử cùng chung tính chất Ta có thể trình bày lời giải gọn hơn một chút như sau ( bản chất không thay đổi)

Gọi x i (1  i 4) là số lượng số có i chữ số trong tập {1, 2,  , 2014}

Khi đó số chữ số cần dung là S x12x23x34x4 Mà x1 9,x2 90,x3900,x4 1014

nên S=6945 Từ đó thu được đáp số

Cũng có thể hỏi bài toán ngược lại như sau:

Bài 1.1 Một trường học muốn đánh số tất cả các bàn của họ bằng việc dán các tấm đề can

ghi số lên mỗi bàn, bắt đầu từ số 1, mỗi số tiếp theo cộng thêm 1 Biết mỗi chữ số phải dán tiêu tốn hết 1000, sau khi dán xong, họ thấy đã tiêu hết 6.945.000 Hỏi trường học đó

có bao nhiêu cái bàn?

Lời giải:

Ta gọi đường vành đai n n là tập hợp các ô vuông vòng ngoài như đề bài đề cập

Trong bài toán này, công việc điền số được chia ra làm nhiều công đoạn, mỗi công đoạn ứng với việc điền số vào đường vành đai từ ngoài vào trong Vậy, ta cần biết số các đường vành đai và số cách điền số vào mỗi đường vành đai

Ta có các đường vành đai lần lượt là: 19 19;17 17;15 15,      ,1 1, tức là có 10 đường vành đai từ ngoài vào trong Mỗi đường vành đai có 2 cách điền số là 0, 1 Do đó có 10

2 cách điền số vào bảng vuông thỏa mãn đề bài

Bài 3 Có bao nhiêu số chẵn, có 3 chữ số khác nhau?

Lời giải:

Để thành lập một số chẵn, có 3 chữ số khác nhau, ta phải lần lượt chọn từng chữ số và chú ý đến từng điều kiện khi chọn và việc chọn chữ số nào trước cũng là việc quan trọng cần suy tính Gọi abc là số cần tìm Khi đó a,b,c đôi một khác nhau, a 0 và c là số chẵn, hơn nữa { , , }a b c {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

Chẳng hạn sẽ có lời giải như sau:

Việc lập số được chia làm 3 công đoạn:

1) Chọn a 0, có 9 cách chọn

2) Mỗi cách chọn a có 9 cách chọn b, khác a

3) Mỗi cách chọn a,b có bao nhiêu cách chọn c?

Đến đây, số cách lựa chọn c không còn giống nhau trong mọi trường hợp chọn a và b

nữa, vì nếu b chẵn chẳng hạn, số cách chọn c sẽ ít hơn so với b lẻ Quy tắc nhân không

thể áp dụng trực tiếp được Vì thế nếu chọn con đường này, lời giải sẽ trở nên rất phức

tạp bởi việc phân chia trường hợp tỉ mỉ và thủ công

Vì lẽ đó, ta sẽ chọn b sau cùng Hơn nữa, chọn a trước hay c trước cũng đều vấp phải sự khó chịu tương tự Nếu a trước, a chẵn hay lẻ sẽ chi phối số cách chọn c Nếu chọn c trước, c=0 hay khác 0 chi phối số cách chọn a Đến đây, ta bắt buộc phải phân chia bài toán thành 2 trường hợp, tùy theo việc chọn a hay c trước

Chẳng hạn, ta quyết định chọn c trước, sẽ có lời giải:

Cách 1

Xét 2 trường hợp

1) c 0 Khi đó, mỗi cách chọn c sẽ có 9 cách chọn a ( khác c=0), mỗi cách chọn c, a

sẽ có 8 cách chọn b ( khác a,c), nên có 9.8=72 số loại này

Cũng có thể có một lời giải khác như sau, dựa trên sự khó chịu khi số 0 tham gia vào bài toán và không thể đứng đầu

Cách 2

Trước hết, cứ coi số 0 như mọi số bình thường khác và thành lập số Như vậy, khi chọn c,

ta có 5 cách, mỗi cách chọn c có 9 cách chọn a, mỗi cách chọn a và c lại có 8 cách chọn

b Như vậy ta lập được 5.9.8=360 số

Tuy nhiên, trong số đó có một loạt các số không hợp lệ, là số mà 0 đứng đầu Mỗi số như thế, có 4 cách chọn c và 8 cách chọn b, nên có 4.8=32 số

Những số còn lại hợp lệ, có 360-32=328 số

Lời giải thứ 2 trên đây, dựa vào một nguyên lý có tên gọi: nguyên lý bù trừ, với trường

hợp này, nó là hệ quả trực tiếp của quy tắc cộng Thật vậy:

Gọi A là tập các số dạng abc thỏa mãn đề bài, khác một điều là a có thể bằng 0

Gọi B là tập các số trong A mà a=0

Gọi C là tập các số cần tìm Rõ ràng ABC nên |A| |  B|  |C| Vậy |C| |  A|  |B|, nhờ đó ta được cách giải trên

 Có 4 chữ số 1

 Có 5 chữ số 1

Tuy nhiên, nếu xét tất cả các trường hợp có mặt chữ số 1, thì còn 1 trường hợp nữa là

 Không có chữ số 1 nào

Rõ ràng việc đếm trường hợp sau cùng này và số số có 5 chữ số dạng abcba tùy ý là đủ

để giải quyết bài toán, nghĩa là ta chỉ cần làm 2 bài toán nhỏ, trong khi nếu phân tích theo hướng trên thì ta cần làm 4 bài toán Vì vậy, ta có lời giải sau:

Gọi A là tập các số dạng abcba tùy ý và B là tập các số dạng abcba không chứa chữ số 1,

Lời giải:

Cách 1 Chọn dãy d d d d4 5 6 7 rồi chọn d d d1 2 3 tương ứng sau đó

Có 2 trường hợp xảy ra:

Khi đó: d d d4 5 6 và d d d5 6 7 là hai dãy khác nhau nên có 2 cách chọn d d d1 2 3 Trường hợp này có 2.9990 19980 dãy

Vậy có 19980+10=19990 dãy dễ nhớ

Cách 2 Dựa trên hai trường hợp tạo ra dãy dễ nhớ, ta có lời giải sau:

Gọi A là tập dãy dễ nhớ mà d d d1 2 3 d d d4 5 6 và B là tập dãy dễ nhớ mà d d d1 2 3 d d d5 6 7 Khi đó, số dãy dễ nhớ là số phần tử của tập AB Gọi C AB thì tập AB được chia thành 3 tập rời nhau: AC, BC và C nên

Với n=2 Đẳng thức trên đã được chứng minh ở phần trên

Giả sử đẳng thức trên đúng với họ n-1 tập Khi đó

Bài 6 Có bao nhiêu số nguyên dương không vượt quá 1000 , là bội của 3 hoặc 5?

Lời giải:

Gọi A là tập các số không vượt quá 1000, là bội của 3 và B là tập các số không vượt quá

1000, là bội của 5 Khi đó nếu X  AB thì |X| là đáp số cần tìm

Gọi A i (i=1,2,4,5) là tập các bảng vuông 3 3 chứa bảng màu đỏ 2 2  mà ô i là ô trên cùng bên trái và A là tập các bảng vuông 3 3 thỏa mãn đề bài Khi đó

Bài 8 Có bao nhiêu tập con k phần tử của một tập hợp n phần tử?

Lời giải:

1

9 8 7

6 5 4

3 2

Trước hết, để lấy k phần tử từ n phần tử, ta có thể chuẩn bị sẵn các ô vuông đánh số từ 1 đến k để chứa các phần tử lấy ra

Chọn phần tử bỏ vào ô vuông thứ nhất, có n cách chọn Mỗi cách chọn như vậy, có n-1 cách chọn phần tử bỏ vào ô vuông thứ 2, cứ thế…, đến ô vuông thứ k, sẽ có n-k+1 cách chọn phần tử Nếu làm vậy, ta thu được n n(  1)(n 2)  (n k 1) kết quả

Tuy nhiên, thực chất các kết quả này đã tính đến thứ tự của các phần tử lấy ra, trong khi một tập con k phần tử lại không quan tâm đến thứ tự ấy Vì thế, mỗi tập con k phần tử đã

bị tính lặp nhiều lần

Do đó, ta xem xét mỗi cách lấy ra k phần tử, sẽ tạo ra bao nhiêu kết quả như trên, tức là đếm số lần lặp đó Giả sử ta lấy k phần tử của tập con chọn được, cho vào k ô vuông như trên, với lập luận tương tự trên, ta có k k(   1) 2.1 k! kết quả Vậy mỗi tập con đã bị tính lặp ở trên k! lần

Có thể hiểu lời giải trên dựa trên quy tắc nhân như sau:

Xét công việc: Lấy ra k phần tử từ n phần tử bỏ vào k ô vuông đánh số từ 1 đến k

Theo lập luận trên, có n n(  1)(n 2)  (n k 1) cách thực hiện công việc

Mặt khác, chia công việc thành 2 công đoạn

Vậy ta đã chứng minh xong định lý sau:

Định lý: Cho n là số nguyên dương, k là số nguyên thỏa mãn 1kn Khi đó:

i) Số tổ hợp chập k của n phần tử là !

!( )!

k n

n C

n A

n k





iii) Số hoán vị của tập k phần tử là P k k!

Trong các bài toán tiếp theo, việc phân chia các trường hợp, các công đoạn để sử dụng được các quy tắc cơ bản cần sự phân tích cẩn thận hơn

Các đỉnh đỏ và đỉnh xanh sẽ tạo thành các đoạn liên tiếp trên đường tròn (mỗi đoạn gồm

ít nhất 1 đỉnh) Giả sử có k đoạn đỏ, khi đó sẽ có k đoạn xanh Ta kí hiệu độ dài các đoạn

theo chiều kim đồng hồ lần lượt là d x d x1, ,1 2, 2,,d x k, k trong đó d i là độ dài các đoạn đỏ

và x i là độ dài các đoạn xanh Với mỗi đoạn d i sẽ có d  i 1 cặp đỉnh đỏ kề nhau, do đó số cặp đỉnh đỏ kề nhau là

A d   d   d   d d d k k Tương tự, số đỉnh xanh là 103 - 79 = 24 nên số cặp đỉnh xanh kề nhau là B = 24- k Rõ ràng, ta có thể xếp các điểm xanh thành k đoạn rời nhau với mọi giá trị k =1,2, ,24 Do

đó, tât cả các giá trị có thể của cặp ( , )A B là (19 k, 24 k) trong đó k 1, 2, , 24

Có thể thấy bài toán trên chỉ sử dụng quy tắc cộng, nhưng vấn đề quan trọng nằm

ở chỗ phân chia các điểm thành từng đoạn xanh đỏ, để thấy rõ các trường hợp cần tính

Bài 10 Có bao nhiêu số là ước của 2014

10 , nhưng là bội của 1983

10 ?

Lời giải:

Mọi ước của 2014

10 có dạng 2 5a b với 0 a 2014; 0 b 2014Tuy nhiên, để ước đó là bội của 1983

10 , cần có a 1983,b 1983 Vậy, số số cần tìm là số cặp (a,b) mà 1983 a 2014;1983 b 2014

Theo quy tắc nhân ta có: 32.32=1024 cặp

Vậy có 1024 số thỏa mãn đề bài

Với lập luận tương tự, ta có định lý:

Định lý: Cho số tự nhiên n được phân tích về dạng 1 2

p p p với p i là các ước nguyên

tố phân biệt của n và k i nguyên dương ( 1  i m) Khi đó, số ước nguyên dương của n là: (k11)(k2 1) (k m1)

Bài 11 Có một bảng vuông 7 7 Tô 2 ô vuông của bảng màu vàng Các ô còn lại tô màu xanh Ta nói hai cách tô màu là tương đương nếu thu được cách này từ cách kia nhờ phép quay trong mặt phẳng Có bao nhiêu cách tô màu không tương đương?

Lời giải:

Có 49 ô vuông nên có 2

49

C cách tô màu vàng 2 ô vuông

Gọi x là số cách tô màu mà 2 ô vuông màu vàng đối xứng nhau qua tâm hình vuông Từ một cách tô như thế, khi thực hiện các phép quay 0