BÀI TOÁN CHIA kẹo EULER và ỨNG DỤNG

BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER VÀ ỨNG DỤNGLục Trí Tuyên Tóm tắt: Bài toán chia kẹo Euler là bài toán đếm nổi tiếng với nhiều ứng dụng trong các bài toán đếm khác.. Bài này tôi trình bày bài to

Trang 1

BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER VÀ ỨNG DỤNG

Lục Trí Tuyên

Tóm tắt: Bài toán chia kẹo Euler là bài toán đếm nổi tiếng với nhiều ứng dụng trong các bài toán đếm khác Bài này

tôi trình bày bài toán gốc cơ bản và một số bài toán đếm dạng ứng dụng mà nếu đếm theo cách thông thường sẽ rất khó khăn, nhưng khi hiểu theo các đếm của bài toán Euler thì bài toán lại trở thành đơn giản

BÀI TOÁN GỐC

Bài toán: Có n n  ,( 1) chiếc kẹo chia k em nhỏ (1 k n ) Hỏi có bao nhiêu cách chia kẹo sao cho không có

em nhỏ nào không có kẹo ?

Hướng dẫn giải:

Nếu k  thì chỉ có 1 1 cách chia kẹo.

Nếu k2 , ta trải n chiếc kẹo thành hàng ngang Tiếp theo ta dùng k 1 cái thước đặt vào (n 1) khe giữa các viên kẹo

để chia nó thành k phần Như vậy có tất cả

1 1

k n

C 

 cách

Như vậy có tất cả

1 1

k n

C 

 cách chia kẹo đúng cho cả trường hợp k  1.

ỨNG DỤNG ĐẾM SỐ NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH

Ví dụ 1.1: Phương trình x1 x2   x k n với n  k có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

Coi x i là phần kẹo của em nhỏ thứ i trong bài toán chia kẹo thì số nghiệm của phương trình chính là số cách chia n chiếc kẹo cho k em nhỏ Vậy phương trình có

1 1

k n

C 

 nghiệm nguyên dương

Ví dụ 1.2: Phương trình x1 x2   x k n có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm?

Có x1 x2   x k  n x11  x2 1 x k 1  n k

i i

thì

' i

x

là các số nguyên dương

Áp dụng bài toán gốc ta có tất cả

1 1

k

n k

C 

  nghiệm nguyên không âm của phương trình

Ví dụ 1.3: Bất phương trình x1x2  x k  n n k ,(  1) có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

Có x1 x2  x k  n  x1 x2  x k  x ' n với x  Vậy có tất cả ' 1 1

k n

C  nghiệm nguyên dương

của phương trình

Ví dụ 1.4: Bất phương trình x1x2   x k n n k ,(  ), có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

x  x x n  x x x x n với x  Hay tương đương : ' 0

      với x '' x ' 1

Áp dụng bài toán Euler thì phương trình trên có

k n

C nghiệm

Trang 2

Ví dụ 1.5: Phương trình x1 x2   x k n có bao nhiêu nghiệm nguyên thỏa mãn x i d i với d  i 0 cho

trước, biết 1

1

,

k i i



k

i



     

k

i i





thì theo bài toán chia kẹo, phương trình có

1 1

k

n k D

C 

   nghiệm

ỨNG DỤNG CHO CÁC BÀI TOÁN ĐẾM THỰC TẾ

Ví dụ 2.1: Cho đa giác đều 20 cạnh nội tiếp trong đường tròn( ) O Có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh là 3 đỉnh

của đa giác và 3 cạnh là 3 đường chéo của đa giác?

Gọi số đo mỗi cung chứa 1 cạnh của đa giác đều là 1 đơn vị (thực ra bằng

2 20

 ) Xét 1 tam giác thỏa mãn, với mỗi đỉnh gọi số đo 3 cung chứa 3 cạnh của nó làx y z , , thì ta có : x y z  , , 2 và

Đặt x '   x 1 ; ' y   y 1 ; ' z   z 1 ta có x y z  ', ', ' 1 và x y z '  '  '  17

Theo bài toán Euler có

2 16

C nghiệm của phương trình Thực hiện cho 20 đỉnh nhưng mỗi tam giác được đếm 3 lần

ứng với 3 đỉnh của nó nên số tam giác thỏa mãn đề bài là

2 16

20

3 C

tam giác

Tổng quát: Với n giác đều và số đa giác k đỉnh mà các cạnh đều là đường chéo của n giác là 11

k

n k

n C k



 

Ví dụ 2.2: Cho n giác đều nội tiếp đường tròn O

Hỏi có bao nhiêu tam giác tù mà các đỉnh là đỉnh của đa giác này?

Xét mỗi tam giác tù thỏa mãn có đỉnh góc tù là 1 đỉnh của đa giác đều Gọi x y , là số lần số đo cung chứa 2 cạnh bên

của tam giác so với số đo cung chứa 1 cạnh Tam giác này tù khi và chỉ khi 1

2,( , )

n

(tức nhỏ hơn

1 2 đường tròn)

Nếu n chẵn, áp dụng Ví dụ 1.3, số nghiệm của phương trình là

2 1 2

n

C

 Vậy số tam giác thỏa mãn là

2 1 2

n

n C



Nếu n lẻ, ta có : 2

n

x y   

  với [ x ] là ký hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá x Áp dụng Ví dụ 1.4 ta có

phương trình có

2 2

n

C 

  nghiệm Vậy số tam giác thỏa mãn là

2 2

n

nC 

 

Vậy số tam giác tù thỏa mãn là :

2 1 2 2 2

khi nchan khi

n n

n C



 











Trang 3

Ví dụ 2.3: Trong mặt phẳng ( Oxy ) cho hình chữ nhật OMNP với M (0 10; ) ; N (100 10; ) vàP (100 0; ) Gọi S

là tập hợp tất cả các điểm A x y x y N ( ; ), ,  nằm bên trong (kể cả trên cạnh) củaOMNP Lấy ngẫu nhiên 1 điểm ( ; )

A x y S Tính xác suất để x y 90

Bài này có thể đếm theo kiểu liệt kê các trường hợp của y từ 0 đến10 Mỗi trường hợp này đếm số giá trị của x

thỏa mãn

Trang 4

Bây giờ ta trình bày cách sử dụng bài toán Euler

Không gian mẫu dễ thấy bằng | | 101 11 1111 

Bài toán trở thành đếm các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình x y 90 (*) với điều kiện

0 x 100 &0 y 10

+) Số nghiệm không âm của (*) không ràng buộc điều kiện (tức là tính cả các nghiệm mà 11 y 90 ) bằng số nghiệm nguyên dương của x ' y ' 92 Ở đây : x '   x 1 1; ' y   y 1 1

Do đó, theo Ví dụ 1.4, số nghiệm là

2 92

C nghiệm.

+) Ta đếm số nghiệm của (*) thỏa mãn 0  x 90 &11 y 90

Ta có

(*)  ( x ) ( y )   x y ' '  với x '  x 1; ' y  y 10 nguyên dương

Số nghiệm của phương trình này theo Ví dụ 1.4 là

2 81

C

+) Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn ràng buộc ban đầu là

92 81

Vậy xác suất cần tính của bài toán là :

1111 101

Ví dụ 2.4: Cho đa giác đều 15 đỉnh Gọi M là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giá đều này

Chọn ngẫu nhiên 1 tam giác thuộc M Tính xác suất để tam giác được chọn là tam giác cân nhưng không đều.

Giải sử đa giác đều nội tiếp đường tròn ( ) O và số đo mỗi cung căng 1 canh là 1 đơn vị, ta có 15 cung bằng nhau

như vậy Không gian mẫu có kích thước

3 15

| | C

Xét một đỉnh tam giác cân có 1 đỉnh là 1 đỉnh của đa giác đều thì số đo cung chứa hai cạnh bên bằng nhau bằng

1,

x  x , cạnh còn lại là y 1, x . Ta có : 2x y 15  x 7 và x  y x 5 Vậy có 6 tam giác cân có đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho nên có tất cả 15 6 90 tam giác cân không đều thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là 153

90 18 91

P C

Ví dụ 2.5: Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập X  {0 1 2 3 4 5 6 7, , , , , , , } Rút ngẫu nhiên

một một số thuộc tập S Tính xác suất để rút được số mà trong đó chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số

đứng trước

Không gian mẫu dễ tính được | | 7 8 8 . 448

Xét một số abc thỏa mãn đề bài thì 1   a b c 7

Đặt x a  1; y b a z c b t  ;   ;  7 c, Ta có : x y z t , , , 0, , , , x y z t  và : x y z t   6 (*) Vậy

số nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) chính là số các số abc thỏa mãn đề bài.

Mà theo Ví dụ 1.2, phương trình (*) có

6 4 1 9

   nghiệm Do đó có

3 9

C số thỏa mãn biến cố xảy ra.

Vậy xác suất cần tính là :

3

448 16

C

Ví dụ 2.6: Cho đa giác đều 20 đỉnh Lấy ngẫu nhiên 3 đỉnh Tính xác suất để 3 đỉnh đó tạo thành một tam giác vuông không cân

Gọi ( ) O là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều 20 đỉnh và gọi số đo mỗi cung chắn bởi 1 cạnh của

đa giác là 1 đơn vị, ta có 20 cung như vậy.

Xét 1 tam giác vuông tại một đỉnh của đa giác, gọi m n , là số đo hai cung căng bởi hai cạnh bên của tam giác, ta có

10

m n  (*) với n m , 1; , m n  Do đó số tam giác vuông tạo thành từ 1 đỉnh là

1

C  trong đó có 1 tam

Trang 5

giác vuông cân khi m n 5 nên có 8 tam giác vuông không cân từ 1 đỉnh Vậy có tất cả 20 8 160  tam giác

vuông không cân thỏa mãn

Vậy xác suất cần tính là : 203

160 8

57

P C

Ví dụ 2.7: Cho n n  ,( 4) giác đều nội tiếp đường tròn( ) O Có bao nhiêu hình thang (không là hình chữ nhật) mà

4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đều đã cho?

Gọi mỗi cung chứa một cạnh của đa giác đều trên đường tròn là 1 đơn vị (có n cung như vậy).

Xét một hình thang thỏa mãn mà đỉnh đầu tiên chứa đáy nhỏ là A i, các đỉnh tiếp theo theo thứ tự thuận chiều kim

đồng hồ Gọi x y y z , , , lần lượt là số đo các cung chứa đáy nhỏ, hai cạnh bên và đáy lớn của hình thang, ta có:

1

2

, ,

(*)

x y z

x z











Ta có phương trình (*) tương đương với x z n   2y (**) với mỗi y thỏa mãn 1 y n2 2

 

Theo bài toán chia kẹo Euler, phương trình (**) có n 2y 1 nghiệm nguyên dương Bây giờ ta đếm các nghiệm nguyên dương của (**) mà x z

 Nếu n lẻ thì (**) không có nghiệm x z nên số nghiệm thỏa mãn x z là

2 1 2

n y

 Nếu n chẵn thì (**) có đúng 1 nghiệm x z nên số nghiệm thỏa mãn x z là

2 2 2

n y

Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn các ràng buộc đã cho là

3 2 1

2 1 1

n

y





 



với n lẻ

4

2

1

n

y





 



với n chẵn

Với mỗi bộ số x y z , , thỏa mãn (*) xuất phát từ 1 đỉnh đa giác là đỉnh đầu tiên của đáy nhỏ hình thang (ứng với

cạnh x ) theo chiều thuận kim đồng hồ ta có 1 hình thang thỏa mãn Vậy tổng số hình thang thỏa mãn là :

1

8n n (  )( n )

với n lẻ,

1

8n n (  )( n )

với n chẵn

Áp dụng: Với n 20 tức đa giác đều 20 cạnh, số hình thang không phải hình chữ nhật tạo thành từ các đỉnh của

đa giác là:

1

20 18 16 720

Ví dụ 2.8: Gọi S là tập tất cả các số có 7 chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng59 Lấy ngẫu nhiên một số trong

S Tính xác suất để số được chọn chia hết cho11

Gọi a a1 2a7 là số thỏa mãn đề bài với

59 1

( )





Trang 6

Vậy số phần tử của không gian mẫu là số nghiệm của (1).

Ta có :

(*) trong đó : 1

x   a  x  và 1x x2, , ,3  x7 10 Do các x i trong nghiệm của (*) không vượt quá 10 nên số

nghiệm của (*) là

6 10

C

Vậy :

6 10

| | C

Có : a a1 2a7 chi hết cho 11 nên a1 a3 a5 a7  a2 a4 a6 11 22 33; ; ;

Kết hợp với (1) ta được : a2 a4 a6 24 (2) và a1 a3 a5 a7 35 (3)

Phương trình (2) tương đương 10 a2  10 a4  10 a6 6

nên tương tự (1) có số nghiệm là

2 5

C

Phương trình (3) tương đương 10 a1  10 a3  10 a5  10 a7 5

nên tương tự (1) có số nghiệm là 3

4

C

Vậy số các số có 7 chữ số có tổng là 59 và chia hết cho 11 là

  

Do đó xác suất của

biến cố cần tìm là :

6 10

4 21

P A

C



Ví dụ 2.9: Từ các số 0,1,2,3,4,5,6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số (các chữ số không nhất thiết khác nhau)

và chia hết cho 9

Gọi số thỏa mãn có dạng a a1 2a5 thỏa mãn đề bài, ta có : a +a +a +a + a = 9 ; 18 ; 271 2 3 4 5

Trường hợp 1: a +a +a +a + a = 91 2 3 4 5 với 1a1 6 0; a i 6( i  2, , )5 Đặt

1, 2, ,5

i i

x a  i   thì ta có :

1

13 1

( )

i

a x





  



- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (1) là C124

- Nếu a1 7 1,( )  x2  x3 x4 x5  6 x i  7 nên không trùng với các trường hợp

8

i

x  , phương trình này có 4

6

C nghiệm.

j i



nên không trùng với trường hợp trên Phương trình này có

4 5

C

nghiệm nên với 4 vị trí x i có 4

5

4.C nghiệm.

Vậy trường hợp này có

số thỏa mãn đề bài

Trường hợp 2:a + a +a +a +a =181 2 3 4 5 với 1a1 6 0; a i 6( i  2, , )5 Đặt x i  7 a i i ,  1, ,5

thì ta có :

1

17 2

( )

i

x







Trang 7

- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (2) là

4 16

C

- Nếu x1 7 1,( )  x2  x3  x4  x5 10 x i  7 nên không trùng với các trường hợp x  i 8 , phương trình này có

4

10

j i



nên không trùng với trường hợp trên

Phương trình này có

4 9

C

nghiệm nên với 4 vị trí xi có

4 9

4.C nghiệm.

C  C  C số thỏa mãn đề bài

Trường hợp 3: a + a +a +a +a =271 2 3 4 5 với 1a1 6 0; a i 6( i  2, , )5 Đặt

x   a i   thì ta có :

1

8 3

( )

i

x







Từ (2) và x i  1 x i 6 nên tập nghiệm của (3) không vượt ra khỏi miền xác định của x i

Phương trình này có

4 7

C nghiệm.

4 7

C số thỏa mãn đề bài.

Vậy có tất cả

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	338,49 KB