TH1 d3 HungLP phuong phap truy hoi

PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP Lê Phi Hùng  Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh A.. Các bài toán đại số tổ hợp trong toán sơ cấp thường có nội dung phong phú, hấp dẫn nhưng luôn đư

PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP

Lê Phi Hùng  Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh

A ĐẶT VẤN ĐỀ

Đại số tổ hợp là một bộ phận của toán học rời rạc Đây là một bộ phận có nội dung phong phú, hấp dẫn và được ứng dụng nhiều trong thực tế đời sống, đặc biệt là từ khi Tin học

ra đời Đối tượng nghiên cứu chủ yếu của đại số tổ hợp là mối quan hệ của các phần tử trong các tập hữu hạn

Các bài toán đại số tổ hợp trong toán sơ cấp thường có nội dung phong phú, hấp dẫn

nhưng luôn được đánh giá là khó Thông thường nó đã được “thực tế hoá” hay “mô hình hoá”

để che đậy bản chất toán học bên trong Phương pháp giải các bài toán đại số tổ hợp thường không có quy luật nào và điều quan trọng nhất là phải nắm được bản chất toán học sau lớp vỏ ngôn ngữ của bài toán

Cách giải bài toán đại số tổ hợp nói chung liên quan mật thiết đến các công thức tổ hợp, cách đếm số phần tử của tập hữu hạn, quy nạp toán học, dãy số… Do vậy để tìm được cách giải của một bài toán đại số tổ hợp, người đọc phải có một số kiến thức và phương pháp giải toán nhất định

Đại số tổ hợp là một trong những vấn đề được giảng dạy ở bậc trung học phổ thông Tuy nhiên chỉ một số ít kiến thức cơ bản về các công thức tổ hợp và nhị thức Niutơn được trình bày đại trà còn lại là được trình bày ở dạng chuyên đề dành cho học sinh các lớp chuyên Toán Các chuyên đề này một phần nhằm phục vụ cho các kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, khu vực và Quốc tế

Đối với các bài toán đại số tổ hợp xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi bậc phổ thông thường có một số phương pháp giải sau: Phương pháp sử dụng song ánh, Phương pháp truy hồi, Phương pháp hàm sinh, Phương pháp quỹ đạo,… Trong bài này, với tên gọi “Phương pháp truy hồi trong giải toán tổ hợp” chúng tôi xin trình bày một phương pháp để giải một số bài

toán của đại số tổ hợp, đó là: Phương pháp truy hồi hay là Phương pháp đệ quy

Bản chất của phương pháp này là: đưa bài toán có n đối tượng tham gia về bài toán có

ít hơn n đối tượng tham gia bằng một quan hệ phụ thuộc nào đó gọi là quan hệ truy hồi hoặc

quan hệ đệ quy Sử dụng mối quan hệ này ta có thể tìm ra được kết quả bài toán vì nói chung

đối với các số n nhỏ bài toán thường có kết quả rõ ràng

Những ví dụ minh hoạ cho phương pháp ở trong bài viết này phần lớn được lấy từ các

kỳ thi chọn học sinh giỏi Người viết cố gắng đưa ra những gợi ý, hướng dẫn ý tưởng và lời giải đầy đủ các bài toán minh hoạ Tất nhiên với những bài toán đó, người đọc vẫn có thể tìm được những lời giải khác với lời giải được trình bày

B NỘI DUNG

I MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH

Dãy truy hồi cấp k là dãy số được cho ở dạng  u n với: u1, u2, …, u k xác định và u n

= fu n1,u n2, ,u nk với mọi n ≥ k + 1

Trong mục này chúng ta sẽ chỉ ra cách xác định công thức tính số hạng tổng quát của một số dãy truy hồi tuyến tính cơ bản và quen thuộc

Vì dãy truy hồi tuyến tính cấp một chỉ là sự kết hợp giữa cấp số cộng và cấp số nhân

và cũng để phù hợp với nội dung bài viết, ta xem xét kỹ hơn về dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thuần nhất hệ số hằng

Định nghĩa Dãy số  u xác định bởi: n u , 1 u cho trước, 2 u n2au n1bu n với mọi n

= 1, 2, … trong đó a, b là các số thực bất kỳ được gọi là dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thuần

nhất hệ số hằng

Ta gọi phương trình x2 axb (*) là phương trình đặc trưng của dãy số trên Có 3 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Phương trình (*) có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2 Khi đó số hạng tổng quát của un là: n n

u  1 1  2 2 với n = 1, 2, … và A , 1 A là các hằng số thực được 2

xác định từ u , 1 u 2

Trường hợp 2: Phương trình (*) có nghiệm kép x0 Khi đó số hạng tổng quát của u n

u  1 0  2 0 = A1A2nx0n với mọi n = 1, 2, … và A1, A2 là các số thực được xác định từ u , 1 u 2

Trường hợp 3: Phương trình (*) có hai nghiệm phức liên hợp x1i và

i

x2 Khi đó ta tính   22 và  là góc mà





  tan Số hạng tổng quát của

n

n  1cos  2sin với với n = 1, 2, … và A , 1 A là các số thực được xác 2

định từ u , 1 u 2

Một số dãy truy hồi cho ở dạng các hệ phương trình cũng có thể đưa về vận dụng dãy

số trên Ta chỉ xét ví dụ tìm số hạng tổng quát của các dãy (x ), ( n y ) xác định bởi: n x , 1 y cho 1

trước, x n1 px nqy n, y n1rx nsy n với mọi n = 1, 2… và p, q, r, s là các hằng số

Từ hệ trên ta có:

x n2 = px n1qy n1

= px n1q(rx nsy n) = px n1qrx ns(qy n)

= px n1qrx ns(x n1 px n)

hay là

n n

Hơn nữa ta có được x1 và x2  px1qy1, nên theo cách tính số hạng tổng quát của phương trình tuyến tính cấp hai thuần nhất hệ số hằng ta tính được x Thay hệ trên sẽ tính n

được y n

Chú ý rằng cũng có một cách khác để xác định số hạng tổng quát của các dãy (x ), n

(y ) cho bởi công thức trên Đó là ta sẽ xác định các số A, B thích hợp để tính được số hạng n

tổng quát của các dãy x n Ay n và x nBy n Khi đó ta sẽ tính được số hạng tổng quát của các dãy (x ), ( n y ) n

II MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HOẠ

Bài toán 1 Trong mặt phẳng cho n đường thẳng (n  N*) trong đó bất kỳ hai đường thẳng nào cũng cắt nhau và không có ba đường nào đồng quy Tính số phần mặt phẳng mà các đường thẳng đó chia ra

Lời giải. Gọi P n là số phần mặt phẳng mà n đường thẳng có tính chất trên chia ra Ta

có P1 = 2 Với n > 1 thì số phần mặt phẳng mà n – 1 đường thẳng chia ra là P n–1 Xét đường thẳng thứ n Đường thẳng này bị n – 1 đường thẳng trước cắt theo n  1 giao điểm hay là bị chia ra thành n phần Mỗi phần này chia đôi phần mặt phẳng mà nó đi qua, do đó sẽ thêm n

phần Vậy ta có công thức truy hồi:

P n = P n–1 + n với mọi n > 1

Đến đây ta có:

P n = (P n P n 1) + (P n 1  Pn 2) + … + (P2  P1) + P1 = n + (n  1) + + 2 + 2 = 1

2

) 1 (n 

Vậy ta có P n = 1

2

) 1 (n 

n với mọi n  N*

Bài toán 2 Xác định số các hoán vị (a1 , a 2 , …, a n ) của (1, 2, …, n) với

n ≥ 2 sao cho chỉ có duy nhất một chỉ số i  {1, 2, …, n – 1} thoả mãn a i > a i + 1

Lời giải. Ta gọi S n là số các hoán vị thoả mãn bài toán Chia các hoán vị đó thành hai nhóm:

Nhóm 1: a n = n Khi đó ta thấy số hoán vị ở nhóm này là S n – 1 vì mỗi hoán vị trong

nhóm này là một hoán vị của bài toán đối với n  1 số ghép thêm số n ở cuối cùng

Nhóm 2: a i = n với i  {1, 2, …, n – 1} Khi đó với mỗi a i = n thì số hoán vị thoả mãn

điều kiện bài toán bằng số các chọn i –1 số trong n – 1 số, tức là 1

1





k n

C Do đó số hoán vị cần tìm ở nhóm này là:

2 1

1 1

0

n n





 1 1

1 1

n i

i n

C = 2 n–1 – 1

Ta có hệ thức truy hồi: S n = S n 1 + 2n1  1 với mọi n  3 Từ đây ta có thể viết:

S3 = S2 + (22  1)

S4 = S3 + (23  1)

S n = S n1 + (2n1  1) Cộng lại ta có:

Sn = S2 + (22 + 23 + + 2n1)  (n  2) = 2n  n  1 (vì S2 = 1) Vậy ta có S n = 2n  n  1 với mọi n  2

Bài toán 3 Cho hàm số f(x) x36x29x và đặt )))f n(x) f(f( f(x với n lần

f , n  N* Tìm số nghiệm của phương trình f n(x)0

Lời giải. Xét hàm số f(x)x36x29x trên R

Ta có f'(x)3x212x9,

0 )

(

' x 

f  x = 1 hoặc x = 3

Bảng biến thiên: (chú ý f(0)0 và f(4)4)

Từ bảng biến thiên ta thấy f(x)0 có hai nghiệm x = 0, x = 3 Do đó

0 ) (

2 x 

f  f (x) = 0 hoặc )f (x = 3

Cũng theo bảng biến thiên trên thì f2(x)0 có 2 + 3 = 5 nghiệm Vì f k1(x)0 có hai nghiệm )

(

2 x

f k  {0, 3}và f k1(x)3 có 3 nghiệm )f k2(x  (0, 4)\{0, 3} Tiếp tục quá trình này ta thấy 3f k1(x) có 3k1 nghiệm x  (0, 4)\{0, 3}

Như vậy, nêu gọi số nghiệm của 0f n(x) là sn thì:

Với n = 1 ta có s1 = 2

Với n > 1 ta có: sn = sn1 + 3n 1

Đến đây có thể tìm công thức tổng quát của s n như bài toán 2, nhưng cũng có thể khai triển:

sn = sn1 + 3n1 =

) (

' x

)

(x

= (s n2 + 3n2) + 3n1

= … = s1 + (332 3n 1)

= 2 +

1 3

1 3 3

1







n

= 2

1

3n

Công thức này đúng cho cả trường hợp n = 1 nên số nghiệm của phương trình

0

)

(x 

f n là sn=

2

1

3n 

với mọi n  N*

Bài toán 4 Cho số tự nhiên n  N* Xét tổng S = x1 y 1 + x 2 y 2 + … + x n y n trong đó x i ,

y i  {0; 1} với mọi giá trị i = 1, 2, …n Gọi A, B tương ứng là số các tổng trên mà S là lẻ và chẵn Chứng minh rằng:

1 2

1 2





 n n

B

A

Lời giải Đặt S n = x 1 y 1 + x 2 y 2 + … + x n y n trong đó x i , y i  {0; 1} với mọi

i = 1, 2, … n Gọi An, Bn là số các tổng mà S n tương ứng là lẻ và chẵn, ta có ngay A1 = 1, B1 = 3

Với n > 1, thì do S n = S n–1 + x n y n và có ba bộ (x n , y n ) làm cho x n y n chẵn (bằng 0) và chỉ

một bộ (x n , y n ) làm cho x n y n lẻ nên ta có:

An = 3.An–1 + Bn–1

và Bn = An + 3.Bn–1 Chúng ta có thể tính An, Bn trong trường hợp này bằng cách đưa về dãy truy hồi tuyến tính cấp hai và dùng phương trình đặc trưng, nhưng ta có thể viết:

An + Bn = 4(An–1 + Bn–1) = … = 4n–1(A1 + B1) = 4n

và An – Bn = 2(An–1 – Bn–1) = … = 2n–1(A1 – B1) = – 2n

Lần lượt cộng và trừ từng vế cho nhau ta được:

An = 2n–1(2n – 1) và Bn = 2n–1(2n + 1) với mọi n  1

Từ đó

1 2

1 2







 n n

n

n B

A B

A

Bài toán được chứng minh

Bài toán 5 Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số, chia hết

cho 3 với các chữ số đều thuộc tập hợp 3;4;5;6?

Lời giải. Gọi An là tập hợp các số tự nhiên cho n chữ số lập từ các chữ số trong tập

3;4;5;6, chia hết cho 3; Bn là tập hợp các số tự nhiên cho n chữ số lập từ các chữ số trong

tập 3;4;5;6 và không chia hết cho 3 Đặt a n  A n và b n  B n Ta cần tính a n

Một số thuộc tập A chỉ có thể thu được theo hai trường hợp sau đây: n1

+ Trường hợp 1: Lấy một số thuộc A rồi thêm số 3 hoặc 6 vào phía sau n

+ Trường hợp 2: Lấy một số thuộc B rồi thêm đúng một trong hai số 4 hoặc 5 vào n

sau số đó

Như vậy ta có: A n1 2A n  B n hay a n12a n b n (1)

Tương tự với các số thuộc tập B ta cũng có n1 b n12a n 3b n (2)

Từ (1) ta có b n a n12a n và b n1 a n2 2a n1 thay vào (2) được

n n

a 2 2 1 2 3 12 hay a n2 5a n14a n với mọi n1

Tính trực tiếp được a12 và a2 6, cùng với hệ thức truy hồi trên ta có kết quả cần tính là

3

2

4 

 n

n

a với mọi n1

Bài toán 6 Cho các điểm A1, A2, …, An với n  2 theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng Người ta tô màu tất cả các điểm này bởi 5 màu: xanh, đỏ, vàng, cam và tím thoả mãn hai điều kiện:

+) mỗi điểm tô một màu

+) hai điểm Ai, Ai+1 (i = 1, 2, …, n  1) thì hoặc luôn được tô cùng màu hoặc là một trong hai điểm được tô màu xanh

Hỏi có bao nhiêu cách tô như vậy?

Lời giải. Gọi a n là số cách tô thoả mãn điều kiện có điểm cuối được tô xanh, b n là số cách tô thoả mãn điều kiện có điểm cuối không được tô xanh Ta tính trực tiếp được a2 = 5, b2

= 8 Xét khi n > 2:

Rõ ràng khi An được tô xanh thì An1 có thể được tô xanh hoặc không xanh nên

an = an1 + bn1 (1)

Nếu An không được tô xanh thì nó được tô bởi một trong 4 màu còn lại và An1 phải được tô xanh hoặc cùng màu với An (khác màu xanh) Từ đó suy ra

bn = 4an1 + bb1 (2)

Kết hợp (1), (2) cùng với a2 = 5, b2 = 8 ta có:

2an + bn = 3(2an1 + bn1) = … = 3n2(2a2 + b2) = 3n2.18 = 2.3n

và bn 2an = (1)(bn12an1) = … = (1)n2(b2  2a2) = 2.(1)n

Giải hệ này ta được an =

2

) 1 (

3n  n

, bn = 3n(1)n với mọi n  2 Vậy số cách tô màu cần tìm là:

S = an + bn =

2

) 1 (

3n 1  n

với mọi n  2

Bài toán 7 Cho số tự nhiên n > 1 Gọi f là số các hoán vị (a n 1 , a 2 , …, a n ) của (1, 2,

…, n) thoả mãn điều kiện: a1 = 1 và a ia i1 2 với mọi i = 1, 2, …, n  1 Xác định số dư

khi chia f2014 cho 3

Lời giải Ta có f = 1, 2 f = 2, 3 f = 4 Với n  5, xét một hoán vị có tính chất trong 4

đề bài toán Vì a1a2 = 1 a 2  2 nên a = 2 hoặc 2 a2 = 3

+) Nếu a = 2 thì (a2 2 , a 3 …, a n ) cũng là một hoán vị của (2, 3, …, n) thoả mãn

2

1 

 i

a với mọi i = 2, 3, …, n  1 Do vậy số lượng hoán vị dạng này là f n1

+) Nếu a = 3 thì 2 a {2, 4, 5} Giả sử 3 a = 2 với 3 < k < n thì lúc đó k a k12 2

và 2a k1 2 suy ra a k1 a k1 4, mâu thuẫn Do đó a = 2 hoặc 3 a = 2 n

i) Nếu a = 2  3 a = 4  (a4 4 , …, a n) cũng là một hoán vị của

(4, 5, …, n) thoả mãn a i a i1 2 với mọi i = 4, 3, …, n  1 Do vậy số lượng hoán vị dạng

này là f n3

ii) Nếu a = 2 thì n a = 4, mà n1 a {2, 4, 5} nên 3 a = 5 Khi đó lý luận tương 3

tự liên tiếp ta sẽ có a n2 = 6, a = 7, …, 4 a nk 2k2, a k  k2 1… Trường hợp này chỉ có một hoán vị duy nhất

Như vậy ta có: f = 1, 2 f = 2, 3 f = 4 và 4 f = n f n1 + f n3 +1 với mọi

n  5 Ta bổ sung thêm f = 1 thì dãy {1 f mod 3} n n1 tuần hoàn chu kỳ 8 với bộ lặp là (1, 1,

2, 1, 0, 0, 2, 0)

Từ đây ta được: 0f2014  f6  (mod 3) hay f2014 chia hết cho 3

Bài toán 8 Cho một tứ diện đều ABCD có cạnh là 1 mét Một con bọ xuất phát từ

đỉnh A, di chuyển theo quy tắc: tại mỗi đỉnh nó đến nó sẽ chọn một trong 3 cạnh tại đỉnh đó

để di chuyển theo cạnh đó đến đỉnh khác Tìm số cách đi để con bọ trở lại đỉnh A khi nó đã đi

được đúng n mét với n  N*

Lời giải. Gọi a , n b , n c , n d là số cách đi để đúng sau khi đi được n mét con bọ sẽ n

tương ứng đến A, B, C, D Với mỗi n > 1,

i) Do tính đối xứng của các đỉnh B, C và D nên

n

b = cn = d , n (1) ii) Muốn đi đến A phải từ B, C hoặc D đi thêm 1 mét nữa nên:

n

a = b + n1 c + n1 d , n1 (2) iii) Tương tự: b = n a + n1 c + n1 d (3) n1

Từ (1) và (2) ta có: a = 3 n b n1  a = 3 n1 b Kết hợp với (3) ta được: n a = 3 n1 b = n

3(a + n1 c + n1 d ) = n1

= 3(a + 2 n1 b ) = 3 n1 a + 2 n1 a n

B

A

C

D

hay là

1



n

a = 2 a + 3 n a với mọi n > 1 n1

Dãy số này có phương trình đặc trưng t2  t2 3, có các nghiệm t3 và t1 nên

số hạng tổng quát của dãy có dạng:

n n

a  3  (1) với mọi n  N*

Kết hợp với a = 0, 1 a = 3 ta tính được kết quả: 2

n

a =

4

) 1 (

3

3n  n với mọi n  N*

Bài toán 9 Cho số tự nhiên n  N* và có n cặp vợ chồng tham gia lễ hội hoá trang

Có bao nhiêu cách ghép họ thành n cặp nhảy sao cho không có cặp nào là vợ chồng?

Lời giải. Ký hiệu các cặp vợ chồng là C1, V1, …, Cn, Vn và s n là số cách sắp xếp n cặp nhảy sao cho không có cặp nào là vợ chồng Với n  3, vì có n  1 cách sắp xếp Cn với Vi (i 

n) nên ta xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: ghép Cn với Vi (i  n) và ghép Ci với Vn Khi đó có n  1 cách ghép Cn với

Vi , loại đi 2 cặp Cn, Vn; Ci , Vi có s n2 cách ghép n  2 cặp còn lại Trường hợp này sẽ có (n1)s n 2 cách

Trường hợp 2: ghép Cn với Vi (i  n) và không ghép Ci với Vn Khi đó cũng có n  1

cách ghép Cn với Vi, loại đi hai người đó, ghép tuỳ ý những người còn lại sẽ có n  1 cách Trường hợp này sẽ có (n1)s n 1 cách

Do vậy, kết hợp cả hai trường hợp trên ta có hệ thức truy hồi:

s n = (n1)(s n 1 + s n 2 ) với mọi n  3

Đây là dãy truy hồi cấp hai không phải hệ số hằng nhưng ta có thể làm theo cách sau đây:

Biến đổi

1 

 n s21 s.1 Tính trực tiếp được s1 = 0, s 2 = 1, thay vào ta có:

1



 n

n ns

!

) 1 ( )!

1 (

!

1

n n

s n

n



 

Từ đây suy ra

!

n

s n =

!

) 1 (

! 2

1

! 1

1 1

n

n









Vậy cuối cùng ta có: s n!111!21! (n1!) 

n

Bài toán 10 Tìm số các dãy n phần tử x1x2 x n trong đó xi  {0, 1, 2} sao cho số phần tử 1 trong mỗi dãy đó là một bội số của 3

Lời giải Ta gọi một dãy n phần tử x1x2 x n với xi {0, 1, 2} là một n  dãy và gọi

n

a , b , n c là số các n n  dãy mà có số phần tử 1 khi chia cho 3 tương ứng được số dư là 0, 1,

2 Với n  2, xét một n  dãy có số phần tử 1 chia hết cho 3

+) Nếu x n  {0, 2} thì (n1)  dãy x1x2 x n1 cũng có số phần tử 1 chia hết cho 3 +) Nếu x = 1 thì (n1)  dãy n x1x2 x n1 có số phần tử 1 chia cho 3 dư 2

Từ đó ta có a = 2 n a + n1 c (1) n1

Hoàn toàn tương tự cũng ta có : b = 2 n b + n1 a (2) và n1 c = 2 n c + n1 b (3) n1

Một mặt khác, số lượng n  dãy là: a + n b + n c = n 3 (4) n

Từ (4) suy ra b = n 3  n a  n c Thay vào (3) được: n

n

c = 2cn1 + b n1 = 2c n1 + 3n1  an1  cn1 = 3n1  an1 + cn1 Khi đó từ (1) ta có a n  2a = n1 c nên: n1

a n1  2a = n c = n 3n1  a + n1 c = n1

= 3n 1  a + ( n1 a n  2a ) = n1 3n 1 + a n  3a n1

hay a n1  3a + 3 n a = n1 3n1

Từ đây, đặt u = n a n  3n 1 thì ta được: u n1  3u + 3 n u = 0 Phương trình đặc n1

trưng của dãy này là x2 x3 30 có hai nghiệm phức

2

3 3

1

i

và

2

3 3

2

i

= x1

Theo dạng lượng giác thì 











6

sin 6 cos 3

1





i

x nên nghiệm tổng quát của dãy  u là n











6

sin 6

cos

B

n A

u n n với mọi n ≥ 1 Hơn nữa từ a12, a2 4 ta có u11,

1

2 

u do đó tính được

3

2



A , B0 Vì vậy ta có 2 3 2cosn6

u n  n với mọi n  N* hay

kết quả cần tìm là a n =  

6 cos 3

2 n2 n

+ 3n1 với mọi n  N*

III MỘT SỐ BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài toán 11 Trong mặt phẳng cho n đường tròn (n  N*) trong đó bất kỳ hai đường

tròn nào cũng cắt nhau tại hai điểm phân biệt và không có ba đường nào có điểm chung Tính

số phần mặt phẳng mà các đường tròn đó chia ra

Đáp số: n 2 – n + 2 phần với mọi n  N*

Bài toán 12 Có bao nhiêu xâu gồm n ký tự (n  1) với các kí tự 0, 1, 2 sao cho

không có hai ký tự 0 đứng cạnh nhau

Hướng dẫn: Gọi s n là số các xâu như thế Tính được s 1 = 3, s 2 = 8 và hệ thức truy hồi

s n = 2s n 1 + 2s n 2 với mọi n  3 Suy ra được kết quả

s n = (1 3) 2 (1 3) 2

3 4

1  n   n với mọi n  N*

Bài toán 13 Có n học sinh n  2 tham gia kỳ thi trắc nghiệm được bố trí ngồi trên một

bàn tròn Đề thi trắc nghiệm có m mã đề (m  2) Hỏi có bao nhiêu cách phát đề cho các thí

sinh sao cho hai thí sinh gần nhau đều nhận được hai đề có mã khác nhau

Hướng dẫn: Gọi S n là số cách phát đề thoả mãn bài toán

Tính trực tiếp được S2 = m(m  1) và S3 = m(m  1)(m  2) và hệ thức truy hồi:

Sn = (m  2)S n1 + (m  1)S n2 với mọi n  4

Kết quả: Sn = (m1)n(m1)(1)n với mọi n  2

Bài toán 14 Một con ếch nhảy từ đỉnh A đến đỉnh đối tâm E của một hình bát giác

đều Tại mỗi đỉnh của bát giác trừ đỉnh E, con ếch nhảy một bước đến một trong hai đỉnh kề với nó Khi đến đỉnh E con ếch dừng lại và ở luôn tại đó luôn Gọi un là số đường đi phân

biệt của con ếch đi từ A đến E bằng đúng n bước nhảy

Chứng minh rằng: 0u2n1 và u2n = (2 2) 1 (2 2) 1

2

1  n   n

Bài toán 15 Cho số nguyên dương n, ký hiệu T là tập hợp gồm 2n số nguyên dương

đầu tiên Hỏi có bao nhiêu tập con S của T có tính chất: trong S không tồn tại các số a, b mà

 n

b

a  1; (Lưu ý rằng tập rỗng là tập con có tính chất nên trên)

4

1 2 2 1 2 3 2 1 2

n

u         với mọi n  1

C KẾT LUẬN

Bài toán tổ hợp trong các đề thi học sinh giỏi là bài toán khó Để giải quyết được nó, ngoài việc nắm vững những kiến thức cơ bản còn cần những phương pháp hợp lý và sự sắc bén của tư duy Trong các ví dụ minh hoạ trên đây, chúng tôi đã cố gắng phân tích hoặc trình bày lời giải một cách tường minh nhất để người đọc dễ theo dõi Các bài toán luyện tập cũng được hướng dẫn hoặc cho đáp số cụ thể Do khuôn khổ bài viết cũng như sự hạn chế về thời gian và khả năng của tác giả nên sẽ không tránh khỏi được những thiếu sót Rất mong người đọc lượng thứ và đóng góp những ý kiến quý báu để người viết bổ sung, sửa chữa Chúng tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Tĩnh, tháng 8 năm 2014