Một số phương pháp giải các bài toán đại số tổ hợp trong chương trình THPT (tt)

30 Chương 3 Một số phương pháp chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 33 3.1 Sử dụng trực tiếp định nghĩa về tổ hợp để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp.. 36 3.3 Phương pháp sử dụng tích ph

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNHKHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ THANH THẢO

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

Lời cảm ơn

Trước tiên, tôi muốn gửi lời cảm ơn và tri ân sâu sắc đến thầy Trần MạnhHùng - người đã tận tình chỉ bảo và hướng dẫn cho tôi trong suốt quá trìnhthực hiện khóa luận tốt nghiệp

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn tất cả các thầy cô Trường Đại học QuảngBình, đặc biệt là các thầy cô trong khoa Khoa học tự nhiên đã dạy dỗ, tạo điềukiện cho tôi trong suốt những năm tháng ngồi trên giảng đường đại học Chínhnhững điều đó đã giúp tôi học được rất nhiều điều bổ ích không những trongchuyên ngành của mình mà trong cả cuộc sống

Cuối cùng, tôi muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, các anh chị khóa trước,tập thể lớp ĐHSP Toán K56, bạn bè xung quanh và những người đã động viên,giúp tôi vượt qua những khó khăn thử thách Đó chính là động lực để tôi khôngngừng cố gắng học tập và để tôi có thể hoàn thành tốt khóa luận này

Em xin chân thành cảm ơn!

Mục lục

MỞ ĐẦU 4

Chương 1 Lý thuyết về tổ hợp 7 1.1 Tập hữu hạn, tập vô hạn 7

1.2 Quy tắc cộng 7

1.3 Quy tắc nhân 8

1.4 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp 9

1.4.1 Hoán vị 9

1.4.2 Chỉnh hợp 9

1.4.3 Tổ hợp 10

1.5 Chỉnh hợp lặp, hoán vị lặp, tổ hợp lặp 11

1.5.1 Chỉnh hợp lặp 11

1.5.2 Hoán vị lặp 11

1.5.3 Tổ hợp lặp 12

1.6 Nhị thức Newton 12

1.6.1 Công thức nhị thức Newton 12

1.6.2 Các tính chất của công thức nhị thức (a + b)n 12

1.6.3 Các kết quả 13

1.7 Tam giác Pascal 13

Chương 2 Một số phương pháp giải các bài toán tổ hợp đếm 14

2.1 Phương pháp đếm trực tiếp 14

2.2 Phương pháp đếm loại trừ 17

2.3 Phương pháp tạo vách ngăn 19

2.4 Phương pháp "dán" phần tử 21

2.5 Phương pháp thêm bớt 22

2.6 Phương pháp liệt kê các trường hợp 26

2.7 Phương pháp song ánh 29

2.8 Phương pháp sử dụng hàm sinh 30

Chương 3 Một số phương pháp chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 33 3.1 Sử dụng trực tiếp định nghĩa về tổ hợp để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 33

3.2 Dùng khai triển nhị thức Newton và những kĩ thuật đặc biệt để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 36

3.3 Phương pháp sử dụng tích phân để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 39

3.4 Phương pháp sử dụng đạo hàm để chứng minh các đẳng thức về tổ hợp 43

3.5 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopski để chứng minh các đẳng thức tổ hợp 46

Chương 4 Một số dạng toán khác và các ví dụ minh họa 49 4.1 Chứng minh một số bài toán chia hết 49

4.2 Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình tổ hợp 52

4.3 Tìm hệ số, số hạng trong khai triển nhị thức Newton 61

4.4 Tính tổng 71

KẾT LUẬN 76Tài liệu tham khảo 77

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Toán học tổ hợp là một ngành toán học rời rạc, nghiên cứu về sự liệt

kê, tổ hợp, hoán vị, các tập hợp và các tính chất toán học của chúng Lýthuyết tổ hợp đã được hình thành như một ngành toán mới vào quảng thế kỉXVII bằng một loạt các công trình nghiên cứu của các nhà toán học Pascal,Fermat, Leibniz, Các bài toán tổ hợp đã có mầm mống từ rất sớm Ngoài

ra, dựa trên luật chơi của cờ tướng và cờ vua, nhiều loại cờ cũng đã ra đời.Chẳng hạn, năm 1525, một người Italia tên là Guarini di Forli đã đặt ra mộtcâu hỏi với kiểu bàn cờ vua 3 × 3 ô, trong đó đặt hai quân mã màu đen vàhai quân mã màu trắng đặt ở bốn góc của bàn cờ sao cho hai quân cùngmàu thì nằm trên một hàng Câu hỏi mà ông đặt ra là: Sau bao nhiêu nước

đi thì kết thúc trò chơi, quân mã một bên sẽ bị bên kia ăn hết? Đây là mộttrò chơi trí tuệ khá thú vị và đến bây giờ vẫn có nhiều người chơi Sau này,người ta đã tính toán được chính xác số bước đi tối thiểu là 16 Chủ đề về tổhợp cũng đã được nghiên cứu từ thế kỷ XVII khi những câu hỏi về tổ hợpđược nêu ra trong những công trình nghiên cứu của các trò chơi may rủi.Năm 1850, Guthrie, người đã có nhận xét có thể dùng bốn màu khác nhau

để tô các tỉnh của nước Anh sao cho không có hai tỉnh kề nhau cùng màu.Giả thuyết này đã thách thức các nhà toán học khoảng hơn một thế kỉ Mãitới tận năm 1977, Appel và Haken mới quy được bài toán qui màu bản đồ

về việc xem xét trên 1900 cấu hình tổ hợp, Từ chỗ chỉ nghiên cứu cáctrò chơi, bài toán về kinh tế xã hội, tổ hợp đã trở thành ngành toán họcphát triển mạnh mẽ, có nhiều ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau.Hơn nữa, tổ hợp cũng là một dạng toán nằm trong chương trình THPT

và có cấu trúc trong các đề thi THPT Quốc gia và cũng là một mảng toánkhó, nhưng lại có ứng dụng nhiều trong cuộc sống hằng ngày

Hiện nay, đa số học sinh đều gặp khó khăn trong việc giải các bài tập

có liên quan đến toán tổ hợp Đặc biệt, đội ngũ học sinh giỏi khi tham giacác kì thi cấp tỉnh, cấp quốc gia gặp nhiều lúng túng trong việc giải nhữngbài toán dạng này.

Với lí do trên, tôi đã tìm hiểu và đã chọn nghiên cứu đề tài :"Một sốphương pháp giải các bài toán đại số tổ hợp trong chương trình THPT".Nhằm cung cấp cho học sinh một hệ thống phương pháp giải các bài toán

tổ hợp từ đó nâng cao khả năng giải toán và tư duy cho học sinh

2 Mục đính nghiên cứu

Nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống về các khái niệm, cácphương pháp giải một số bài toán tổ hợp để ứng dụng vào việc giải toán

3 Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu chính của khóa luận là phân loại, đưa ra cácphương pháp toán giải các bài toán đại số tổ hợp

4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáotrình về các vấn đề cần nghiên cứu như: phương pháp đếm, phương phápgiải các bài toán chứng minh đẳng thức,

Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Các ý kiến của giảng viên hướngdẫn và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, khoa Khoa học Tự nhiên,Trường Đại học Quảng Bình

5 Tầm quan trọng đối với khoa học và thực tiễn

Việc giải các bài toán tổ hợp có ý nghĩa lớn trong các ngành, các lĩnhvực khác nhau như: công nghệ - thông tin, kinh tế,

Ngoài ra, đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho học sinh hay nhữngsinh viên chuyên ngành Toán, đặc biệt là những bạn đam mê Olympic Toán.Với bản thân, qua việc nghiên cứu đề tài em đã hệ thống cũng như ôn tậplại những kiến thức đã học về các phương pháp giải các bài toán về tổ hợp

6 Bố cục khóa luận

Ngoài lời cảm ơn, phần mở đầu, kết luận, phụ lục và tài liệu thamkhảo, nội dung khóa luận được trình bày gồm 4 chương:

Chương 1: Lý thuyết tổ hợp

Chương 2: Một số phương pháp giải các bài toán tổ hợp đếm

Chương 3: Một số phương pháp chứng minh các đẳng thức về tổ hợpChương 4: Một số dạng toán khác và các ví dụ minh họa

Nếu tập S không là tập hữu hạn thì ta nói tập S vô hạn.

Tập hợp tương đương: Các tập hợp tương đương, còn được gọi là tập hợpđẳng lực, là các tập hợp mà giữa các phần tử của chúng có thể thiết lập quan

hệ tương đương, tức quan hệ tương ứng một-một (song ánh)

Nhận xét 1.1.1 Hai tập hợp có cùng lực lượng khi và chỉ khi tồn tại mộtsong ánh từ tập hợp này vào tập hợp kia

Định nghĩa 1.2.1 Giả sử một công việc có thể thực hiện theo một trong k

phương án A1, A2, , Ak

Có n cách thực hiện phương án A

Có n2 cách thực hiện phương án A2

Có nk cách thực hiện phương án Ak

Khi đó, công việc có thể được thực hiện bởi n1 + n2 + + nk cách

• Quy tắc cộng được phát biểu dưới dạng tập hợp

Nếu tập hợp hữu hạn A là hợp của n tập đôi một rời nhau A1, A2, , An

thì:

| A |=| A1 | + | A2 | + + | An |

Chú ý Cho hai tập hợp A và B, A ∩ B 6= ∅ nếu cộng số phần tử của A với số

phần tử của B thì số phần tử của A ∩ B sẽ được tính hai lần Do đó, ta có quy

tắc cộng mở rộng đối với hai phần tử:

Định nghĩa 1.3.1 Giả sử một công việc nào đó bao gồmk công đoạnA1, A2, , Ak

Công đoạn n1, có thể thực hiện theo A1 cáchCông đoạn n2, có thể thực hiện theo A2 cách

.Công đoạn nk, có thể thực hiện theo Ak cáchKhi đó, công việc có thể được thực hiện bởi n1n2 nk cách

• Quy tắc nhân được phát biểu dưới dạng tập hợp

Nếu A1, A2, , An là các tập hợp hữu hạn bất kì và A1 × A2 × × An

là tích Descartes của n tập hợp đó thì:

Pn = n! = n(n − 1)(n − 2) 1

Định nghĩa 1.4.2 Cho một tập hợp A có n phần tử (n > 1) và số nguyêndương k (1 ≤ k ≤ n) Một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập hợp A làmột bộ sắp xếp thứ tự k phần tử từ n phần tử của A Một chỉnh hợp chập k

của A được kí hiệu là Akn

Công thức :

Khi k = n thì Akn = Pn = n!

Chú ý

• Với 0 < k < n thì ta có thể viết công thức (1.1) dưới dạng:

Công thức :

Ckn = n(n − 1)(n − 2) (n − k + 1)

Aknk!. (1.3)

Vậy công thức (1.4) đúng với mọi số nguyên k thỏa mãn 0 ≤ k ≤ n

Tính chất 1.4.1 Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ n Khiđó:

Ckn = Cn−kn

Tính chất 1.4.2 (Hằng đẳng thức Pascal) Cho các số nguyên n và k với

1 ≤ k ≤ n Khi đó:

Ckn+1 = Ckn+ Ck−1n

Nhận xét 1.4.1.

• Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ với nhau bởi công thức: Akn = k!Ckn

• Chỉnh hợp thì các phần tử được sắp xếp 1 cách có thứ tự, còn tổ hợp cácphần tử được sắp xếp mà không phân biệt thứ tự

• Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử ta dùng chỉnhhợp Ngược lại, dùng tổ hợp

Định nghĩa 1.5.1 Cho tập A có n phần tử và số nguyên k Chỉnh hợp lặpchập k của n phần tử của tập hợp A là một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử,trong đó mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần

Nhận xét 1.5.1

• Số các chỉnh hợp lặp chậpk củanphần tử làAk

n = nk (theo quy tắc nhân)

• Chỉnh hợp có lặp là khi giữa các phần tử thì yếu tố thứ tự là cốt lõi, cònyếu tố khác biệt không quan trọng

Định nghĩa 1.5.2 Cho đa tập hợp A ={a1, a2, , as} có n phần tử Trongđó,

Phần tử a1 có r1 phiên bảnPhần tử a2 có r2 phiên bản

.Phần tử as có rs phiên bản

Với r1 + r2 + + rs = n Một cách sắp xếp các phần tử của A theo một thứ

tự nào đó được gọi là hoán vị lặp của n phần tử của A

Khi đó, số hoán vị lặp của A là:

• Các hệ số nhị thức cách đều hai đầu của sự khai triển thì bằng nhau:

Các hệ số của khai triển Newton của nhị thức (a + b)n có thể được sắp xếpthành tam giác sau đây (gọi là tam giác Pascal)

Ví dụ 2.1.1 Trong một trường, khối 11 có 280 học sinh nam và 325 học sinh

nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn

i) Một học sinh ở khối 11 đi dự dạ hội của học sinh thành phố.

ii) Hai học sinh trong đó có một học sinh nam và một học sinh nữ

Giải

Vì có cả nhà toán học và nhà vật lí và vừa có nam, nữ Do đó ta xét các phương

án sau:

Phương án 1 : Lấy một nhà vật lí nam, một nhà toán học nữ và một nhà toán

2.2 Phương pháp đếm loại trừ

Cở sở của phương pháp này xuất phát từ Nguyên lý bù trừ: "Nếu B là mộttập con của tập hữu hạn A Gọi CA(B) là phần bù của B trong A Khi đó:

|A| = |B| + |CA(B)| ⇔ |B| = |A| − |CA(B)|"

Nội dung: Đếm loại trừ theo ba bước

Bước 1: Đếm số phương án xảy ra bất kỳ ta có kết quả n1

Bước 2: Đếm số phương án xảy ra không thỏa mãn yêu cầu bài toán ta có kết

Giải

Số cách lấy 6 cuốn sách trong 12 cuốn sách khác nhau cho 6 học sinh là A612

Ta loại trừ các trường hợp (TH) sau:

TH1: Tặng 5 cuốn sách Văn học khác nhau cho 5 học sinh trong số 6 học sinh

có : A56( cách chọn)

Lấy một cuốn sách bất kỳ trong 7 cuốn sách còn lại để tặng cho học sinhcòn lại có : A17( cách chọn)

⇒ Do đó, số cách tặng hết 5 cuốn Văn học là: A56.A17

TH2: Tặng 4 cuốn sách Âm nhạc khác nhau cho 4 học sinh trong số 6 học sinh

⇒ Do đó, số cách tặng mà khi tặng hết 3 cuốn Hội họa là: A36.A39

Vì vậy, số cách tặng mà sau khi tặng xong thì mỗi loại sách chỉ có ít nhất mộtcuốn là :A612−(A56A17 +A46A28 +A36A39) = 665280 − 85680 = 579600

Ví dụ 2.2.2 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số sao cho không có chữ sốnào lặp lại đúng 3 lần

GiảiViệc làm trực tiếp bài này có vẻ khá khó Nên trước tiên, nên tìm số tự nhiêngồm 4 chữ số sao cho tồn tại một chữ số lặp lại đúng 3 lần

Vì vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán có : 9000 − 324 = 8676 (cách chọn).

Nhận xét 2.2.1 Phương pháp này khắc phục được những yếu điểm mà phươngpháp trực tiếp tỏ ra vướng mắc Tuy nhiên, phương pháp này chỉ phát huy đượchiệu quả của nó khi mà ta tìm được bài toán đối của bài toán trực tiếp và sốcác trường hợp là ít và ít hơn phương pháp trực tiếp

Khi bài toán yêu cầu xếp hai hay nhiều phần tử không đứng cạnh nhau thì

ta có thể tạo ra các "vách ngăn" các phần tử này trước khi xếp chúng

Nội dung: Đếm theo hai bước:

Bước 1: Sắp xếp m đối tượng vào m vị trí sẽ tạo ra m + 1 vách ngăn

Bước 2: Sắp xếp đối tượng khác theo yêu cầu bài toán từ m + 1 vách ngăn nói

trên

Ví dụ 2.3.1 Có 6 học sinh và hai thầy giáo được xếp hàng ngang Hỏi có baonhiêu cách xếp mà hai thầy giáo không đứng cạnh nhau

Giải

Trước hết, xếp 6 học sinh thành một hàng ngang có: 6! cách

Khi đó, mỗi học sinh đóng vai trò là một vách ngăn và tạo nên 7 vị trí Vì vậy,

ta có thể xếp 2 thầy giáo vào 7 vị trí đó, có: A27 cách

Theo quy tắc nhân, ta có: 6!.A27 = 30240 cách

Ví dụ 2.3.2 Cho tập A = {2; 5} Có thể lập được bao nhiêu số có 10 chữ sốsao cho không có hai chữ số 2 nào đứng cạnh nhau

Do đó, số cách lập số có 10 chữ số sao cho không có 2 chữ số nào đứng cạnhnhau là 1 + C110+ C29 +C38 +C47 +C56 = 144

2.4 Phương pháp "dán" phần tử

Đây là phương pháp đối lập với phương pháp tạo "vách ngăn" Vì đối tượng

mà phương pháp này áp dụng lên là các bài tập yêu cầu xếp hai hay nhiềuphần tử đứng cạnh nhau trên cùng một hàng (cột)

Đối với phương pháp này, ta sẽ "dán" những phần tử đứng cạnh nhau thànhmột phần tử đại diện thay thế cho các phần tử này

Một số ví dụ cho phương pháp

Ví dụ 2.4.1 Một nhóm có 4 học sinh lớp A, có 3 học sinh lớp B và 5 học sinhlớp C Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các học sinh trên thành một hàng ngangsao cho các học sinh lớp A đứng cạnh nhau và các học sinh lớp B cũng đứngcạnh nhau

Sau đó, sắp xếp các học sinh trong lớp A, có 4! cách

Sau đó, sắp xếp các học sinh trong lớp B, có 3! cách

Do đó, số cách sắp xếp các học sinh trên thành một hàng ngang sao cho cáchọc sinh lớp A đứng cạnh nhau và các học sinh lớp B cũng đứng cạnh nhau là:

7! × 3! × 4! = 725760 cách

Ví dụ 2.4.2 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tựnhiên có sáu chữ số phân biệt mà hai chữ số 3 và 5 không đồng thời liền nhau.

Vậy số có 6 chữ số khác nhau mà chữ số 3, 5 đứng liền nhau có: 5!.2! số

Mà, số số có 6 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có 6! số

Vì vậy, số các số có 6 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5,

6 mà hai chữ số 3 và 5 không đồng thời liền nhau có: 6! − 5!.2! = 480 số

Nhận xét 2.4.1 Phương pháp này tỏ ra thực sự hiệu quả khi giải quyết cácbài toán liên quan đến việc sắp xếp một số đối tượng sát nhau và không táchrời nhau trong quá trình giải quyết nó và phương pháp này còn hạn chế đượcviệc phải xét nhiều trường hợp của bài toán và đưa ra kết quả đáng mong đợi

Ví dụ 2.5.1 Một chuyến bay có 67 hành khách Trong đó có 47 người sử dụngtốt Anh, 35 người sử dụng tốt tiếng Đức, 20 người sử dụng tốt tiếng Pháp Hơnnữa có 23 người sử dụng tốt hai thứ tiếng Anh và Đức, 12 người sử dụng tốthai tiếng Anh và Pháp, 11 người sử dụng tốt hai tiếng Đức và Pháp Và có 5người sử dụng tốt cả ba thứ tiếng Tìm số hành khách không sử dụng được bất

Vậy số hành khách không sử dụng được bất kì ngoại ngữ nào là 67 – 61 = 6

Ví dụ 2.5.2 Trong 100 sinh viên được hỏi về việc học tập ngoại ngữ, kết quảđiều tra như sau: có 24 sinh viên không học các tiếng Anh, Nga, Pháp; có 48sinh viên học tiếng Anh; có 8 người học tiếng Anh và tiếng Nga; có 26 sinhviên học tiếng Pháp; 8 sinh viên học tiếng Pháp và tiếng Anh; 18 sinh viên họctiếng Pháp và tiếng Nga; có 28 sinh viên học tiếng Nga

Trong số những sinh viên được hỏi có bao nhiêu sinh viên đã học cả 3 ngoạingữ Anh, Nga và Pháp

Giải

Gọi A là tập hợp các sinh viên học tiếng Anh

Gọi B là tập hợp các sinh viên học tiếng Nga

Gọi C là tập hợp các sinh viên học tiếng Pháp

Theo nguyên lý bù thì:

|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |A ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|

= 48 + 28 + 26 − 8 − 13 − 8 + |A ∩ B ∩ C| = 73 + |A ∩ B ∩ C|

⇒ |A ∩ B ∩ C| = |A ∪ B ∪ C| − 73 = (100 − 24) − 73 = 3

Vậy, số sinh viên đã học cả 3 ngoại ngữ Anh, Nga và Pháp là 3

Ví dụ 2.5.3 Trong tập S = {1, 2, , 280} có bao nhiêu số không chia hết cho



= 93; |A3| =



2805



= 56; A4 =



2807



= 46; |A1 ∩ A3| =



2802.5



= 28; |A1 ∩ A4| =



2802.7



= 18; |A2 ∩ A4| =



28021



= 13; |A3 ∩ A4| =



28035



= 9; |A1 ∩ A2 ∩ A4| =



28042



= 4; |A2 ∩ A3 ∩ A4| =



280105



= 1

Vậy trong tập S có 280 – 216 = 64 số không chia hết cho 2, 3, 5, 7.

Ví dụ 2.5.4 Tìm các hoán vị của các chữ số từ 1 đến 9 mà không chứa các

"khối" 23, 45 và 678

GiảiGọi X là tập hợp tất cả các hoạn vị của chín chữ số từ 1 đến 9 Khi đó,

|X| = 9!

Gọi A, B, C là tập con của tập X tương ứng chứa các khối 23, 45 và 678 Khi

đó, áp dụng phương pháp "vách ngăn" hoặc phương pháp "dán", ta được:

2.6 Phương pháp liệt kê các trường hợp

Đối với một bài toán, khi mà chưa tìm được thuật giải tốt để giải quyết

nó thì phương pháp liệt kê là biện pháp cuối cùng để thực hiện Phương phápliệt kê phải thỏa mãn hai nguyên tắc:

• Không được lặp lại một "cấu hình" nào

• Không được bỏ sót một "cấu hình" nào

Ví dụ 2.6.1 Cho tập A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có bao nhiêu số tự nhiên gồm

4 chữ số khác nhau lập từ A sao cho số tự nhiên đó chia hết cho 6, và có mặtchữ số 1

Vậy có tổng cộng: (3 + 2 + 3) × 3! = 48 số thoã mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 2.6.2 Người đưa thư phân phát thư tới 19 nhà ở một dãy phố Ngườiđưa thư phát hiện ra rằng không có hai nhà liền kề nhau cùng nhận thư trongcùng một ngày và không có nhiều hơn hai nhà cùng không nhận thư trong cùngmột ngày Hỏi có bao nhiêu cách phân phối thư?

Suy ra có nhiều nhất 10 người nhận thư trong cùng một ngày.

Từ giả thiết thứ hai có nghĩa là từ 3 nhà trở lên cùng không nhận thư trongmột ngày hay cứ ba nhà liên tiếp có một nhà nhận thư Vậy ít nhất có 6 nhànhận thư trong cùng một ngày

Ta liệt kê các trường hợp của bài toán:

Còn 8 nhà không nhận thư được sắp xếp như sau:

Hai nhà không nhận thư ở hai vị trí đầu, và ở hai vị trí cuối, bốn nhàcòn lại được sắp xếp vào 5 vị trí xen kẽ với các nhà nhận thư

Vậy trường hợp này có cách xếp

TH 2: Có 7 nhà nhận thư

7 nhà này xen kẽ với 6 nhà không nhận thư nên còn 6 nhà không nhậnthư được sắp xếp như sau:

2 nhà đầu, 2 nhà cuối, 2 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C26 = 15

2 nhà đầu, 1nhà cuối, 3 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C36 = 20

1 nhà đầu, 2 nhà cuối, 3 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C36 = 20

1 nhà đầu, 1 nhà cuối, 4 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C46 = 15

2 nhà đầu, 0 nhà cuối, 4 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C46 = 15.

0 nhà đầu, 2 nhà cuối, 4 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C46 = 15

1 nhà đầu, 0 nhà cuối, 5 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C56 = 6

0 nhà đầu, 1 nhà cuối, 5 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có C56 = 6

0 nhà đầu, 0 nhà cuối, 6 nhà còn lại xếp vào 6 vị trí xen kẽ Có 1 cách.Vậy trong trường hợp này có 113 cách

1 nhà đầu, 2 nhà cuối, 1 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C17 = 7 cách

1 nhà đầu, 1 nhà cuối, 2 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C27 = 21 cách

2 nhà đầu, 0 nhà cuối, 2 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C27 = 21 cách

0 nhà đầu, 2 nhà cuối, 2 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C27 = 21 cách

0 nhà đầu, 1 nhà cuối, 3 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C37 = 35 cách

1 nhà đầu, 0 nhà cuối, 3 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C37 = 35 cách

0 nhà đầu, 0 nhà cuối, 4 nhà còn lại xếp vào 7 vị trí Có C37 = 35 cách.Vậy trong trường hợp này có 183 cách

1 nhà đầu, 0 nhà cuối, 1 nhà còn lại xếp vào 8 vị trí Có C18 = 8 cách

0 nhà đầu, 1 nhà cuối, 1 nhà còn lại xếp vào 8 vị trí Có C18 = 8 cách

0 nhà đầu, 0 nhà cuối, 2 nhà còn lại xếp vào 8 vị trí Có C28 = 28 cách

Có 47 cách

TH 5: Có 10 nhà nhận thư Có 1 cách

Vậy người đưa thư có 5 + 113 + 183 + 47 + 1 = 349 cách phân phối thư

Nhận xét 2.6.1 Có thế nói, phương pháp liệt kê là biện pháp cuối cùng nhưngcũng là biện pháp phổ dụng để giải quyết bài toán tổ hợp Nhưng điểm hạn chếcủa phương pháp này là đối với những bài toán mà phải xét quá nhiều trườnghợp thì phương pháp này tỏ ra không hiệu quả, mà tính khả thi của phươngpháp này chỉ được nâng cao nhờ sự tiến bộ nhanh chóng về chất lượng của máytính điện tử

tử có cùng số phần tử ta chỉ cần xây dựng một song ánh giữa chúng Hơn nữa,

ta có thể đếm được số phần tử của một tập hợp A bằng cách xây dựng mộtsong ánh từ A vào một tập hợp B mà ta đã biết cách đếm số phần tử Bởi B

có cùng số phần tử với A nhưng có cấu trúc được mô tả khác A nên ta có thểđếm được số phần tử của B dễ dàng hơn việc đếm số phần tử của A

Ví dụ 2.7.1 [5] Có bao nhiêu cách phân phối n vật giống nhau cho p người?

Giải

Giả sử người thứ nhất nhận được k1 đồ vật; người thứ 2 nhận được k2 đồvật, người thứ p nhận được kp đồ vật Khi đó: k1+ k2 + + kp = n (∗)

Ánh xạ này là một song ánh (vì nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh).

Số cách phân phối là bằng số cách sắp xếp của p − 1 số 0 trong n + p − 1 vịtrí: |A| = |B| = Cp−1n+p−1

Nhận xét 2.7.1 Phương pháp song ánh là một trong những phương phápđếm nâng cao, phương pháp này tỏ ra hiệu quả đối với các bài toán dạng này.Tuy nhiên, nó chỉ thực hiện được khi tìm ra một song ánh thỏa mãn điều kiệnbài toán và cách đếm số phần tử ở tập hợp B (tương đương với tập cần tìm) là

dễ dàng hơn

Ý tưởng chung của phương pháp sử dụng hàm sinh để giải bài toánđếm là đi tìm hệ số của xp trong khai triển của hàm sinh với p là số phần tửđược chọn ra trong n đối tượng với những điều kiện ràng buộc cho trước

Định nghĩa 2.8.1 Cho một dãy a0; a1; ; an;

Chuỗi hình thức: A(x) = a0 + a1x + a2x2+, + anxn + được gọi là hàmsinh của dãy {an}

Định lý 2.8.1 [10] Gọi A(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tậphợp A và B(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp B Nếu A và

B rời nhau thì hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập A ∪ B là A(x).B(x)

Chú ý Quy tắc này đúng cho cả trường hợp chọn các phần tử phân biệt, cũngđúng cho trường hợp chọn nhiều lần cùng một phần tử.

Một số đẳng thức liên quan đến hàm sinh (sử dụng khai triển rin):

Maclau-1

1 − x = 1 + x + x

2

+ x3 + 1

(1 − x)2 = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + 1

(1 + x) = 1 − x + x

2 − x3 + 1

(1 − xp) = 1 + x

p+ x2p+ x3p+ 1

(1 − ax)2 = 1 + 2ax + 3a2x2 + 4a3x3 +

Một số ví dụ cụ thể

Ví dụ 2.8.1 [8-trang 44] Trong nhà kho, số lượng mỗi loại táo, chuối, cam vàđào lớn hơn n quả Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra n quả để phục vụ cuộc thiOlympic Toán sinh viên năm 2016 thỏa mãn các điều kiện sau:

Số táo phải chẵn

Số chuối phải chia hết cho 5

Chỉ có thể có nhiều nhất 4 quả cam

Chỉ có thể có nhiều nhất một quả đào

(Kỷ yếu Olympic Toán sinh viên năm 2016)

.Như thế ta có hàm sinh A (x) = 1 + x2 + x4 + = 1

Như vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là n + 1 cách

Nhận xét 2.8.1 Phương pháp hàm sinh thực sự hiệu quả đối với các bài toánđếm có nhiều điều kiện ràng buộc, bởi chúng ta chỉ cần quan tâm tới hệ số củakhai triển của hàm sinh tương ứng với đề bài

Chương 3

Một số phương pháp chứng minh các đẳng thức về tổ hợp

Ví dụ 3.1.2 Cho 3 6 k 6 n và k, n ∈ N Chứng minh đẳng thức sau:

Ckn + 3Ck−1n + 3Ck−2n + Ck−3n = Ckn+3

Giải

Nếu để ý ta nhận thấy rằng tất cả các tổ hợp ở vế trái đều có n phần tử

và lần lượt lấy ra số phần tử trong n phần tử đó giảm dần liên tiếp và vế phảithì tổ hợp đó có số phần tử là n + 3 Điều này giúp ta liên tưởng đến việc sửdụng bất đẳng thức Pascal: Ckn+1 = Ckn+ Ck−1n một số lần hữu hạn nào đó.Vìvậy, ta có chứng minh sau:

ii) Bằng cách áp dụng công thức Pascal nhiều lần, ta có:

Ta thế (3.2) vào (3.1); thế (3.3) vào (3.2); cứ thế như thế thì ta được :

Cmn = Cm−1n−1 + Cm−1n−2 + + Cm−1m−1

Thực ra ở bài này ý ii) và Ví dụ 3.1.2 nội dung ý tưởng là như nhau

Ví dụ 3.1.4 Cho 0 6 m 6 n và n, m ∈Z Chứng minh đẳng thức sau:

Do đó: Pn.Pn+1.(n3 − 3n2 + 2n)2 = 36.(C3n)2.(n!)2.(n + 1).

thuật đặc biệt để chứng minh các đẳng thức về

tổ hợp

Phương pháp giải các bài toán trong mục này là cố gắng khai triển nhịthức Newton theo hai hướng giống nhau hoặc khác nhau, sau đó so sánh hệ sốcùng bậc của chúng với nhau để đi đến kết quả cần chứng minh Nghĩa là, thay

vì việc sử dụng trực tiếp định nghĩa về tổ hợp để chứng minh các đẳng thức thì

ta chứng minh gián tiếp thông qua khai triển nhị thức Newton rồi đồng nhấtcác hệ số với nhau để được đẳng thức cần chứng minh

Một số kết quả và những điều cần lưu ý: