Sử dụng các khái niệm cơ bản
Quy tắc cộng, quy tắc nhân
Nếu có m cách chọn đối tượng a1, m2 cách chọn đối tượng a2, , mn cách chọn đối tượng an, và mỗi cách chọn đối tượng ai (1≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào bất kỳ cách chọn đối tượng aj nào, thì tổng số cách chọn có thể được tính bằng tích của các cách chọn.
P k=1 m k cách chọn đối tượng a 1 , hoặc a 2 , , hoặc a n
Nội dung quy tắc cho biết rằng với n đối tượng a1, a2, , an, nếu có m1 cách chọn đối tượng a1, và với mỗi cách chọn a1 có m2 cách chọn a2, tiếp theo với mỗi cách chọn a1 và a2 có m3 cách chọn a3, và cứ tiếp tục như vậy, thì tổng số cách chọn các đối tượng từ a1 đến an sẽ là tích của tất cả các cách chọn: m1 × m2 × × mn.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1.Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm bốn chữ số khác nhau và trong mỗi số nhất thiết phải có chữ số 1.
Gọi số cần lập là abcd Xét các trường hợp:
Trường hợp 1: a = 1 có 1 cách chọn a, có A 3 5 cách chọn các chữ số b, c, d.
Trường hợp 2: a 6= 1 Có 4 cách chọn a ( vì a 6= 0).
- Nếu b = 1 thì có 1 cách chọn b và có A 2 4 cách chọn c, d;
- Nếu c = 1 thì có 1 cách chọn c và có A 2 4 cách chọn b, d;
- Nếu d = 1 thì có 1 cách chọn d và có A 2 4 cách chọn b, c;
Vậy theo quy tắc cộng có thể lập được 1.A 3 5 + 4.A 2 4 + 4.A 2 4 + 4.A 2 4 = 204 (số).
Bài 2 Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường, từ thành phố A đến thành phố C có 2 con đường, từ thành phố B đến thành phố
Từ thành phố A đến thành phố D có tổng cộng 8 con đường Cụ thể, có 2 con đường từ A đến B và 4 con đường từ C đến D Tuy nhiên, giữa thành phố B và C không có con đường nào nối liền.
Để đi từ A đến D qua B, có 3 cách di chuyển từ A đến B và 2 cách từ B đến D Áp dụng quy tắc nhân, tổng số cách đi từ A đến D là 3 nhân với 2, kết quả là 6.
Trường hợp 2: Để di chuyển từ A đến D qua C, có 2 phương án đi từ A đến C và 4 phương án từ C đến D Theo quy tắc nhân, tổng số cách đi từ A đến D qua C là 2 nhân với 4, tương đương với 8 cách.
Vì cách chọn đường từ A sang D qua B và cách chọn đường từ A sang
D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số con đường để đi từ A sang D là 6 + 8 = 14 (cách).
Bài 3 Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau? Tìm tổng của tất cả các số này.
Gọi số cần lập có dạng abcd.
Vậy theo quy tắc nhân thì số các số có thể lập được là 9.8.7.6 = 3024 (số).
Số lớn nhất và số nhỏ nhất trong các số dạng abcd lần lượt là 9876 và 1234, với tổng bằng 11110 Điều này cho thấy, với bất kỳ số nào abcd, sẽ luôn tồn tại số a0b0c0d0 sao cho abcd + a0b0c0d0 = 11110.
Từ các đẳng thức a + a0 = b + b0 = c + c0 = d + d0 = 10 và điều kiện a ≠ a0 ⇔ b ≠ b0 ⇔ c ≠ c0 ⇔ d ≠ d0, ta có thể kết luận rằng nếu các chữ số của abcd không trùng nhau, thì các chữ số của a0, b0, c0, d0 cũng sẽ không trùng nhau Điều này dẫn đến kết quả là 1.
2.9.8.7.6 cặp số abcd, a 0 b 0 c 0 d 0 gồm 4 chữ số không trùng nhau thuộc tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
Vậy tổng tất cả các số dạng trên là :
Bài 4.Một con ngựa trên bàn cờ vua 8x8 Hỏi có bao cách di chuyển con ngựa trên bàn cờ.
Trên bàn cờ, các ô được đánh số theo quy tắc a_ij (i=1 8, j=1 8) với các cách di chuyển khác nhau Ô a_11 có 2 cách di chuyển, trong khi a_12 có 3 cách di chuyển Các ô a_13, a_14 và a_22 có 4 cách di chuyển, còn a_23 và a_24 có 6 cách di chuyển Cuối cùng, các ô a_33, a_34 và a_44 có 8 cách di chuyển.
Lấy đối xứng các vị trí trên qua 4 trục đối xứng của bàn cờ, ta có tổng số cách là: n= 4.2 + 8.3 + 20.4 + 16.6 + 16.8 = 336.
Bài 5 Cho bàn cờ vua 8x8.
Có bao nhiêu cách chọn ra 1 ô trắng và 1 ô đen?
Có bao cách chọn 1 ô trắng, 1 ô đen cùng nằm trên 1 hàng hay 1 cột? Bài giải
Trên bàn cờ có 32 ô trắng, 32 ô đen Có 32 cách chọn ra một ô đen, 32 cách chọn một ô trắng Vậy số cách chọn n 1 2.3224 (cách).
Có 32 cách chọn một ô trắng Số ô đen cùng hàng, cùng cột với ô trắng đã chọn ra là 8.
Vậy số cách chọn n 2 2.8%6 (cách).
Bài 6 Có 28 quân domino ở 2 đầu có x,y chấm 0 ≤ x, y ≤ 6 Có bao nhiêu cách chọn ra 2 quân domino có thể nối với nhau (số chấm ở một đầu của quân này bằng số chấm ở một đầu quân khác).
Lấy một quân domino bất kỳ nó thuộc một trong 2 loại:
Loại 2 (21 quân): có số chấm 2 đầu khác nhau.
- Nếu quân domino chọn ra là loại 1 (sẽ có 7 cách chon) sẽ được nối với 6 quân khác Ví dụ như (1,1) sẽ được nối với (1,0), (1,2), (1,3),(1,4),(1,5),(1,6).
Vậy số cặp nối được trong trường hợp này là: n 1 = 7.6 = 42.
- Nếu quân domino chọn ra là loại 2 (sẽ có 21 cách chọn), sẽ được nối với
12 quân khác Ví dụ (2,3) sẽ được nối với (2,0), (2,1), (2,4), (2,2), (2,5), (2,6),(3,0),(3,1),(3,2),(3,4),(3,5),(3,6).
Vậy số cặp nối đươc trong trường hợp này là n2 = 21.12 = 252
Theo quy tắc cộng thì số cách nối đươc là 252+42)4 (kể cả thứ tự).
Vì thứ tự giữa 2 đầu của quân domini được xác định, và mỗi cặp 2 quân domino nối được đến 2 lần, ta suy ra số cặp nối được là n= 294
Hoán vị
Hoán vị không lặp là khái niệm liên quan đến việc sắp xếp n phần tử trong một tập hợp, với n ≥ 1 Mỗi cách sắp xếp này đảm bảo rằng mỗi phần tử chỉ xuất hiện một lần Số lượng hoán vị của n phần tử được ký hiệu là P(n).
Sau đây ta xét một số bài oán minh họa:
Bài 7.Với năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm năm chữ số khác nhau?
Mỗi số cần lập là một hoán vị của năm chữ số đã cho.
Vậy số các số lập được bằng số hoán vị của năm phần tử bằng
Bài 8 Trong một hội nghị có 5 báo cáo viên A, B, C, D, E mỗi người báo cáo một lần?
1 Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên.
2 Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên nếu yêu cầu báo cáo viên B báo cáo ngay sau báo cáo viên A?
3 Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên nếu B không báo cáo trước A?
1 Số cách xếp thứ tự cho báo cáo viên bằng 5! = 120
2 B báo cáo ngay sau A ta thay thế bằng một cặp báo cáo viên X= AB. Khi đó, xem X như là một báo cáo viên.
3 Trong mọi cách sắp xếp khả năng A đứng trước B hay đứng sau B là như nhau.
Vậy số cách sắp xếp B không báo cáo trước A là 1
Bài 9 Có bao nhiêu cách xếp 5 người đàn ông, 5 người đàn bà xung quanh một bàn tròn 10 ghế sao cho không có 2 người đàn ông hoặc 2 người đàn bà nào ngồi cạnh nhau.
Khi sắp xếp 5 người đàn ông, ghế tiếp theo sẽ dành cho 5 người phụ nữ Số cách sắp xếp 5 đàn ông vào vị trí có sẵn là 5!, trong khi số cách sắp xếp 5 phụ nữ cũng là 5! Tổng số cách sắp xếp theo quy tắc này là 5! * 5!.
Nếu xếp 1 người đàn bà thì số cách xếp tương tự bằng 5!5!. Đáp số:: 2.(5!) 2
Hoán vị có lặp Định nghĩa: Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần được gọi là hoán vị có lặp.
Số hoán vị lặp của n phần tử thuộc k loại, mà các phần tử loại i
(1 ≤ i ≤ k) xuất hiện n i lần được kí hiệu là P(n 1 , n 2 , , n k ) và được tính bằng công thức
P(n 1 , n 2 , , n k ) = n! n1!.n2! nk!. Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 10 Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số gồm chín chữ số, trong đó mỗi chữ số 1, 2, 3, 4 xuất hiện đúng một lần, chữ số 5 xuất hiện đúng hai lần và chữ số 6 xuất hiện đúng ba lần.
Xét số x = 154626356, ta có thể biểu diễn nó dưới dạng các ký hiệu vị trí: x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 Mỗi số x này tương ứng với một hoán vị lặp của chín phần tử a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9.
Số các hoán vị khác nhau của chín phần tử ai (1 ≤ i ≤ 9) là 9! song do a 2 = a 8 = 5 nên khi đổi chỗ a 2 và a 8 cho nhau thì hoán vị x = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 vẫn chỉ cho ta số x.
Tương tụ đổi chỗ hai trong ba phần tử a 4 , a 6 , a 9 cho nhau vẫn chỉ cho số x.
Như vậy, khi thực hiện 2! hoán vị a2, a8 và 3! hoán vị a4, a6, a9, ta chỉ được một số cần tìm x.
Vậy số các số có thể lập được là
2!3! = 30240 Bài 11 Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chia hết cho 5 gồm 11 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 4 lần, chữ số 2 có mặt
3 lần, chữ số 3 có mặt 2 lần chữ số 4 có mặt 1 lần và tổng số lần xuất hiện của chữ số 0 và chữ số 5 là 1.
Bài giải Để số cần lập x = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 chia hết cho 5, thì x phải tận cùng bằng chữ số 0 hoặc chữ số 5.
Vì tổng số lần xuất hiện của 0 và 5 trong x là 1, nên nếu x tận cùng bằng 0 thì 5 không xuất hiện và ngược lại Do đó, các chữ số a_i (1 ≤ i ≤ 10) chỉ có thể là 1, 2, 3, hoặc 4 Số khả năng lập phần đầu độ dài 10 của x là số hoán vị lặp của 10 phần tử thuộc.
Có 4 loại chữ số: 1, 2, 3, 4, trong đó 1 xuất hiện 4 lần, 2 xuất hiện 3 lần, 3 xuất hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần, được biểu diễn dưới dạng P(1,2,3,4) Thêm vào đó, chữ số a có thể nhận giá trị 0 hoặc 5, tạo ra nhiều khả năng kết hợp khác nhau.
1!2!3!4! = 25200 Bài 12 Có bao nhiêu cách đảo từ PARABOLA sao cho các phụ âm và nguyên ân được xếp xen kẽ.
Vì có 4 phụ âm và 4 nguyên âm nên ta xếp 4 phụ âm (có 4! cách xếp) và xếp vào 4 vị trí xem kẽ 4 nguyên âm là 4!
Vị trí ban đầu có thể là phụ âm hoặc nguyên âm đối với mỗi hoán vị của phụ âm Suy ra số cách xếp: n = 2.4!.4!
Bài 13 Tìm số cách đảo từ ROKOKO sao cho 3 chữ O không đứng liền nhau.
Tất cả các cách đảo từ bằng n1 = 6!
Số cách đảo từ mà 3 chữ O đứng cạnh nhau (coi như là một chữ) bằng n 2 = 4!
Ta xét một ví dụ đơn giản sau:
Xét tập A = {a, b}, ta lập tập B = {a, a, b, b, b} Khi đó B = (A, α) ,α(a) = 2, a xuất hiện 2 lần, α(b) = 3 gọi là tập bội số lần xuất hiện α. Khi đó, số cách xếp thành một hàng ngang của B bằng:
Mở rộng, xét tập A = {x 1 , x2, , xn} gồm n phần tử riêng biệt.
Xét tập bội B trong đó x i xuất hiện α(x i ) =α i lần Khi đó, số cách xếp thành một hàng ngang của B bằng
Ví dụ dẫn dắt Mời sáu người khách ngồi xung quanh một bàn tròn. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi.
Khi mời một người ngồi vào một vị trí cụ thể, số cách sắp xếp 5 người còn lại vào 5 vị trí dành cho họ là 5! = 120.
Vậy có tất cả 120 cách sắp xếp 6 người ngồi xung quanh một bàn tròn.
Số hoán vị vòng quanh của n phần tử khác nhau (Qn) được tính bằng công thức
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa
Bài 14 Một hội nghị bàn tròn có năm nước tham gia Anh có 3 đại biểu, Pháp có 5 đại biểu, Đức có 2 đại biểu, Nhật có 3 đại biểu, Mỹ có 4 đại biểu Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp chỗ ngồi cho mọi đại biểu sao cho hai người cùng quốc tịch đều ngồi cạnh nhau.
Để sắp xếp khu vực cho đại biểu các nước, ta bắt đầu bằng cách mời một phái đoàn ngồi trước, trong khi bốn phái đoàn còn lại có 4! cách sắp xếp Mỗi cách sắp xếp này lại có các cách sắp xếp nội bộ khác nhau: phái đoàn Anh có 3! cách, phái đoàn Pháp có 5!, phái đoàn Đức có 2!, phái đoàn Nhật có 3!, và phái đoàn Mỹ có 4! cách sắp xếp đại biểu.
Bởi vậy, số cách sắp xếp chỗ ngồi cho tất cả các đại biểu để những người cùng quốc tịch ngồi cạnh nhau sẽ bằng
Bài 15 Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 nam A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 và 3 nữ
B 1 , B 2 , B 3 vào một bàn tròn sao cho: a) Không có điều kiện gì?; b) Nam A1 không ngồi cạnh nữ B1? c) Nữ không ngồi cạnh nhau?
Mỗi cách sắp xếp bất kỳ của 8 phần tử đều tương đương với một hoán vị vòng quanh, do đó, số lượng cách sắp xếp này chính là số hoán vị vòng quanh của 8 phần tử.
Số cách sắp xếp cho 7 người là 7! = 5040 Đối với năm nam và hai nữ không tính B1, có (7−1)! = 6! cách sắp xếp Khi đã có một cách sắp xếp cho năm nam và hai nữ không tính B1, B1 có thể được đặt ở giữa các vị trí như A2, B2, A4, B3, và A5, tạo ra 5 cách sắp xếp cho B1 Do đó, tổng số cách sắp xếp là 6! × 5 = 720 Cuối cùng, khi sắp xếp 5 nam xung quanh bàn tròn, số cách sắp xếp này là (5−1)! = 4! = 24.
Có 5 cách sắp xếp nữ B 1 , 4 cách sắp xếp nữ B 2 và 3 cách sắp xếp nữ B 3 Vậy số cách sắp xếp cần tìm là 4!.5.4.3 = 1440.
Chỉnh hợp
Chỉnh hợp không lặp Định nghĩa: Cho tâp hợp A hữu hạn gồm n phần tử Mỗi bộ gồm k
(0 ≤ k ≤ n) phần tử được sắp thứ tự của tập hợp A được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử thuộc A.
Ta ký hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử bằng A k n
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử được tính bởi công thức
Chứng minh Để có một hoán vị chập k ta làm như sau:
Có n cách lấy ra phần tử thứ 1.
Có n-1 cách lấy ra phần tử thứ 2
Có n-k+1 cách chọn ra phần tử thứ k
Theo quy tắc nhân, số hoán vị của k phần tử bằng n(n-1) (n-k+1) (đpcm).
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 16 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà trong mỗi số này các chữ số khác nhau?
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Lập số có 1 chữ số có 6 số;
Trường hợp 2: Lập số có 2 chữ số có 5.5 = 25 số;
Trường hợp 3: Lập số có 3 chữ số có 5.A 2 5 = 100 số;
Trường hợp 4: Lập số có 4 chữ số có 5.A 3 5 = 300 số;
Trường hợp 5: Lập số có 5 chữ số có 5.A 4 5 = 600 số;
Trường hợp 6: Lập số có 6 chữ số có 5.A 5 5 = 600 số;
Vậy số các số tự nhiên có thể lập là 6 + 25 + 100 + 300 + 600 + 600 = 1631
Bài 17 Một cuộc khiêu vũ có 10 nam và 6 nữ tham gia Đạo diễn chọn có thứ tự 4 nam và 4 nữ để ghép thành 4 cặp Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
Mỗi cách chọn có thứ tự 4 nam trong 10 nam là một chỉnh hợp chập 4 của 10 Số chỉnh hợp này là A 4 10 = 10!
(10−4)! = 5040 Vậy có 5040 cách chọn 4 nam.
Mỗi cách chọn có thứ tự 4 nũ trong 6 nũ là một chỉnh hợp chập 4 của
6 Số chỉnh hợp này là A 4 6 = 6!
(6−4)! = 360 Vậy có 360 cách chọn 4 nữ.
Số cách chọn 4 nam và 4 nữ trong hội diễn, với mỗi cách chọn nam tương ứng với tất cả cách chọn nữ, là 1.814.400 cách.
Bài 18 Có 7 thành viên ứng cử vào hội đồng trường Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra một chủ tịch, một phó chủ tịch, một thư ký, một thủ quỹ trong số họ.
Có 7 cách chọn 1 người làm chủ tịch.
Có 6 cách chọn 1 người làm phó chủ tịch trong số còn lại.
Có 5 cách chọn 1 người làm thư ký.
Có 4 cách chọn 1 người làm thủ quỹ.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn bằng n=7.6.5.40.
Từ tập A={0,1,2,3,4,5}, có thể tạo ra bao nhiêu số gồm 4 chữ số phân biệt Đồng thời, cần xác định số lượng số chẵn gồm 4 chữ số phân biệt cũng được tạo ra từ các chữ số trong tập A.
Ta chia tất cả các số chẵn thành 2 loại:
Loại 1: Số 0 đứng cuối cùng.
Loại 2: Số 2 hoặc số 4 đứng cuối cùng.
Số các số gồm 4 chữ số phân biệt mà số 0 đứng cuối bằng |S 1 | = A 3 5 `.
Số các số mà số 2 hoặc 4 đứng cuối cùng (theo quy tắc nhân) bằng
Bài 20 Cho tập A = {0,1,2,3,4,5} có bao nhiêu số gồm 4 chữ số phân biệt của A chia hết cho 5.
- Xét các số mà chữ số 0 đứng cuối cùng Trong trường hợp này số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng n1 = A 3 5 = 60.
- Xét các số có số 5 đứng cuối cùng, ta cần chọn thêm 3 chữ số phân biệt (số có 3 chữ số phân biệt) xếp phía trên số 5.
Có 5.4.3 bộ 3 số phân biệt.
Có 4.3 số phân biệt mà số 0 đứng đầu.
Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong trường hợp này bằng n 2 = 5.4.3−4.3 = 48. Đáp số n = n 1 +n 2 = 60 + 48 = 108.
Chỉnh hợp có lặp là một khái niệm trong toán học, liên quan đến việc tạo ra các dãy có độ dài k từ một tập hữu hạn X gồm n phần tử Trong mỗi dãy, các phần tử của tập X có thể được lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo một thứ tự nhất định.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử kí hiệu là A k n bằng số ánh xạ từ tập k phần tử đến tập n phần tử và bằng n k , tức
A k n = n k Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 21.Từ bốn chữ số 1, 2, 3, 5 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm
Gọi số cần lập có dạng x = abcd Vì x là số chẵn nên d = 2
Mỗi cách chọn bộ ba chữ số a, b, c là một chỉnh hợp lặp chập 3 của 4 phần tử 1, 2, 3, 5.
Vậy số các số chẵn có thể lập được bằng A 3 4 = 4 3 = 64.
Bài 22.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?
Giả sử biển số xe cần lập có dạng XY abcde.
Vì X, Y có thể trùng nhau nên XY là chỉnh hợp lặp chập 2 của 5 phần tử A, B, C, D, E, nên số cách chọn XY bằng
Do a 6= 0 nên có 9 cách chọn a
Vì abcde chia hết cho 5 nên e = 0 hoặc e= 5 Vậy có 2 cách chọn chữ số e.
Do b, c, d có thể trùng nhau nên mỗi bộ b, c, d là một chỉnh hợp lặp chập 3 của 10 Vậy số cách chọn bộ b, c, d bằng
A 3 10 = 10 3 = 1000Vậy số biển số xe có thể lập được theo yêu cầu là:25.2.1000 = 50000.
Tổ hợp
Tổ hợp không lặp Định nghĩa.Cho tập A gồmn phần tử Mỗi tập con gồmk (0≤ k ≤n) phần tử thuộc A được gọi là tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít nhất một phần tử khác nhau.
Số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử được kí hiệu là C n k và được tính theo công thức
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 23 Có bao nhiêu cách chia một lớp 40 học sinh thành 4 tổ, sao cho mỗi tổ có đúng 10 học sinh.
Bài giải Đầu tiên lập tổ 1 bằng cách chọn tùy ý 10 học sinh trong 40 học sinh của lớp Số cách chọn bằng số các tổ hợp chập 10 của 40, bằng
Tổ 2 có thể chọn 10 em tùy ý trong 30 em còn lại, số cách chọn bằng số các tổ hợp chập 10 của 30, bằng
Tổ 3 có thể chọn 10 em tùy ý trong 20 em còn lại, số cách chọn bằng số các tổ hợp chập 10 của 20, bằng
Tổ 4 gồm 10 em còn lại nên chỉ có 1 cách chọn.
Vậy số cách chia sẽ là
Bài 24 Một lớp học sinh có 40 em gồm 25 nam và 15 nữ Giáo viên chủ nhiệm định chọn một ban cán sự gồm 4 người Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu: a) Số nam hoặc nữ trong ban là tùy ý? b) Ban cán sự có 1 nam và 3 nữ ? c) Ban cán sự có 2 nam và 2 nữ? d) Ban cán sự có ít nhất 1 nam? e) Ban cán sự có ít nhất 1 nam và một nữ?
Bài giải a) Nếu số nam (nữ) là tùy ý, thì số cách chọn là số các tổ hợp chập 4 của
4!36! = 91390 (cách) b) Nếu trong ban cán sự có 1 nam và 3 nữ, thì số cách chọn 1 nam trong
25 nam là C 25 1 còn số cách chọn 3 nữ trong số 15 nữ là C 15 3 Vậy số cách chọn theo yêu cầu là
3!12! = 11375 (cách) c) Tương tự như trên, số cách chọn 2 nam và 2 nữ là
2!13! = 31500 (cách) d) Nếu trong ban cán sự có ít nhất 1 nam thì có 4 khả năng xảy ra:
1 nam và 3 nữ có C 25 1 C 15 3 cách chọn;
2 nam và 2 nữ có C 25 2 C 15 2 cách chọn;
3 nam và 1 nữ có C 25 3 C 15 1 cách chọn;
4 nam và không nữ có C 25 4 cách chọn;
Số cách chọn ban cán sự gồm ít nhất 1 nam và 1 nữ được tính bằng công thức C 25 1 C 15 3 + C 25 2 C 15 2 + C 25 3 C 15 1 + C 25 4, với tổng số cách là 469575 Nếu ban cán sự chỉ có nam hoặc chỉ có nữ, số cách chọn lần lượt là C 25 4 và C 15 4.
Bài 25 Cho 6 điểm trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng Hỏi có bao nhiêu đường thẳng đi qua 2 điểm trong 6 điểm này. Bài giải
Theo giả thiết, từ một cặp 2 điểm xác định duy nhất một đường thẳng. Vậy số đường thẳng bằng số cặp 2 điểm từ 6 điểm: n = C 6 2 = 15.
Bài 26 Từ 7 học sinh nam, 4 học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn một đội bóng chuyền cho 6 em sao cho trong đội có ít nhất 2 nữ.
Ký hiệu S 2 là tập các đội bóng có 2 nữ, S 3 là tập các đội bóng có 3 nữ,
S 4 là các đội bóng có 4 nữ.
Có C 4 2 cách chọn 2 nữ, C 7 4 cách chọn 4 nam Suy ra, |S 2 | = C 4 2 C 7 4 Tương tự ta có :|S 3 | = C 4 3 C 7 3 , |S 4 | = C 4 4 C 7 2
Vậy số cách chọn bằng n= |S 2 |+|S 3 |+|S 4 | = 6.35 + 4.35 + 1.21 = 371
Bài 27 Có 12 nam, 15 nữ Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 4 cặp nhảy (mỗi cặp 1 nam, một nữ).
Mỗi cách chọn tương ứng với cách chọn ra 4 em nam xếp thành một hàng,
4 em nữ xếp thành một hàng (Khi đó 2 em đứng thẳng hàng tạo thành một cặp nhảy) Vậy số cách chọn bằng n= C 12 4 C 15 4 4!.
Khi chọn một em nam từ 4 em, có 4 cách chọn một em nữ Tiếp theo, từ 3 em nam còn lại, có 3 cách chọn một em nữ trong 3 em nữ còn lại Sau đó, từ 2 em nam còn lại, có 2 cách chọn một em nữ Do đó, tổng số cách xếp cặp cho 4 nam và 4 nữ là 4!.
Tổ hợp lặp được định nghĩa cho tập hợp A = {a1, a2, , an} Một tổ hợp lặp chập m (với m không nhất thiết nhỏ hơn n) của n phần tử trong A là một bộ gồm m phần tử, trong đó mỗi phần tử được chọn từ các phần tử của A.
Ta sử dụng C n m để kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử Khi đó
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 28 Giả sử có 4 loại bóng màu: Xanh, Đỏ, Tím, Vàng với số lượng mỗi loại không hạn chế Hai bộ bóng được xem là khác nhau nếu có ít nhất một màu với số lượng thuộc hai bộ khác nhau Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra các bộ 6 (quả bóng) khác nhau?
Trong một bộ sáu quả bóng, có thể xuất hiện các quả bóng cùng màu mà không cần quan tâm đến thứ tự chọn Do đó, số cách chọn khác nhau tương ứng với số tổ hợp lặp chập 6 của 4 phần tử, trong đó các tập hợp bóng cùng màu được coi là một phần tử Công thức tính toán cho trường hợp này sẽ được áp dụng để xác định số lượng cách chọn.
6!3! = 84 Bài 29.Tiền giấy của Ngân hàng quốc gia Việt nam ban hành phổ biến trên thị trường có 10 loại 200đ, 500đ, 1000đ, 2000đ, 5000đ, 10000đ, 20000đ, 50000đ, 100000đ, 500000đ Hãy xác định số bộ khác nhau gồm
15 tờ giấy bạc của Ngân hàng quốc gia Việt Nam.
Mỗi bộ giấy bạc gồm 15 tờ thuộc không quá 10 loại, cho phép có tờ giấy bạc cùng loại Do không quan tâm đến thứ tự sắp xếp, số bộ giấy bạc khác nhau sẽ tương đương với số tổ hợp lặp chập 15 của 10 loại.
Phép tương ứng 1- 1
Mô tả phần tử đếm
Kỹ năng này gồm 2 bước:
2 Sắp xếp vào vị trí đã chọn.
Sau đây chúng ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1 Tìm các số nguyên dương có 6 chữ số bao gồm 3 chữ số chẵn và
Ta có C 6 3 cách lấy ra 3 vị trí để đặt 3 chữ số chẵn và 3 vị trí còn lại đặt
Trong bài toán này, chúng ta cần chọn 3 chữ số lẻ từ 6 chữ số đã cho Tại mỗi vị trí đã chọn, có 5 cách để chọn một chữ số, cho phép lựa chọn cả chữ số chẵn và lẻ Theo quy tắc nhân, tổng số cách chọn sẽ là C(6, 3) nhân với 5 mũ 6, tạo ra 6 bộ chữ số bao gồm 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Khi chữ số 0 đứng đầu, chỉ có thể tạo thành số có 5 chữ số, do đó cần loại bỏ các bộ số này Có C(5, 2) cách để chọn 2 vị trí đặt chữ số chẵn, dẫn đến số bộ có chữ số 0 đứng đầu là C(5, 2) * 5^5 Kết quả cuối cùng được tính là d = C(6, 3) * 5^6 - C(5, 2) * 5^5 = 281250.
Bài 2 Cho tập A = {1,2,3} Có bao nhiêu số nguyên dương gồm 10 chữ số lập được từ tập A, trong đó chữ số 3 xuất hiện đúng 2 lần Hỏi có bao nhiêu số trong các số này chia hết cho 9.
Có C 10 2 cách chọn 2 vị trí trong 10 vị trí để đặt số 3 Tại mỗi vị trí trong 8 vị trí còn lại có 2 cách sắp xếp (1 hoặc 2) Vậy đáp sốd = C 10 2 2 8 = 11520.
Ký hiệu S(n) là tổng các chữ số của số n (với n là số thỏa mãn yêu cầu của bài toán) Ta suy ra: 14 = 6 + 8.1≤ S(n) ≤ 6 + 8.2 = 22
Vì tổng các chữ số của số n chia hết cho 9, nên S(n) = 18 Trong số đó, có hai chữ số 3, do đó tổng 8 chữ số còn lại phải bằng 12 Điều này chỉ có thể đạt được với bốn chữ số 2 và bốn chữ số 1 Suy ra, số lượng các số thỏa mãn yêu cầu bài toán và chia hết cho 9 là d 2 = P(2,4,4) = 10!.
Bài 3 Có bao nhiêu số gồm 4 chữ số được cấu tạo từ những chữ số của số 123124.
Trong kỹ năng mô tả các phần tử của bài toán phức tạp, bước đầu tiên là phân loại các phần tử đếm có đặc điểm tương đồng, thường được gọi là liệt kê Các số được cấu tạo sẽ thuộc một trong những trường hợp nhất định.
1 Có 4 chữ số phân biệt d 1 = 4! (vì chỉ có 4 chữ số phân biệt 1,2,3,4).
2 Có 2 cặp chữ số giống nhau (2,2,1,1): d 2 = 4!
3 Có 1 cặp chữ số giống nhau, còn 2 chữ số còn lại là phân biệt Có 2 cách chọn một cặp 2 chữ số giống nhau và C 3 2 cách chọn 2 chữ số phân biệt từ 3 chữ số phân biệt còn lại Suy ra d 3 = 2.C 3 2 P(2,1,1) = 72 Đáp số: 24+6+72 2.
Bài 4 Cho tập A = {1,2,3,4,5} Hỏi có bao nhiêu số gồm 6 chữ số của A trong đó có 3 số a, 2 số b và 1 số c, với a, b, c là các số đôi một phâm biệt thuộc A.
Có 5 số trong tập A và cần lấy 3 số phân biệt a, b, c Số cách chọn 3 số từ 5 số là C(5, 3) Đối với số nào xuất hiện 3 lần, có 3 cách chỉ định, và số nào xuất hiện 2 lần sẽ có 2 cách chỉ định Số còn lại sẽ xuất hiện 1 lần Do đó, đáp số được tính là d = C(5, 3) * 3 * 2 * 6!.
3!2!. Bài 5 Cho tập A = {0,1,2,3,4,5} Hỏi có bao nhiêu số gồm 5 chữ số của A sao cho mỗi số có đúng 3 chữ số giống nhau.
Trước hết ta tìm số bộ 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán, sau đó bớt đi các bộ số có số 0 đứng đầu.
Có C 5 3 cách chọn 3 vị trí trong 5 vị trí để xếp 3 chữ số giống nhau, có
6 cách chọn 1 trong 6 số để viết vào 3 vị trí đã chọn (ký hiệu là a), có 5 cách chọn b 6= a, 5 cách chọn c 6= a (b, c có thể giống nhau).
Xét trường hợp số 0 đứng đầu:
- Trường hợp 1 (có 3 số giống nhau khác 0).
Có 4 cách chọn 3 vị trí để đặt 3 số giống nhau a ∈ A, trong đó có 5 cách chọn a (a ≠ 0) và 5 cách chọn b (b ∈ A, b ≠ a) để đặt vào vị trí còn lại Do đó, tổng số bộ trong trường hợp này là d² = C(4, 3) * 5 * 5.
- Trường hợp 2 (3 số giống nhau là 3 số 0).
Có C 4 2 cách chọn 2 vị trí để viết thêm 2 số 0, có 5 cách chọn a ∈ A, a 6= 0,
5 cách chọn c ∈ A, c 6= 0 để đặt vào 2 vị trí còn lại, Vậy số bộ của trường hợp này bằng d 3 = C 4 2 5.5 Đáp số: d = d1 −(d2 +d3) = 1250.
Bài 6 Tìm số các số nguyên có 4 chữ số được cấu tạo bởi đúng 2 chữ số phân biệt.
Có C(10, 2) = 45 cách chọn 2 chữ số từ 10 chữ số Từ 2 chữ số đó, chúng ta có thể tạo thành 2^4 số có 4 chữ số, nhưng cần trừ đi 2 trường hợp đặc biệt là (a, a, a, a) và (b, b, b, b) Do đó, số bộ thỏa mãn yêu cầu bài toán là d1 = C(10, 2) * (2^4 - 2) Tiếp theo, chúng ta cần loại bỏ các bộ số có số 0 đứng đầu, và có C(9, 1) cách chọn thêm.
1 số khác 0, có 2 3 cách tạo thành bộ 3 số xếp sau số 0 (trừ 1 trường hợp
Mã hóa 0, 1 phần tử đếm
Khi giải quyết bài toán trong đó mỗi phần tử đếm tương ứng với một quy tắc, cách chọn, cách phân chia hoặc trò chơi, người ta thường sử dụng bộ số 0 và 1 để mô tả phần tử đếm, nhằm đơn giản hóa quá trình đếm.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 7 Ở một cửa hiệu có 12 loại bưu thiếp, hỏi có bao nhiêu cách mua
8 bưu thiếp để gửi đến các địa chỉ khác nhau.
Ta viết n 1 số 1 nếu n 1 số thiếp loại 1 được mua (n 1 = 0 ta không viết số nào), sau đó viết tiếp số 0.
Ta lại viết n 2 số 1 nếu n 2 số thiếp loại 2 được mua, sau đó viết tiếp số 0.
Cứ tiếp tục như vậy, ta viết n12 số 1 nếu n12 số thiếp loại 12 được mua.
Ta có n 1 +n 2 + +n 12 = 8 Thu được bộ 8 số 1 và 11 số 0 Vậy mỗi cách mua bưu thiếp của khách du lịch tương ứng với một bộ số gồm 8 số
1 và 11 số 0 được sắp xếp theo một thứ tự nào đó Có 8 cách lấy 8 vị trí trong 19 vị trí để điền số 1, còn lại điền số 0.
Vậy số cách mua bưu thiếp của khách du lịch bằng P(8,11) = 19!
8!11! Bài 8 Có bao nhiêu cách chia 15 quả bóng như nhau cho 6 em học sinh sao cho mối em học sinh được phát ít nhất một quả bóng.
Trước hết ta phát cho mỗi học sinh một quả bóng và đưa về bài toán
"Có bao nhiêu cách phát 9 quả bóng cho 6 học sinh".
Viết x 1 số 1 nếu phát x 1 bóng cho học sinh thứ 1, sau đó viết tiếp số 0.
Viết x 2 số 1 nếu phát x 2 bóng cho học sinh thứ 2, sau đó viết tiếp số 0.
Tiếp tục như vậy đến bước cuối cùng là viết x 6 số 1 nếu phát x 6 quả bóng cho học sinh thứ 6.
Vậy số cách phát bằng số bộ gồm x 1 +x 2 + + x 6 = 9 số 1 và 5 số
9!5! = C 14 5 Bài 9.Tìm số bộ 3 số (x, y, z) nguyên dương thỏa mãn đẳng thức x+ y +z = 1000.
Bài toán được chuyển đổi thành việc tìm số bộ (u, v, t) nguyên không âm thỏa mãn đẳng thức u + v + t = 997, với các biến được định nghĩa là x = u + 1, y = v + 1, z = t + 1 Mỗi bộ số (u, v, t) sẽ tương ứng với một bộ gồm toàn số 0 và 1.
Mỗi bộ này gồm 997 số 1 và 2 số 0 nên số bộ này bằng P(997,2) = 999!
997!2! Bài 10 Chúng ta phát 15 quả bóng cho 6 học sinh.
1 Tìm số n1 cách phát bóng cho học sinh?
2 Tìm số n 2 cách phát bóng cho học sinh sao cho mỗi em có ít nhất một quả?
1) Chú ý: Hai cách phát được gọi là khác nhau nếu có ít nhất một học sinh nhận số bóng khác nhau trong hai cách phát Nếu phát x 1 quả bóng cho học sinh thứ 1 ta viết x 1 số 1 (nếu không phát thì không viết gì) và sau đó viết số 0 Và ta lại viết x 2 số 1 nếu phát x 2 bóng cho học sinh thứ
Cứ tiếp tục vậy viết x 6 số 1 nếu phát x 6 bóng cho học sinh thứ 6.
Để tạo ra một bộ gồm 15 số 1 và 5 số 0 theo một thứ tự nhất định, ta cần chọn 5 vị trí trong tổng số 20 vị trí để đặt số 0, trong khi các vị trí còn lại sẽ được ghi số 1.
Vậy số cách phát bằng n1 = C 20 5
2) Ta phát cho mỗi em một quả bóng và sau đó phát 9 quả bóng cho
6 em theo cách trên và thu được số cách phát bằng n 2 = C 14 5
Bài 11.Có bao nhiêu cách chia 7 thùng nho, 5 thùng táo như nhau cho 3 học sinh (Hai cách chia là khác nhau nếu có ít nhất một học sinh nhận được số thùng nho hoặc táo khác nhau ở hai cách).
Nếu phát x 1 thùng nho cho học sinh thứ 1 ta viết x 1 số 1 (nếu không phát ta viết số 0), sau đó viết số 0.
Nếu phát x 2 thùng nho cho học sinh thứ 2 ta viết x 2 số 1, sau đó viết số 0 Và viết x 3 số 1 nếu phát x 3 thùng nho cho học sinh thứ 3.
Vậy số cách phát bằng số bộ gồm 7 số 1 và 2 số 0 được xếp theo thứ tự bất kỳ Suy ra số cách phát bằng: n 1 = C 9 2
Sau khi phát nho chúng ta lại tiếp tục phát 5 thùng táo cho 3 học sinh Tương tự số cách phát bằng n2 = C 7 2
Theo quy tắc nhân số cách phát này là: n= n 1 n 2 = C 9 2 C 7 2
Bài 12.Với n∈ N cố định, Tìm số nghiện phương trình x 1 +x 2 + +x k = n.
1 Trên tập các số nguyên không âm.
2 Trên tập các số nguyên dương.
1 Mỗi nghiệm (x 1 , x 2 , , x k ) tương ứng 1-1 với một bộ các số 0, 1 theo quy tắc sau:
Để tạo ra một bộ số gồm n số 1 và k − 1 số 0, ta viết x1 số 1 (nếu x1 = 0 thì không viết số nào) Số 0 được sử dụng để mô tả dấu phẩy Quá trình này tiếp tục cho đến khi có xk số 1 cuối cùng Tổng số 1 và 0 phải thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xk = n, tức là có n số 1 và k − 1 số 0 Để xác định vị trí cho n số 1 trong tổng cộng n + k − 1 vị trí, ta sử dụng công thức C(n + k − 1, n) để tính số cách chọn.
2 Ta đặt y i = x i −1(i = 1,2, , k) và mỗi bộ (x 1 , x 2 , , x k ) tương ứng 1-1 với bộ (y 1 , y 2 , , y k ) thỏa mãn y 1 +y 2 + +y k = n−k với y i không âm.
Giải tương tự phần (1) ta có đáp số n 2 = C n−k+k−1 n−k = C n−1 n−k = C n−1 k−1
Bài 13.Một cửa hiệu có bán 5 loại cà phê khác nhau Hỏi có bao cách để 1 người mua 12 gói? Có bao cách để 1 người mua 12 gói trong đó mỗi loại có ít nhất 2 gói?
1 Nếu mua x1 gói loại 1 ta viết x1 số 1, sau đó viết số 0 Tương tự viết x5 số 1 nếu mua x5 gói loại 5 Vì x1+x2+x3+x4+x5 = 12 nên ta thu được một bộ số gồm 12 số 1 và 4 số 0 Mỗi cách mua tương ứng 1- 1 với một cách lấy 4 ví trí từ 16 vị trí để viết 4 số 0 (còn lại viết số 1). Đáp số n 1 = C 16 4
2 Ta lấy mỗi loại 2 gói, và mua tiếp 2 gói theo cách trên sẽ tương ứng với một bộ 2 số 1 và 4 số 0. Đáp số n 2 = C 6 2
Bài 14.Có bao nhiêu cách bỏ 12 đồng xu (như nhau) vào 7 phong bì có đánh số sao cho mỗi phong bì có ít nhất 1 đồng xu.
Ta bỏ vào mỗi phong bì một đồng xu, năm đồng xu còn lại bỏ vào 7 phong bì theo quy tắc sau:
Nếu bỏ x 1 đồng xu vào phong bì thứ 1 ta viết x 1 số 1, sau đó ta viết số
0 Tương tự viết x 7 số 1 nếu bỏ x 7 đồng xu vào phong bì số 7 Mỗi cách tương ứng với một bộ gồm 5 số 1 (x 1 +x 2 + +x 7 = 5) và 6 số 0 Vậy đáp số n= C 11 6
Bài 15 Có 30 người bỏ phiếu cho 5 đại biểu, mỗi người chỉ bỏ phiếu cho duy nhất một đại biểu Hỏi có bao nhiêu cách bỏ phiếu của 30 người cho tất cả các đại biểu.
Nếu có x 1 người bỏ phiếu cho đại biểu thứ 1 ta viết x 1 số 1 sau đó viết số 0.
Nếu có x 2 người bỏ phiếu cho đại biểu thứ 2 ta viết x 2 số 1 sau đó viết số 0.
Khi viết x 5 số 1 cho đại biểu thứ 5, nếu có x 5 người bỏ phiếu, mỗi cách bỏ phiếu tương ứng với một bộ 30 số 1 và 4 số 0 Do đó, số cách bỏ phiếu được tính bằng C(34, 4).
Bài 16 Có bao nhiêu cách bỏ 2 quả bóng trắng, 7 bóng đen vào 9 lỗ khác nhau sao cho:
1 Không có lỗ nào trống.
2 Có một vài lỗ trống.
1 Có C 9 2 cách chọn 2 trong 9 lỗ để bỏ bóng trắng, còn lại bỏ bóng đen. Suy ra n 1 = C 9 2
2 Viếtx 1 số 1 nếu bỏx 1 quả bóng trắng vào lỗ thứ 1, sau đó viết 0 Tương tự đến khi viết x 9 số 1 nếu bỏ x 9 quả bóng trắng vào lỗ thứ 9 Vậy mỗi cách bỏ bóng trắng tương ứng 1-1 với mỗi bộ 2 số 1 (x 1 +x 2 + +x 9 = 2) và 8 số 0.
Tương tự số cách bỏ bóng đen tương ứng 1-1 với một bộ 7 số 1 và 8 số 0 bằng n 2 = C 15 7
Theo quy tắc nhân thì số cách bỏ bóng trắng và bóng đen bằng n= n 1 n 2 = C 10 2 C 15 7
Bài 17 Tìm số bộ (x 1 , x 2 , x 3 ) nguyên không ân thỏa mãn x 1 +x 2 +x 3 ≤ 1000.
Mỗi bộ (x 1 , x 2 , x 3 ) thỏa mãn x 1 +x 2 +x 3 ≤ 1000 tương ứng 1-1 với bộ (x1, x2, x3, x4) thỏa mãn x1+x2+x3+x4 = 1000 Mỗi bộ(x1, x2, x3, x4) tương ứng 1-1 với bộ:
) gồm 1000 số 1 và 3 số 0 Số bộ này bằng P(1000,3) = 1003!
1000!3!. Bài 18 Xét bất phương trình x 1 +x 2 +x 3 +x 4 ≤9
1 Tìm số nghiệm nguyên không âm.
2 Tìm số nghiệm nguyên dương.
1 Số nghiệm khi x 1 + x 2 +x 3 +x 4 = 9 bằng C 12 3 (3 số 0, 9 số 1).
Tiếp tục như vậy, khi x 1 + x 2 +x 3 +x 4 = 1 bằng C 4 3
Tiếp tục như vậy, khi x 1 + x 2 +x 3 +x 4 = 0 bằng C 3 3 Đáp số: n= C 3 3 + C 4 3 +C 5 3 + + C 12 3
2 Đặt yi = xi−1, ta thu được y 1 +y 2 +y 3 +y 4 ≤5.
Phương pháp đánh số
Để nâng cao kỹ năng đếm chính xác trong các bài toán phức tạp, chúng ta có thể áp dụng phương pháp đánh số Phương pháp này bao gồm việc đánh số các vị trí nhằm sắp xếp các thành phần của phần tử đếm theo một thứ tự nhất định Mỗi cách chọn vị trí sẽ tương ứng với một bộ số nguyên dương, đáp ứng các yêu cầu cụ thể của bài toán đếm.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 19 Một tổ có 7 học sinh nam, 3 học sinh nữ Hỏi có bao nhiêu cách xếp tổ thành một hàng ngang mà không có 2 học sinh nữ nào ngồi cạnh nhau.
Chúng ta cần đánh số các vị trí từ 1 đến 10, trong đó có 3 vị trí không kề nhau tương ứng với các số a < b < c Các số này phải thỏa mãn điều kiện 3 ≤ a + 2 < b + 1 < c ≤ 10 Để xác định được a, b, c, chúng ta cần chọn 3 số phân biệt từ 8 số trong khoảng từ 3 đến 10.
10 Vậy có C 8 3 cách chọn ra 3 vị trí trong 10 vị trí để xếp các em nữ. Vậy số cách xếp bằng n= C 8 3 3!.7!
Bài 20 Có bao nhiêu cách xếp 7 nam, 3 nữ ngồi xung quanh một bàn tròn 10 ghế sao cho không có 2 em nữ nào ngồi cạnh nhau.
Ta lấy một chiếc ghế bất kỳ và xếp tiếp theo một chiếc.
- Trường hợp 1: Xếp em nữ thì ghế thứ 10 không thể là nữ:
Vậy ta cần chọn 2 vị trí ứng với các số a, b để xếp 2 em nữ Khi đó
(Vì ghế thứ 2 không thể xếp nữ) Vậy số cách chọn thêm 2 vị trí bằng
C 6 2 (chọn 2 số phân biệt trong 6 số).
- Trường hợp 2: Ghế đã chọn xếp em nam:
Khi đó 3 vị trí xếp nữ ứng với 3 số a < b < c thỏa mãn 4 ≤ a + 2 < b+ 1< c ≤10
Số cách chọn 3 vị trí bằng C 7 3
Sau khi chọn vị trí ta có 3! cách xếp nữ và 7! cách xếp nam.
Vậy số cách xếp bằng: n= (C 6 2 +C 7 3 ).3!7!
Bài 21 Xét tập A = {0,1,2,3,4,5} Hỏi có thể lập được bao nhiêu số có bảy chữ số gồm 5 chữ số phân biệt khác không của A và 2 số 0 sao cho giữa 2 số 0 có ít nhất 2 số khác 0.
Để xếp các chữ số cho một số, ta cần 7 vị trí và đánh số từ 1 đến 7 Chúng ta chọn 2 vị trí để viết số 0, với 2 số a, b thỏa mãn điều kiện 4 ≤ a + 2 < b ≤ 7 và a ≥ 2 (vì số 0 không được đứng đầu) Số cách chọn 2 vị trí này tương đương với số cách chọn 2 số phân biệt trong 4 số từ 4 đến 7, được tính bằng C(4, 2) Tại các vị trí này, ta viết số 0, trong khi 5 vị trí còn lại có 5! cách sắp xếp các số 1, 2, 3, 4, 5 Kết quả cuối cùng là n = C(4, 2) * 5!.
Bài 22.Xét đa giác đều n đỉnh (n ≥ 12), hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 cạnh là 3 đường chéo Hỏi có bao nhiêu tứ giác có 2 cạnh là cạnh đa giác, 2 cạnh còn lại là 2 đường chéo.
- Xuất phát từ 1 đỉnh bất kỳ ta đánh số các đỉnh theo thứ tựA 1 , A 2 , , A n
Ta cần chọn thêm 2 đỉnh ứng với các số a, b thỏa mãn 4 ≤ a+ 1 < b ≤ n−1.
Suy ra số cách chọn 2 đỉnh bằng số cách lấy ra 2 số phân biệt từ n−4 số (từ 4 đến n−1).
Suy ra số tam giác đỉnh A 1 thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng C n−4 2
Vì có n đỉnh và mỗi tam giác được đếm lặp lại 3 lần nên số tam giác thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng d = nC n−4 2
Xét một tứ giác với hai cạnh kề nhau của đa giác, chúng ta cần lựa chọn thêm một đỉnh tương ứng với mỗi cặp cạnh kề nhau Số lượng đỉnh được chọn phải thỏa mãn điều kiện cụ thể, đảm bảo tính chất hình học của tứ giác.
5≤ a ≤ n−1 Suy ra số cách chọn thêm 1 đỉnh bằng (n−5).
Số tứ giác có 2 cạnh kề nhau và 2 cạnh còn lại là đường chéo được tính bằng công thức d1 = n(n−5) Điều này xảy ra do có n cặp 2 cạnh kề liền nhau trong đa giác.
Trong trường hợp có hai cạnh không kề nhau của đa giác, để tìm hai cạnh còn lại là hai đường chéo, ta bắt đầu từ một cạnh và đánh số liên tiếp từ 1 đến n Cạnh thứ hai phải ứng với số a trong khoảng từ 4 đến n−2, dẫn đến có (n−5) cách chọn cạnh thứ hai Do đó, số tứ giác có hai cạnh không kề nhau của đa giác được tính bằng công thức d2 = n(n−5).
2 Vậy số tứ giác thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng: d 1 +d 2 = 3n(n−5)
2 Bài 23 Xét số a = 1122333444, thay đổi vị trí các chữ số của a nhận được bao nhiêu số mà giữa 2 chữ số 2 có ít nhất hai chữ số khác 2. Bài giải.
Chúng ta có 10 vị trí để xếp các chữ số từ 1 đến 10, trong đó số 2 sẽ được xếp vào 2 vị trí tương ứng với 2 số a và b, thỏa mãn điều kiện 3 ≤ a + 2 < b ≤ 10 Để xác định 2 số a và b, ta cần chọn 2 số phân biệt trong 8 số từ 3 đến 10 Do đó, số cách chọn 2 vị trí để xếp chữ số 2 là C(8, 2), và 8 vị trí còn lại có thể sắp xếp theo 8!.
Một số phương pháp giải nâng cao của bài toán đếm
Nguyên lí bao gồm và loại trừ
Trong cuộc sống, đôi khi chúng ta phải giải quyết bài toán tính số lượng phần tử của một tập hợp thông qua các tập hợp con của nó Khi A và B là hai tập hợp rời nhau, việc xác định số lượng phần tử trở nên đơn giản hơn.
Trong trường hợp A và B có giao khác rỗng thì đẳng thức trên không còn đúng nữa.
Xét hai tập hợp hữu hạn A và B với điều kiện A∩B khác rỗng Khi tính tổng số phần tử của A và B, số phần tử của A∩B sẽ được tính hai lần Do đó, ta có thể suy ra rằng tổng số phần tử của hai tập hợp A và B sẽ bằng tổng số phần tử của A và B trừ đi số phần tử chung của chúng.
Nhiều khi, bài toán ta gặp trở nên phức tạp hơn khi phải tính số phần tử của một tập hợp có nhiều hơn hai tập hợp.
Xét ba tập hữu hạn A, B, C, với điều kiện rằng A∩B, A∩C, B∩C đều là các tập không rỗng Trong trường hợp này, các phần tử thuộc A∩B, A∩C và B∩C sẽ được đếm hai lần, trong khi các phần tử thuộc A∩B∩C sẽ được đếm ba lần.
Trong nhiều trường hợp, việc tính số phần tử của một tập hợp với nhiều tập hợp con có thể trở nên khó khăn, đặc biệt với những học sinh chưa được học công thức tổ hợp Để giải quyết vấn đề này, ta có thể áp dụng định lý sau: Cho các tập hợp A1, A2, , An, ta có thể tính toán số phần tử của chúng một cách hiệu quả hơn.
Sau đay ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1.Trong một bài kiểm tra Toán có hai bài toán Trong cả lớp có 30 em làm được bài thứ nhất và 20 em làm được bài thứ hai Chỉ có 10 em làm được cả 2 bài toán kiểm tra Hãy tính số học sinh trong lớp.
Gọi A là tập hợp học sinh giải được bài toán thứ nhất và B là tập hợp học sinh giải được bài toán thứ hai Tập hợp A∩B đại diện cho những học sinh giải được cả hai bài toán Nhiệm vụ là tính số phần tử của A∪B, tức là tổng số học sinh trong lớp.
Bài 2 Lớp 12A phải làm một bài kiểm tra Toán gồm có ba bài toán. Biết rằng mỗi em trong lớp đều giải được ít nhất một bài, trong lớp có
Trong lớp học, có 20 em giải được bài toán thứ nhất, 14 em giải được bài toán thứ hai, và 10 em giải được bài toán thứ ba Số em giải được cả hai bài toán thứ nhất và thứ ba là 6, trong khi đó, 5 em giải được cả hai bài toán thứ hai và thứ ba Có 2 em giải được cả hai bài toán thứ nhất và thứ hai, và một em đã đạt điểm 10 vì giải được cả ba bài toán Vậy lớp học có tổng cộng bao nhiêu em?
Gọi A là tập hợp học sinh giải bài toán thứ nhất, B là tập hợp học sinh giải bài toán thứ hai, và C là tập hợp học sinh giải bài toán thứ ba Mục tiêu là tính số phần tử của các tập hợp này.
Vậy số học sinh trong lớp bằng
Bài 3.Trong một kì thi học sinh giỏi Toán, Lí, Hóa có một số em tham gia Biết rằng có 20 em tham gia thi Toán, 14 em tham gia thi Lí, 10 em tham gia thi Hóa, 6 em vừa thi Toán vừa thi Lí, 5 em vừa thi Lí vừa thi Hóa, 2 em vừa thi Toán vừa thi Hóa và có 1 em tham gia tất cả ba môn Toán, Lí và Hóa Hỏi rằng có bao nhiêu em tham gia kì thi học sinh giỏi này?
Gọi A là tập hợp học sinh thi học sinh giỏi môn Toán, B là tập hợp học sinh thi môn Lí, và C là tập hợp học sinh thi môn Hóa Mục tiêu là xác định số phần tử trong từng tập hợp này.
|A∪B∪C| = |A|+|B|+|C| − |A∩B| − |A∩C| − |B∩C|+|A∩B∩C| Vậy số học sinh tham gia kì thi học sinh giỏi bằng
Bài 4 Tính số các hoán vị của dãy chữ "XAXAM " sao cho không có hai chữ cái nào giống nhau đứng cạnh nhau.
Tổng số các hoán vị của chữ "XAXAM" bằng d = 5!
Kí hiệu M 1 là tập các hoán vị mà hai chữ X đứng cạnh nhau Khi đó ta coi hai chữ X đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
Kí hiệu M 2 là tập các hoán vị mà hai chữ A đứng cạnh nhau Khi đó ta coi hai chữ A đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
Tập hợp M 1 ∩ M 2 bao gồm các hoán vị mà hai chữ A và hai chữ X đứng cạnh nhau Trong trường hợp này, chúng ta xem hai chữ A như một ký tự duy nhất và hai chữ X cũng như một ký tự duy nhất.
Khi đó tổng số các hoán vị bằng d− |M 1 ∪M 2 | = d−(|M 1 |+|M 2 |) + |M 1 ∩M 2 | = 30−24 + 6 = 12
Bài 5 Tính số các hoán vị của chữ "MAYMAN" sao cho không có hai chữ cái nào giống nhau đứng cạnh nhau.
Tổng số các hoán vị của chữ "MAYMAN" bằng d = 6!
Kí hiệu M 1 là tập các hoán vị mà hai chữ M đứng cạnh nhau Khi đó ta coi hai chữ M đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
Kí hiệu M 2 là tập các hoán vị mà hai chữ A đứng cạnh nhau Khi đó ta coi hai chữ A đứng cạnh nhau là một chữ và ta có:
Tập hợp M1∩M2 bao gồm các hoán vị mà hai chữ A và hai chữ M đứng cạnh nhau Trong trường hợp này, hai chữ A được coi là một ký tự duy nhất và hai chữ M cũng được xem như một ký tự khác.
|M 1 ∩M 2 | = 4! = 24 Khi đó tổng số các hoán vị bằng d− |M 1 ∪M2| = d−(|M 1 |+|M 2 |) +|M 1 ∩M2| = 180−120 + 24 = 84
Bài 6 Xét a = 1133322444 Hỏi nếu thay đổi vị trí các chữ số của a thì nhận được bao nhiêu số mà hai số 1, hai số 2 không đứng cạnh nhau. Bài giải
Tất cả các cách thay đổi vị trí bằng d = 10!
Kí hiệu M 1 là tập các số mà hai số 1 đứng cạnh nhau Khi đó ta coi hai số 1 đứng cạnh nhau là một số và ta có:
Kí hiệu M 2 là tập các số mà hai số 2 đứng cạnh nhau Khi đó ta coi hai số 2 đứng cạnh nhau là một số và ta có:
Tập hợp M 1 ∩ M 2 bao gồm các số mà hai số 1 và hai số 2 đứng cạnh nhau Trong trường hợp này, ta coi hai số 1 như một đơn vị và hai số 2 như một đơn vị riêng biệt.
(3!) 2 Khi đó số cách xếp bằng d−|M 1 ∪M 2 | = d−(|M 1 |+|M 2 |)+|M 1 ∩M 2 | = 10!
Phương pháp truy hồi
Trong nhiều trường hợp, việc đếm trực tiếp các đối tượng là rất khó khăn Tuy nhiên, nếu thiết lập được mối quan hệ truy hồi giữa số lượng đối tượng cần đếm trong nhóm n và số lượng đối tượng trong nhóm nhỏ hơn n, ta có thể dễ dàng tính toán số lượng đối tượng trong nhóm lớn hơn Phương pháp này cho phép ta thiết lập hệ thức quan hệ giữa f(n), f(n−1), từ đó tính toán f(n) một cách hiệu quả hơn.
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 1.Trên mặt phẳng cho n đường thẳng d1, d2, d3, , dn(n > 1) đôi một không song song và không có ba đường nào đồng quy Tìm số miền mà n đường thẳng này định ra trên mặt phẳng.
Giả sửS(n) là số miền mà n đường thẳng đã cho định ra trên mặt phẳng.
Giả sử có d n cắt n−1 đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 , , d n−1 tại n−1 điểm, thì d n sẽ chia n−1 đường thẳng còn lại thành n phần Mỗi phần tạo ra một miền mới, dẫn đến công thức S(n) = S(n−1) + n Kết quả là S(n) = 1 + n(n + 1).
Bài toán tháp Hà Nội kể về một ngôi tháp ở Hà Nội với một đế đồng và ba cọc kim cương Từ khi khai thiên lập địa, Phật tổ Như Lai đã xếp 64 chiếc đĩa vàng có kích thước khác nhau trên cọc số 1, với quy tắc rằng các đĩa lớn hơn phải ở dưới và nhỏ hơn ở trên Nhiệm vụ của các nhà sư là chuyển toàn bộ số đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2, tuân theo các quy tắc nhất định.
- Mỗi lần chỉ được chuyển đi 1 chiếc đĩa;
Trong quá trình di chuyển đĩa, không được đặt đĩa lớn lên đĩa nhỏ, vì vậy cần có một cọc trung gian thứ ba Giả sử mỗi lần chuyển một chiếc đĩa mất 1 giây, câu hỏi đặt ra là các nhà sư cần ít nhất bao nhiêu năm để chuyển tất cả các đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2.
Giả sử ban đầu có n chiếc đĩa trên cọc số 1 Gọi u(n) là số lần ít nhất cần thiết để chuyển tất cả các đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2 Đối với trường hợp n = 2, ta cần thực hiện 3 phép chuyển để hoàn tất quá trình.
- Chuyển đĩa bé sang cọc số 3.
- Chuyển đĩa lớn sang cọc số 2.
- Chuyển đĩa bé từ cọc số 3 về cọc số 2.
Với n = 3, ta cần thực hiện theo 3 giai đoạn sau:
- Chuyển hai đĩa ở phía trên sang cọc số 3 Như đã thấy ở trường hợp n= 2, ta cần 3 phép chuyển.
- Chuyển đĩa lớn nhất sang cọc số 2.
- Chuyển hai đĩa ở cọc số 3 về cọc số 2 Như đã thấy ở trường hợp n = 2 ta cần 3 phép chuyển.
Vậy ta cần 3 + 1 + 3 = 7 phép chuyển Do đó u 3 = 7.
Đối với trường hợp n = 3, chúng ta cần thiết lập hệ thức truy hồi cho dãy (u n ) Để di chuyển n chiếc đĩa theo quy tắc đã đề ra, quá trình thực hiện sẽ bao gồm ba bước chính.
Trong công đoạn đầu tiên, chúng ta cần chuyển n−1 chiếc đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 3, tuân theo quy tắc di chuyển Việc này yêu cầu thực hiện u n−1 phép chuyển, trong khi chiếc đĩa lớn nhất vẫn được giữ nguyên ở cọc số 1 cho đến khi hoàn tất việc chuyển n−1 chiếc đĩa phía trên.
- Công đoạn 2: Chuyển đĩa lớn nhất sang cọc số 2;
Để chuyển n chiếc đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2, ta cần thực hiện u n−1 phép chuyển để di chuyển n−1 chiếc đĩa từ cọc số 3 về cọc số 2 Tổng cộng, số phép chuyển cần thiết sẽ là 2u n−1 + 1, dẫn đến hệ thức truy hồi u n = 2u n−1 + 1.
Từ hệ thức truy hồi này ta có thể lập được công thức của số hạng tổng quát của dãy Bằng quy nạp ta chứng minh được u n = 2 n −1
Với n = 64, số lần chuyển đĩa cần thiết để hoàn thành công việc là u 64 = 2^64 − 1 Nếu mỗi lần chuyển đĩa mất 1 giây, các nhà sư sẽ cần hơn 500 tỉ năm để chuyển 64 chiếc đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 2.
Bài 3.(IMO 1979, bài số 6) Giả sử A và E là hai đỉnh đối diện của một bát giác đều Một con ếch bắt đầu nhảy từ đỉnh A Tại mỗi đỉnh của bát giác (trừ đỉnh E), mỗi cú nhảy con ếch chỉ có thể nhảy tới hai đỉnh kề với đỉnh đó Khi con ếch nhảy vào đỉnh E, nó sẽ bị kẹt vĩnh viễn ở đó. Cho trước số nguyên dương n Hỏi với n cú nhảy, có bao nhiêu cách để con ếch nhảy vào đỉnh E.?
Gọi a n là số cách con ếch nhảy vào đỉnh E ta thấy a 1 = a 2 = a 3 0;a4 = 2
Giả sử từ A theo chiều kim đồng hồ, các đỉnh lần lượt là
Con ếch cần nhảy qua một số lẻ bước từ A đến B, từ B đến C, từ C đến D và từ D đến E Do đó, tổng số bước từ A đến E phải là một số chẵn Nếu số bước n là lẻ, con ếch sẽ không thể nhảy đến E Vì vậy, chúng ta cần tính giá trị của a 2k với k > 1.
Xuất phát từ A, với hai bước nhảy đầu tiên, con ếch có thể có các cách sau:
Nếu theo cách 1) thì số cách tới E là a 2k−2 Nếu theo cách 2) thì số cách tới E là a 2k−2
Gọi c_n và g_n lần lượt là số cách để con ếch xuất phát từ C và G nhảy vào đỉnh E với n cú nhảy Do tính đối xứng, ta có c_n = g_n Theo cách 3), số cách để tới E là c_{2k-2}, trong khi theo cách 4), số cách tới E là g_{2k-2}.
Vậy theo quy tắc cộng ta có a 2k = a 2k−2 +a 2k−2 +c 2k−2 + g 2k−2 = 2a 2k−2 + 2c 2k−2 (1)
Xuất phát từ C, với hai bước nhảy đầu tiên, con ếch có thể có các cách sau:
Nếu theo cách 1c) thì số cách tới E là a 2k−2
Nếu theo cách 2c) thì số cách tới E là c 2k−2
Nếu theo cách 3c) thì số cách tới E là c 2k−2
Nếu theo cách 4c) thì số cách tới E là 0.
Theo quy tắc cộng ta có c 2k = a 2k−2 + 2c 2k−2 (2)
Từ (1) và (2) rút ra c2k = a2k −a2k−2 hay c2k−2 = a2k−2 −a2k−4 Thay vào (1) ta được a2k = 4a 2k−2 −2a 2k−4 Đặt u k = a 2k ta có u k = 4u k−1 −2u k−2 , u 1 = a 2 = 0, u 2 = a 4 = 2.
Bằng cách giải phương trình đặc trưng ta đi đến công thức sau a 2k = u k = (2 +√
Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm
Nguyên lí bất biến
Phát hiện đại lượng bất biến trong bài toán
Thông qua ví dụ sau đây ta sẽ thấy sự bất biến được nhìn từ những khía cạnh khác nhau đều giải được bài toán.
Bài 1 Trên bảng ta viết 10 dấu cộng và 15 dấu trừ tại các vị trí bất kì.
Sau khi thực hiện thao tác xóa hai dấu bất kỳ và thay thế bằng dấu cộng nếu hai dấu giống nhau hoặc dấu trừ nếu khác nhau, câu hỏi đặt ra là trên bảng còn lại dấu gì sau 24 lần thao tác.
Khi thay thế mỗi dấu cộng bằng số 1 và mỗi dấu trừ bằng số -1, việc xóa hai số và viết lại tích của chúng sẽ không làm thay đổi tổng tích của các số trên bảng Do đó, nếu giả thiết ban đầu cho rằng tích của các số trên bảng bằng -1, thì cuối cùng sẽ chỉ còn lại số -1, tức là vẫn có dấu trừ trên bảng.
Cách 2: Thay mỗi dấu cộng bằng số 0 và mỗi dấu trừ bằng số 1 Khi xóa hai số 0 hoặc hai số 1, ta viết lại số 0; nếu xóa một số 0 và một số 1, ta viết lại số 1 Tổng các số trên bảng sau thao tác có thể không thay đổi hoặc giảm đi hai Ban đầu, tổng các số là 15 (một số lẻ), do đó số cuối cùng còn lại trên bảng cũng phải là số lẻ.
1, nghĩa là trên bảng còn dấu trừ.
Sau mỗi lần thao tác, số lượng dấu trừ không thay đổi hoặc giảm đi 2 Do đó, nếu bắt đầu với 15 dấu trừ (một số lẻ), thì cuối cùng sẽ chỉ còn lại một dấu trừ.
Phân tích ba phương pháp giải, chúng ta nhận thấy rằng cách thứ nhất tận dụng tính không đổi của tích các số được viết trên bảng, cách thứ hai áp dụng tính không đổi của tổng chẵn các số, và cách thứ ba dựa vào sự không đổi của số lượng dấu trừ chẵn.
Bài 2 Bốn kí tự X và năm kí tự O được viết xung quanh một đường tròn theo một thứ tự bất kì Nếu hai kí tự cạnh nhau là như nhau thì ta viết thêm vào giữa chúng X mới, ngược lại ta viết vào giữa chúng O mới. Sau đó ta xóa những kí tự cũ X và O đi Ta thực hiện thao tác trên lặp lại một số lần Hỏi sau một số lần thực hiện quá trình trên, ta có nhận được 9 kí tự O quanh đường tròn hay không?
Khi thay thế các ký tự X = 1 và O = −1 bằng tích của chúng, tích P của tất cả giá trị trước và sau khi thay đổi sẽ trở thành bình phương của P cũ Điều này dẫn đến việc P luôn bằng 1 sau mỗi lần thay đổi Tuy nhiên, việc có chín ký hiệu O yêu cầu P bằng −1 là điều không thể xảy ra.
Bài 3 Trên bảng ta viết tập hợp số gồm 0, 1 và 2 Ta thực hiện xóa đi hai số khác nhau và điền vào đó số còn lại (nghĩa là 2 thay cho 0 và 1;
Nếu thực hiện các thao tác thay thế số 1 bằng 0 và 2, cũng như thay thế số 0 bằng 1 và 2, thì sau một số lần thao tác, nếu trên bảng chỉ còn lại một số duy nhất, số đó sẽ không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện các thao tác trên các số đã có trên bảng.
Khi thực hiện thao tác, số lượng mỗi loại trong ba số 0, 1 và 2 sẽ tăng hoặc giảm một, dẫn đến sự thay đổi về tính chẵn lẻ của chúng Khi chỉ còn một số trên bảng, nghĩa là hai trong số ba số đã có số lượng bằng không, trong khi số còn lại có số lượng bằng một Điều này cho thấy ngay từ đầu, hai số trong ba số phải có cùng tính chẵn lẻ, trong khi số còn lại có tính chẵn lẻ khác Do đó, bất kể thứ tự thao tác, cuối cùng chỉ còn lại một số 0, 1 hoặc 2, và số này có tính chẵn lẻ khác với hai số kia.
Nếu ba loại số trên bảng ban đầu đều có tính chẵn lẻ giống nhau, thì không thể còn lại một số duy nhất sau khi thực hiện các thao tác Để làm rõ phương pháp giải, chúng ta sẽ xem xét một số bài toán khác.
Bài 4.Trên bảng ta viết ba số nguyên Sau đó ta xóa đi một số và viết vào đó tổng hai số còn lại trừ đi 1 Thao tác như vậy lặp lại một số lần và cuối cùng ta nhận được ba số 17, 1967, 1983 Hỏi có phải những số đầu tiên được viết trên bảng là 2, 2, 2.
Bắt đầu từ ba số 2, 2, 2, ta nhận được kết quả 2, 2, 3 với hai số chẵn và một số lẻ Từ bước thứ hai trở đi, kết quả luôn có hai số chẵn và một số lẻ, bất kể số bắt đầu là gì Tuy nhiên, trong kết quả đã cho, tất cả đều là ba số lẻ, cho thấy rằng từ 2, 2, 2 không thể đạt được kết quả này Bài toán trở nên phức tạp khi yêu cầu tìm lại các bước từ ba số kết quả đến các số ban đầu mà không có thông tin về số bắt đầu hay thứ tự Giải pháp cho bài toán này nằm ở việc nhận diện tính chẵn lẻ của ba số không thay đổi từ bước thứ hai, dẫn đến việc không thể đạt được trạng thái kết quả từ trạng thái xuất phát.
Bài 5 (Kiev 1974) Nhứng số 1, 2, 3, , 1974 được viết trên một bảng. Người ta thay hai số bất kì bởi một số hoặc là tổng hoặc là hiệu của hai số đó Chứng minh rằng sau 1973 lần thực hiện thao tác trên chỉ còn một số còn laị trên bảng không thể là số 0.
Khi giải bài toán, chúng ta cần chú ý đến tính chẵn lẻ của các số và sự thay đổi sau mỗi thao tác Bắt đầu với 987 số lẻ, mỗi lần thay đổi có thể giữ nguyên số lẻ hoặc giảm đi hai số lẻ nếu chọn hai số cùng tính lẻ Do đó, số lẻ còn lại sau mỗi thao tác luôn là một số lẻ Cuối cùng, khi chỉ còn một số trên bảng, số đó phải là số lẻ, vì vậy nó không thể là 0.
Bài 6.Một hình tròn được chia thành sáu rẻ quạt Những số 1, 0, 1, 0, 0,
Giải toán bằng đại lượng bất biến
Việc phát hiện các đại lượng bất biến trong bài toán giúp chúng ta giải quyết nhiều vấn đề phức tạp Tuy nhiên, nếu không thường xuyên luyện tập, việc tìm ra các đại lượng này sẽ trở nên khó khăn và thiếu hiệu quả Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá những phương pháp hữu ích để xác định các đại lượng bất biến trong các bài toán.
Bài 14 Có ba đống sỏi gồm những viên sỏi nhỏ có số lượng tương ứng là 19, 8 và 9 (viên sỏi) Ta được phép chọn hai đống sỏi và chuyển một viên sỏi của những đống sỏi đã chọn sang đống sỏi thứ ba Hỏi sau một số lần làm như vậy thì có khẳ năng tạo ra trường hợp cả ba đống sỏi đều có 12 viên sỏi không?
Khi chia số viên sỏi trong ba đống a, b và c cho 3, số dư ban đầu là 1, 2 và 0 Sau khi chuyển một viên sỏi từ hai đống sang đống thứ ba, số dư trở thành 0, 1, 2 Điều này cho thấy số dư luôn duy trì các giá trị 0, 1, 2 với các thứ tự khác nhau, là đại lượng bất biến Do đó, không thể có 12 viên sỏi trong mỗi đống, vì khi đó số dư sẽ không thỏa mãn điều kiện này.
0, 0, 0 Vậy không thể xảy ra trường hợp cả ba đống sỏi đều có 12 viên sỏi.
Bài 15 Hai người chơi một trò chơi với hai đống kẹo Đống kẹo thứ nhất có 12 cái và đống kẹo thứ hai có 13 cái Mỗi người chơi được lấy hai cái kẹo từ một trong hai đống kẹo hoặc chuyển một cái kẹo từ đống thứ nhất sang đống thứ hai Người chơi nào không làm được những thao tác trên coi như là thua Hãy chứng minh rằng người chơi đi lượt thứ hai không thể thua Người đó có thể thắng không?
Giá trị S được xác định là giá trị tuyệt đối của số kẹo trong đống thứ hai trừ đi đống thứ nhất, bắt đầu với S = |13−12| = 1 Sau mỗi lượt chơi, S sẽ thay đổi, tăng hoặc giảm 2, dẫn đến số dư của S khi chia cho 4 có dạng 1, 3, 1, 3 Sau mỗi lượt của người chơi thứ nhất, số dư của S luôn là 3 Người chơi thua khi không còn kẹo ở đống thứ nhất và chỉ còn một kẹo ở đống thứ hai, khi đó S = |1−0| = 1 Do đó, người chơi thứ hai luôn có khả năng chiến thắng và không bao giờ thua.
Trong trò chơi này, tổng số kẹo giữa hai đống sẽ giảm, hoặc số kẹo ở đống thứ nhất sẽ giảm Vì vậy, trò chơi sẽ phải kết thúc, dẫn đến việc người chơi thứ hai giành chiến thắng.
Bài 16 Mỗi thành viên của một câu lạc bộ có nhiều nhất là ba đối thủ trong câu lạc bộ (đối thủ ở đây là tương tác lẫn nhau).Chứng minh rằng những thành viên của câu lạc bộ có thể chia thành hai nhóm sao cho mỗi thành viên trong mỗi nhóm có nhiều nhất một đối thủ trong cùng nhóm.
Khi bắt đầu, chúng ta chia ngẫu nhiên các thành viên trong câu lạc bộ thành hai nhóm Kí hiệu S là số cặp đối thủ trong cùng nhóm Nếu một thành viên có ít nhất hai đối thủ trong cùng nhóm, thì thành viên đó chỉ có thể có một đối thủ trong nhóm khác Khi di chuyển thành viên này sang nhóm khác, số S sẽ giảm ít nhất 1 Vì S là số nguyên không âm, nó không thể giảm mãi mãi, do đó sau một số lần chuyển đổi hữu hạn, mỗi thành viên sẽ chỉ có tối đa một đối thủ trong cùng một nhóm.
Phương pháp chứng minh bài toán này được gọi là phương pháp xuống dốc vô hạn, cho thấy rằng việc giảm số lượng mãi là không thể khi giá trị chỉ có hữu hạn.
Bất biến đơn điệu
Đại lượng bất biến là một tính chất không thay đổi của bài toán khi hệ thống bị tác động, nhưng nếu hệ thống có đại lượng biến đổi theo quy luật nhất định, chẳng hạn như luôn tăng hoặc giảm một lượng cố định, thì đó gọi là đại lượng bất biến đơn điệu Ví dụ, trong cấp số cộng hoặc cấp số nhân, các số hạng sau khác số hạng trước một đại lượng cố định, được gọi là công sai hoặc công bội Việc xác định đại lượng bất biến đơn điệu trong bối cảnh thay đổi các biến của bài toán là cần thiết, vì chính những đại lượng này giúp dẫn đến lời giải cho bài toán.
Bài 17 Mỗi ô trong bảng m x n được viết một số thực Ta thực hiện biến đổi dấu một lần các số trên một hàng hoặc một cột bất kì Chứng minh rằng bằng thao tác như trên, ta có thể đưa đến trong mọi hàng và trong mọi cột tổng các số của nó là một số không âm.
Để dễ dàng hơn, ta gọi hàng hoặc cột là một vệt Khi xét tổng tất cả các số trong bảng, tổng này sẽ thay đổi tùy thuộc vào tổng của các số trong vệt thao tác Cụ thể, tổng sẽ tăng nếu tổng các số trong vệt là âm, giảm nếu là dương, và không đổi nếu tổng bằng không Điều này có nghĩa là nếu trong bảng có một vệt có tổng số âm, thì việc thực hiện các thao tác cho phép sẽ làm tăng tổng tất cả các số trong bảng.
Tổng của tất cả các số trong bảng không thể tăng lên vô hạn, vì các thao tác làm tăng tổng chỉ có thể thực hiện hữu hạn lần, dẫn đến số lượng bảng số khác nhau cũng có hạn Mỗi số trong ô có thể giữ nguyên giá trị ban đầu hoặc giảm đi, do đó số lượng bảng khác nhau không vượt quá 2 m.n Kết quả là tổng của tất cả các số trong bảng chỉ có thể nhận hữu hạn giá trị khác nhau.
Ta bắt đầu bằng cách xem xét bảng ban đầu và chọn những vệt có tổng các số là âm Nếu không còn vệt nào như vậy, bài toán đã được giải Khi thực hiện phép biến đổi trên vệt này, ta tiếp tục tìm kiếm những vệt có tổng âm trong bảng mới nhận được Mỗi lần biến đổi, tổng các số trong bảng sẽ tăng lên, và tổng này chỉ có thể nhận hữu hạn giá trị Do đó, hoặc là ta sẽ tìm được bảng cần tìm tại một bước nào đó, hoặc sớm muộn cũng sẽ nhận được bảng với tổng cực đại Việc tìm bảng với tính chất này là cần thiết, bởi nếu còn tồn tại một vệt với tổng âm, ta sẽ phải thực hiện phép biến đổi một lần nữa, dẫn đến tổng các số trong bảng mới lớn hơn tổng cực đại, điều này là vô lý.
Bài 18 Trên một đường tròn ta đặt n số Nếu thứ tự các số a, b, c, d thỏa mãn (a−d)(b−c) > 0, thì hai số b và c đổi chỗ cho nhau Chứng minh rằng sau một số bước thì trên đường tròn không còn bộ tứ nào sắp xếp như vậy.
Phép biến đổi trong bài toán thực chất là hoán đổi vị trí hai số trên đường tròn, trong khi các số khác vẫn giữ nguyên Để tìm đại lượng bất biến liên quan đến sự thay đổi này, ta có thứ tự a, b, c, d sao cho (a−d)(b−c) > 0, tức là ab + cd > ac + bd Khi thực hiện phép biến đổi, bộ tứ a, b, c, d sẽ chuyển thành bộ tứ a, c, b, d Điều này cho thấy tổng của tích các số cạnh nhau thực sự bị giảm đi, cụ thể là ab + bc + cd > ac + cb + bd.
Đại lượng bất biến đơn điệu, hoàn toàn tự nhiên, là tổng của tích các số kề nhau trên đường tròn Qua phép biến đổi đã chỉ ra, đại lượng này giảm thực sự và chỉ có hữu hạn giá trị, do đó phép biến đổi chỉ có thể thực hiện một số lần nhất định Cuối cùng, sau một vài bước, sẽ không còn bộ nào sắp xếp như vậy trên đường tròn.
Bài 19.2000 người được chia vào các phòng của một tòa nhà 115 buồng. Mỗi phút không phải mọi người đều ở trong phòng mà một số người đi từ phòng ít người tới phòng có nhiều người hơn Chứng minh rằng tới một lúc nào đó tất cả mọi người đều tập trung tại một phòng.
Bài toán được giải quyết thông qua việc xác định bất biến đơn điệu Đối với mỗi phòng, ta xem xét bình phương số người trong phòng và ký hiệu tổng các số bình phương này là S S được chứng minh là tăng lên mỗi khi có người được chuyển đi Cụ thể, khi một người di chuyển từ phòng có n người sang phòng có m người (với m > n), số bình phương của số người trong các phòng sẽ thay đổi từ n² và m² thành (n−1)² và (m+1)², trong khi các phòng khác giữ nguyên Như vậy, S sẽ thay đổi theo cách này.
Số người là 2000 luôn không đổi, dẫn đến tồn tại một số hữu hạn cách chia 2000 người vào các phòng khác nhau Do đó, giá trị của S cũng có giới hạn, không thể tăng mãi mãi Trong quá trình giải bài toán, S sẽ tăng lên và cuối cùng dừng lại khi tất cả mọi người đều ở trong một phòng.
Bài 20 Cho bốn số a, b, c, d không phải tất cả bằng nhau Khởi đầu bằng bộ (a, b, c, d) và lặp lại việc thay thế (a, b, c, d) bằng (a−b, b−c, c−d, d−a) Chứng minh rằng khi lặp lại nhiều lần việc thay thế trên thì ít nhất một trong bốn số sẽ trở thành vô cùng lớn.
Ta đặt P_n = (a_n, b_n, c_n, d_n) là bộ bốn số sau n phép lặp, với điều kiện a_n + b_n + c_n + d_n = 0 khi n > 2 Trong hình học, hàm khoảng cách từ điểm P_n đến gốc tọa độ (0,0,0,0) liên quan đến biểu thức 2a_n + b_n^2 + c_n^2 + d_n^2 Nếu chứng minh được rằng biểu thức này không bị chặn trên, thì bài toán sẽ được giải quyết.
Ta đi tìm mối liên hệ giữa hai bước liên tiếp P n và P n+1 a 2 n+1 + b 2 n+1 +c 2 n+1 +d 2 n+1
Bây giờ ta sử dụng a n +b n + c n +d n = 0
= (a n +c n ) 2 + (b n +d n ) 2 + 2a n b n + 2a n d n + 2b n c n + 2b n d n (2) Cộng (1) với (2) theo vế ta được: a 2 n+1 +b 2 n+1 +c 2 n+1 +d 2 n+1 = 2(a 2 n +b 2 n +c 2 n +d 2 n ) + (an+cn) 2 + (bn+dn) 2 > 2(a 2 n +b 2 n +c 2 n + d 2 n )
Từ mối quan hệ bất biến này ta đưa đến kết luận với n > 2 a 2 n +b 2 n +c 2 n +d 2 n > 2 n−1 (a 2 1 +b 2 1 +c 2 1 +d 2 1 )
Khoảng cách từ điểm P n đến điểm gốc tọa độ tăng vô hạn, nghĩa là ít nhất có một thành phần phải trở lên lớn bất kì.
Hàm khoảng cách từ một điểm đến điểm gốc tọa độ rất quan trọng, khi nào có một dãy điểm ta phải nghĩ ngay tới hàm này.
Bài 21 Mỗi số trong các số a 1 , a 2 , a 3 , , a n là +1 hoặc −1 và ta có
Chứng minh rằng n chia hết cho 4.
Bài toán này liên quan đến lí thuyết số và có thể giải bằng bất biến Khi thay đổi dấu của các số hạng, tổng S không thay đổi đồng dư theo 4, vì bốn số hạng cạnh nhau theo vòng tròn sẽ thay đổi dấu Nếu hai trong số bốn số hạng là dương và hai là âm, tổng S vẫn không thay đổi Nếu ba số hạng trong bốn số hạng có cùng dấu, tổng S sẽ tăng hoặc giảm 4 Cuối cùng, nếu tất cả bốn số hạng cùng dấu, tổng S sẽ tăng hoặc giảm 8 Bắt đầu với S = 0, ta có S ≡ 0 (mod 4) Khi thay thế từng dấu âm bằng dấu dương, số dư của S khi chia cho 4 không thay đổi Khi tất cả các dấu trừ được thay bằng dấu cộng, S vẫn còn S ≡ 0 (mod 4) và dẫn đến S = n, nghĩa là n chia hết cho 4.
Một số bài toán nâng cao
Bài 22 Một tờ giấy được xé thành năm mảnh, một số trong số năm mảnh nhỏ này lại được xé thành năm mảnh nhỏ nữa, và một số trong số năm mảnh nhỏ này lại được xé tiếp thành năm mảnh , Vậy nếu cứ tiếp tục xé như vậy thì có khi nào ta được 2002 mảnh giấy hay không? Được 2005 mảnh giấy không?
Khi ta chia tờ giấy thành 5 mảnh và sau này chia các mảnh giấy ra làm
Mỗi lần xé giấy, số mảnh giấy tăng thêm 4, bắt đầu từ 5 mảnh Do đó, số mảnh giấy sau mỗi lần xé sẽ có dạng 4k + 1, với k là số tự nhiên dương Biểu thức này giữ nguyên trong suốt quá trình xé giấy.
Vì 2002 6= 4k+ 1, nên không thể xé được 2002 mảnh.
2005 = 501.4+1nên có thể xé được thành 2005 mảnh sau lần xé thứ 501.
Bài 23 Tại đỉnh A 1 của một đa giác đều 12 đỉnh đánh dấu trừ (-) còn tất cả các đỉnh còn lại đánh dấu cộng (+) Một bước thực hiện là đổi đồng thới ba dấu tại ba đỉnh liên tiếp thành dấu ngược lại Chứng minh rằng không có khả năng sau một số hữu hạn bước thực hiện như trên sẽ nhận được A 2 có dấu trừ (-) còn tất cả các đỉnh còn lại mang dấu cộng (+).
Ta chía các đỉnh của đa giác đều 12 cạnh ra làm ba nhóm
Khi chọn ba đỉnh liên tiếp, mỗi đỉnh thuộc về một nhóm khác nhau Sau mỗi lần đổi dấu ở ba đỉnh này, số lượng dấu trừ trong mỗi nhóm sẽ tăng hoặc giảm một Điều này dẫn đến việc số lượng dấu trừ trong nhóm hai và nhóm ba luôn cùng tính chẵn lẻ Ban đầu, số lượng dấu trừ là không Sau lần đổi thứ nhất, mỗi nhóm có 1 dấu trừ; sau lần đổi thứ hai, mỗi nhóm có 0 hoặc 2 dấu trừ; và sau lần đổi thứ ba, số dấu trừ có thể là 1 hoặc 3 Do đó, không thể có kết quả cuối cùng là A2 có dấu trừ trong khi tất cả các đỉnh còn lại mang dấu cộng, vì điều đó sẽ khiến số dấu trừ trong nhóm hai là 1 và trong nhóm ba là 0.
Bài 24 Cho một bảng hình vuông kẻ ô 10 x 10 và trong mỗi ô ta ghi theo thứ tự một số tự nhiên gồm từ số 1 đến số 100 Hàng thứ nhất ghi từ 1 đến 10, hàng thứ hai ghi từ 11 đến 20, Chứng minh rằng tổng
S của 10 số bất kỳ trong bảng, với điều kiện không có hai số nào thuộc cùng một hàng và không có hai số nào thuộc cùng một cột, là một số không đổi Hãy tìm số S này.
Ta kí hiệu số hạng của tổng S:
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các số tự nhiên a1, a2, , a10 nằm trong khoảng từ 1 đến 10, với điều kiện tất cả các số này đều khác nhau Nếu a1 bằng a2, thì hai số a1 và 10 + a2 sẽ phải ở trong cùng một cột của bảng.
Các số a1, a2, , a10 là những số nguyên khác nhau từ 1 đến 10, vì vậy mỗi số tự nhiên trong khoảng từ 1 đến 10 xuất hiện một lần trong tổng a1 + a2 + + a10 Do đó, tổng này bằng 1 + 2 + + 10, kết quả là 55.
Như vậy S = 450 + 55 = 505 là đại lượng bất biến đối với mọi cách chọn tổng các số trong bảng.
Bài 25 Cho khối lập phương tạo bởi 27 khối lập phương nhỏ bằng nhau Trong mỗi khối lập phương nhỏ có chứa một số +1 hoặc −1 (hai khối nhỏ gọi là cạnh nhau nếu chúng có chung một mặt) Ta gọi "mặt cắt" của khối lập phương là những khối lập phương nhỏ cạnh nhau và nằm trong một "mặt phẳng" Có thể thay đổi dấu đồng thời trong hai mặt cắt có chung khối lập phương nhỏ, nhưng không thay đổi dấu những khối lập phương nhỏ chung Ban đầu trong tất cả các khối nhỏ có chứa số −1 Hỏi có thể sau một số bước thay đổi dấu như trên thì các khối nhỏ ở đỉnh các khối lập phương mang −1, còn những khối nhỏ còn lại đều mang +1 được không?
Trong quá trình xác định sự thay đổi số lượng của số −1 trong khối lập phương qua một bước biến đổi, ta nhận thấy rằng có 12 số bị thay đổi dấu Nếu trong số đó có n số −1 và 12−n số +1, sau khi biến đổi, ta sẽ có n số +1 và 12−n số −1 Điều này dẫn đến việc số lượng số −1 bị thay đổi là 12−n−n = 2(6−n), tức là một số chẵn Vì vậy, tính chẵn lẻ của số lượng số −1 trên bảng không thay đổi sau mỗi bước biến đổi Ban đầu, số lượng số −1 là 27, nhưng nếu ta muốn chỉ còn 8 số −1 (trên các đỉnh của khối lập phương), điều này là không thể thực hiện được.
Bài 26 Cho khối lập phương bao gồm 27 khối lập phương nhỏ bằng nhau Trong những khối lập phương nhỏ của khối lập phương chứa những số +1 Một bước biến đổi ta có thể thêm cùng một số vào hai khối lập phương nhỏ bên cạnh nhau (hai khối nhỏ có chung mặt) Hỏi từ khối lập phương đã cho có thể nhận được khối lập phương sao cho trong tất cả các khối lập phương nhỏ có 0, còn khối nhỏ ở trọng tâm có +1;
Chúng ta xác định một khối nhỏ là khối trắng, trong khi các khối nhỏ xung quanh là khối đen Mỗi khối trắng sẽ có khối đen bên cạnh và ngược lại, tạo thành một cấu trúc xen kẽ Tổng các số trong các khối trắng được ký hiệu là P t, trong khi tổng các số trong các khối đen là P d Biểu thức P = P t − P d không thay đổi khi thực hiện thao tác thay đổi, vì cả P t và P d đều tăng lên cùng một lượng khi cộng thêm số vào hai khối nhỏ bên cạnh nhau Ban đầu, P = 1, nếu khối nhỏ ở trung tâm là đen, thì P = 14 − 13 Cấu trúc khối lập phương như yêu cầu của bài toán cũng sẽ được xác định từ những điều này.
P = 0−1 = −1 Đây là điều vô lí Vậy không thể nhận được khối lập phương như yêu cầu của bài toán.