Nghiên cứu chế tạo và tối ưu hóa quy trình chế tạo hạt nano fe3o4 bọc silica

LỜI NÓI ĐẦUToán tổ hợp – là một ngành toán học nghiên cứu các tổ hợp, hoán vị của các phần tử.. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp.Chương này ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp nhờ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS Nguyễn Vũ Lương

Hà Nội – Năm 2015

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ………

Chương 1 Một số kiến thức cơ bản ………

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

1.2 Nguyên lý Dirichlet ………

1.3 Hoán vị ………

1.4 Chỉnh hợp ………

1.5 Tổ hợp ………

1.6 Nhị thức Newton ………

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

2.1 Sử dụng phương pháp liệt kê ………

2.2 Đếm các phần tử của phần bù ………

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

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

2.5 Sử dụng các công thức tổ hợp ………

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

2.7 Sử dụng công thức truy hồi ………

2.8 Sử dụng phương pháp đánh số ………

2.9 Phương pháp xây dựng song ánh ………

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

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

3.1 Một số bài toán mở đầu ………

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

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

3.4 Nguyên lý bất biến ………

3.5 Một số bài tập vận dụng ………

1

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 cơbản 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 Hiệntrạng này đã thay đổi sau khi các máy tính và máy tính cá nhân ra đời Nhờ chúngngười ta có thể thực hiện việc sắp xếp, phân loại mà trước đây cần hàng trăm đếnhàng ngàn năm Ở thời buổi sơ khai của toán học rời rạc, vai trò của lĩnh vực cổ xưanhất của toán học rời rạc là toán học tổ hợp cũng đã được thay đổi Từ lĩnh vực màphần 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 đượcchuyển 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 vàthống kê đã bắt đầu từ chương trình toán học phổ thông Trước hết cần khẳng địnhrằng hướng này của Bộ Giáo dục và Đào tạo đòi hỏi phát triển các kiểu tư duy chuyênbiệt 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 đạihọc, 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 tắcđếm cơ bản, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và nhị thức Newton Ngoài ra, nguyên lýDirichlet được đề cập tới như một công cụ đắc lực trong việc giải quyết các bài toán

tổ hợp ở chương sau

3

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 bảnnhư: 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 phânphối 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 vôhạn của dãy lặp, bài toán về tính chất tuần hoàn của dãy lặp, bài toán về sự tồn tại củadãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một số tính chất cho trước Ngoài ra, rènluyện kỹ năng phát hiện ra các đại lượng, tính chất của một đại lượng không đổi saucác phép biến đổi Cuối cùng, trình bày nguyên lý bất biến và một số bài tập vậndụng

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 Quađây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánhgiá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú hơn Cũngxin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán-Cơ-Tinhọc trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trìnhhọc tập tại trường

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đềtrong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có những saisót 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

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 A1,A2, ,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 n1n2.n k cách

5

Quy tắc nhân: Giả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn A1,A2, ,A k Nếu

công đoạn A1 có thể làm theo n1 cách Với mỗi i 2 và với mỗi cách thực hiện các công

đoạn A1, A2, ,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 n1.n2n 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

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

Ta có B và A\ B là hai tập hợp không giao nhau và A B B

nên

Mặt khác A B và A \ B là hai tập hợp

A A B A \ B nên

Thay (1.6) vào (1.5) ta được (1.4)

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

tập hợp hữu hạn bất kì Khi đó, ta có

Chứng minh

Theo định lí 1.1.1 ta có

6

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 a1a2a3a4a5 Bởi số tạo thành phải có đủ cả ba chữ số

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 a1,a2,a3,a4 hoặc a5 Xếp chữ số 3vào 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 cònlại 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:

Số cách xếp chỗ

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:

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 giỏiToán, 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 Hỏibao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn?

Lời giải

Kí hiệu T là tập hợp học sinh của lớp

sinh giỏi Toán, Lý, Hóa của lớp đó

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

Ví dụ 1.2.1 Xét tập hợp M

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

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

Lời giải

Ta chia các tập con X của M thỏa mãn X 3 vào các lồng, mỗi lồng bao gồm các tập có cùng tổng các phần tử Do 0 S X 24 nên có 25 lồng Do có 26 tập X với X

3 nên tồn tại hai tập A, B thuộc cùng một lồng Điều đó có nghĩa là tồn tại hai tập A,B

sao cho S A S B Vậy ta có điều phải chứng minh.

10

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 hoặctừng 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: Bạncủa A , thù của A Do 5 = 2.2+ 1 nên theo nguyên lý Dirichlet có 3 người hoặc là bạncủa 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 phânbiệt a,b mà a2 b2 là một số nguyên tố

Lời giải

Ta thấy, nếu a,b cùng chẵn thì a2b2 là hợp số Do đó, nếu tập con X của A cóhai phần tử phân biệt a,b mà a2b2 là một số nguyên tố thì X không thể chỉ chứa các

số chẵn Từ đó suy ra k 9

Ta chứng tỏ k = 9 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 a2 b2 là

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 9 phần tử của X có hai phần tử thuộc cùngmột 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 Chứngminh 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 cònlại gồm 16 đoạn thẳng Theo nguyên lý Dirichlet do 16 = 5.3+1 nên tồn tại ít nhất 6đoạn thằng cùng màu; giả sử là màu xanh Gọi đầu mút kia của 6 đoạn là B,C, D,E,F,G

Nếu tồn tại 1 đoạn thẳng nối 2 trong 6 điểm trên là màu xanh thì bài toánđược chứng minh

Nếu tất cả các đoạn thẳng nối 2 trong 6 điểm trên không có đoạn nào màuxanh Xét 5 đoạn thẳng BC, BD, BE, BF, BG Do 5 2.2 nên tồn tại ít nhất 3 đoạncùng màu; chẳng hạn BC, BD, BE cùng màu đỏ Nếu trong CD,CE, DE có một đoạnmàu đỏ; chẳng hạn CD thì bài toán được chứng minh do tồn tại tam giác BCD thỏamãn Nếu CD,CE, DE đều màu vàng thì bài toán được chứng minh do tồn tại tamgiác 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 Định lí 1.3.1 Số các hoán vị của n phần tử

P n n ! n n 1 2.1.

Chứng minh

Việc sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A có n phần tử là công việc gồm n

công đoạn Công đoạn 1 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ nhất: Có n

cách thực hiện Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử để xếpvào vị trí thứ hai: Có n1 cách thực hiện Sau khi thực hiện xong i1 công đoạn (chọn i

1 phần tử của A vào các vị trí thứ 1,2, ,i1 ), công đoạn thứ i tiếp

theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i : Có cách thực hiện.

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

a,b Ngoài ra, a và b còn có thể đổi chỗ cho nhau, do đó có 2(n 1) cách sắp đặt a và

b cạnh nhau Với mọi cách đó tương ứng (n 2)! hoán vị của các phần tử khác Do đó

số hoán vị trong đó a và b đứng cạnh nhau bằng

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

Vì vậy số các hoán vị cần tìm bằng

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 màukhông 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

P5 5 ! cách sắp xếp các thẻ trắng Tương tự, ta cũng có P5 5 ! cách sắp xếp các thẻđen ở vị trí số chẵn Vậy ta có 5 ! 5 ! cách sắp xếp 10 thẻ theo yêu cầu bài toán

13

n i 1

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 cầubài toán

1.3.2 Hoán vị lặp

Định nghĩa 1.3.2 Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần gọi là

hoán vị lặp

Định lí 1.3.2 Số hoán vị lặp của n phần tử thuộc k loại khác nhau, mà các phần tử

loại i 1 i k giống hệt nhau, xuất hiện n i lần với n1n2 n k n , được

kí hiệu là P n1, n2, , n k và được tính bằng công thức

Lời giải

Để số cần lập x a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11 chia hết cho 5, thì x phải tận cùng

là chữ số 0 hoặc chữ số 5

Vì tổng số lần xuất hiện trong x của 0 và 5 bằng 1 nên nếu x tận cùng là 0 thì

5 không có mặt và ngược lại nếu x tận cùng là 5, thì chữ số 0 không xuất hiện Bởi

vậy a i 1 i 10 chỉ có thể là một trong những chữ số 1, 2, 3, 4 Bởi vậy, số

khả năng lập phần đầu độ dài 10 a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10 của số x bằng số hoán vị lặpcủa 10 phần tử thuộc bốn loại chữ số: 1, 2, 3, 4 với 1 xuất hiện 4 lần, 2 xuất hiện 3

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

2P 1,2,3,4

Ví dụ 1.3.4 Với các chữ số 0,1,2, 3, 4, 5 Có thể lập được bao nhiêu số có 8 chữ số,

trong đó chữ số 1 xuất hiện 3 lần, các chữ số khác xuất hiện đúng 1 lần?

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

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

Qn n 1 !.

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 haibạn 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 cóbao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi thành viên sao cho người cùng quốc tịch thìngồi cạnh nhau?

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 k n

Khi lấy ra k phần tử của A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó ta được chỉnhhợp chập k của n phần tử của A (gọi tắt là một chỉnh hợp chập k của A ) Số các chỉnhhợp chậpkcủa tập hợp cónphần tử được kí hiệu làA 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

Việc thiết lập một chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử là công việc gồm

k công đoạn Công đoạn 1 là chọn phần tử để xếp vào vị trí thứ nhất: Có n cách thực

hiện Sau khi thực hiện công đoạn 1, công đoạn 2 là chọn phần tử xếp vào vị trí thứhai: Có n 1 cách thực hiện Sau khi thực hiện xong i 1 công đoạn (chọn i 1 phần tửcủa A vào các vị trí thứ 1, 2,i1 ), công đoạn thứ i tiếp theo là chọn phần tử xếp vào vịtrí 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 1 n k 1 cách lập một chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử, tức

là có n n 1 n k 1 chỉnh hợp chập 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?

17

Lời giải

Gọi số lẻ có sáu chữ số khác nhau có dạng a1a2a3a4a5a6 được tạo thành từmười chữ số đã cho Để số này nhỏ hơn 600000 thì 1a15 Vì vậy ta phải xét riênghai trường hợp

Trường hợp 1: a6 A1 1, 3, 5 Khi đó ta có 3 cách chọn a6 , có 4 cáchchọn a1 và A8 cách chọn ra 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí

a2,a3,a4,a5 Theo quy tắc nhân, ta có 3.4.A8 20160số

Trường hợp 2: a6 A2 7, 9 Khi đó ta có 2 cách chọn a6 , có 5 cách chọncách chọn 4 chữ số từ 8 chữ số còn lại để xếp vào 4 vị trí a2,a3,a4,a5

Theo quy tắc nhân, ta có 2.5 A 4 16800 số

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?

Lời giải

Vì có bốn chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ gồm 4 chữ số

Ta lập các loại số tự nhiên dạng a1a2 a n Dùng S1 để kí hiệu tập số dạng

a1, S2 để kí hiệu tập số dạng a1a2 , S3 để kí hiệu tập số dạng a1a2a3 , S4 để kí hiệu

tập số dạng a1a2a3a4

Mỗi số thuộc S1 là một chỉnh hợp chập 1 của 4 phần tử của tập

S 1,2, 3, 4 ; mỗi số thuộc S2 là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử của tập S ;mỗi số thuộc S3 là một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử của tập S ; mỗi số thuộc S4 làmột chỉnh hợp chập 4 của 4 phần tử của tập S

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của đề bài bằng

A4 A4 A4 A4 64.

a1 vàA8

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

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?

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 A103 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 A103A102900 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 A104 104 cách chọn

Vậy có tất cả 900.10 4 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 tập hợp có n phần tử

Từ định nghĩa, ta có mỗi hoán vị của một tổ hợp chập k của A cho ta

một chỉnh hợp chập k của A Do đó, từ một tổ hợp chập k của A , ta lập được k!

chỉnh hợp chập k

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

Với quy ước đó thì định lí 1.4.1 và 1.5.1 đúng cho cả k0 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 k n Khi đó

Ví dụ 1.5.1 Cho đa giác đều A1A2 A 2n

tròn (O) Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n đỉnh A1,A2, ,A 2n nhiều gấp 20lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh A1,A2, ,A 2n Tìm n ?

Lời giải

Số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh A1 ,A2 , ,A 2n là C2n Gọi đường

chéo của đa giác đều A1A2 A 2n đi qua tâm của đường tròn (O) là đường chéo lớn thì

đa giác đã cho có n đường chéo lớn Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n

điểm A1, A2, , A 2ncó các đường chéo là hai đường chéo lớn Ngược lại, với

21

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 A1A2 A 2n ,tức làC n

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

Lời giải

Chúng ta chọn tùy ý 6 người trong 14 người có C146 cách Chọn An và Bìnhrồi chọn thêm 4 người trong số 12 người còn lại có C124 cách Vậy số cách chọn ra 6người từ 14 người trong đó An và Bình không có mặt đồng thời là

C 146 C 124 2508 cách

Với 6 người đã chọn xong có 6 cách chọn ra 1 người làm tổ trưởng Vậy sốcách thỏa mãn yêu cầu của bài toán là 6 C146C124 6 2508 15048 cách

1.5.2 Tổ hợp lặp

Định nghĩa 1.5.2 Cho tập hợp A a1,a2, ,a n Một tổ hợp lặp chập m (m 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

Chứng minh

Xét một tổ hợp có lặp chập m của n phần tử, trong đó có k1 phần tử a1,k2phần tử a2, ,k n phần tử a n , với k1k2 k n m Với mỗi bộ (k1,k2, ,k n) như vậy, tađặt 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 liêntiếp, số 0, …, số 0, k n số 1 liên tiếp

11 1011 1 0 011 1

Nếu một phần tử a i nào đó không có mặt trong tổ hợp lặp, tức là k i 0 ,

thì ta không viết nhóm chữ số 1 tương ứng Như vậy, mỗi bộ (k1,k2, ,k n) đượctương ứng với một dãy nhị phân có độ dài mn 1, trong đó có m chữ số 1 và n 1 chữ

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

Ngược lại, với mỗi dãy m n 1 kí tự với mkí tự 1 vàn 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 thìdãy số đó sẽ tương ứng với bộ (k1,k2, ,k n) thỏa mãn k1k2 k n m

Như vậy, ta đã thiết lập được một song ánh giữa các tổ hợp có lặp chập mcủa 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 n1 kí tự 0 Do đó, số các tổ hợp lặp chập m của n phần tử bằng số các dãy nhịphân có độ dài bằng m n 1 trong đó có m kí tự 1 và n1 kí tự 0

Mặt khác, một dãy nhị phân có độ dài m n 1 với m kí tự 1 và n 1 kí tự 0tương ứng với cách chọn n1 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 n1n1 dãy nhị phân có độ dài m n 1 với m ký tự

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

Lời giải

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

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

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

Lại có

Thay (1.22) vào (1.21) và áp dụng hằng đẳng thức Pascal, ta được

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

a

Thành thử a b

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

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

tăng của a và lũy thừa giảm của b

a b C n a k b n k

25

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

S(x) 1 x 2n Ta xét một cách khai triển khác của S x :

Ví dụ 1.6.4 (Đề thi đại học khối A năm 2006) Tìm hệ số của số hạng chứa x26

trong khai triển nhị thức Newton của

27

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

x

Hệ số của x26 là C k

Vậy hệ số của x26

28

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 dụngmột 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 đóthành 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, hàngnghìn bằng 8?

Lời giải

Giả sử lập được số abcdef thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta có c d e 8 nên 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

S1 P3 A6 720

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

S2 P3 A6 720 .Vậy các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

S S1 S2 1440 .Tiếp theo, chúng ta sẽ phân tích một bài toán đã được giải ở ví dụ 1.1.4 trongchương 1 Bây giờ, ta sẽ tiếp cận bài toán này bằng một cách khác: Đếm bằng cáchliệt kê

29

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 đốidiện 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 C6 .A6 cách chọn ra 1 học sinh trường A và xếp vào 1 trong 6 ghế, có A6

cách chọn ra 5 học sinh trườngBvà xếp vào 5 ghế còn lại Xếp dãy 2: Có5!cách xếp

5 học sinh trường A vào 5 ghế đối diện với 5 học sinh trường B ở dãy 1, có 1! cáchxếp 1 học sinh trường B còn lại Vậy ta có S1C6 .A6 .A6 5 ! cách xếp

Trường hợp 2: Dãy ghế 1 có 2 học sinh trường A và 4 học sinh trường B Xếp

dãy 1: Có C6 .A6 cách chọn ra 2 học sinh trường A và xếp vào 2 trong 6 ghế, có A6

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 S62 !.6 !.6 ! cách xếp

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