------ Trang 1 ------

MÉuSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÔNG PHONG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DỰ THI CẤP TỈNH

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

Tác giả: Trần Mạnh Sang

Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học

Chức vụ: Giáo viên Toán

Nơi công tác:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Nam Định, tháng 5 name 2014

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến:

CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:

Dạy Toán cho học sinh các lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia.

3. Thời gian áp dụng sáng kiến:

Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2013 – 2014.

4. Tác giả:

Họ và tên: Trần Mạnh Sang

Năm sinh: 1987

Nơi thường trú: Phường Ngô Quyền, thành phố Nam Định

Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học

Chức vụ công tác: Giáo viên Toán

Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Địa chỉ liên hệ: Số 19 Máy Tơ, thành phố Nam Định

Điện thoại: 097.227.6698

5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, tp. Nam Định – tỉnh  Nam Định

Điện thoại: (0350) 364 0297

------ Trang 2 ------

------ Trang 3 ------

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:

Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao

động tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp,

góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất

nước Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu

thế kỉ XXI. Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào

tạo cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực. Một trong những biện

pháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và

phương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo

dục, cũng như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc

vận động của Bộ trưởng Bộ GD - ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành

tích trong giáo dục.

Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một

trong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp

nhận và giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản

chất của nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau.

Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tổ hợp luôn là lĩnh

vực khó khăn với cả thầy và trò. Vấn đề này xuất hiện nhiều trong các kì thi HSG

quốc gia và quốc tế (có 2 trên 7 bài), là một phần quan trọng trong việc phát hiện và

bồi dưỡng các học sinh có tư chất thực sự. Một trong những phần thường hay xuất

hiện trong các đề thi chính là bài toán đếm.

Bài toán đếm có thể nói là một bài toán cổ xưa nhất: Đếm số súc vật trong

chuồng, đếm số học sinh trong lớp, đếm số quân của đoàn quân,... Để đếm, có lẽ ai

cũng sẽ có thể cho 1 kết quả, tuy nhiên kết quả đó có đúng hay không? Khi kết quả

đúng rồi thì cũng có thể có những cách đếm khác nhau. Ví dụ cùng là kết quả 36

nhưng có người đếm là 36x1, có người lại ra là 6.6, đó đã là hai cách hoàn toàn khác

nhau. Có thể thấy được bài toán đếm rất hay dẫn đến nhầm lẫn trong tính toán. Để

------ Trang 4 ------

hiểu rõ hơn các bài toán thuộc dạng này, chúng tôi tìm hiểu và đưa ra các phương

pháp đếm nâng cao. Trước hết giúp học sinh hiểu rõ vấn đề bản chất cùng với sự tư

suy logic thông qua việc kết hợp các bài toán với nhau. Sau nữa, chúng tôi muốn

đưa ra những cách phát biểu khác nhau cho một bài toán, có thể từ những bài đơn

giản, khi phát biểu theo ngôn ngữ thực tế lại thấy không dễ dàng, từ đó cho ta cảm

giác khó khăn trong giải bài toán.

II. Thực trạng (trước khi tạo ra sáng kiến)

Đã có rất nhiều bài toán, các đề thi HSG có xuất hiện bài toán đếm: HSG

quốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế (IMO, IMC) hay các kì thi của các quốc

gia (China TST, USA TST,...). Việc giải quyết các bài toán này không hề đơn giản

(Thường là bài khó nhất trong đề thi). Một phần khó đối với học sinh của Việt

Nam chính là việc các em ít tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm giác sợ khi gặp.

Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúp

các em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đó

cũng mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trong

quá trình giảng dạy.

III. Phương pháp nghiên cứu:

Để hoàn thành báo cáo này tôi đã lựa chon các phương pháp nghiên cứu sau:

+) Nghiên cứu các loại tài liệu có liên quan đến vấn đề này.

+) Trao đổi với các đồng nghiệp để có những nhìn nhận vấn đề dưới nhiều

góc độ khác nhau, từ đó tìm ra giải pháp cho vấn đề nghiên cứu.

+) Quan sát quá trình tiếp thu kiến thức của học sinh, lắng nghe ý kiến, giải

đáp các thắc mắc của các em, để tìm ra khâu mà các em học sinh còn vướng mắc,

từ đó rút ra những bài học kinh nghiệm cho bản thân.

IV. Đối tượng nghiên cứu:

------ Trang 5 ------

Sáng kiến này tôi đã áp dụng cho các em học sinh lớp chuyên Toán, các em

trong đội dự tuyển, đội tuyển thi HSG quốc gia và khu vực từ năm học 2011-2012 đến

năm học 2013 – 2014.

V. Nội dung chính

A. KIẾN THỨC MỞ ĐẦU

1. HAI NGUYÊN LÝ CƠ BẢN

1.1. Nguyên lý cộng: Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau (chúng không có phần tử chung) thì .

Nguyên lý cộng còn có thể phát biểu một cách khác như sau:

Nếu một công việc có thể thực hiện bằng một trong hai phương án loại trừ lẫn nhau: phương án thứ nhất có m cách thực hiện và phương án thứ hai có n cách thực hiện. Khi đó công việc đó có m + n cách thực hiện.

Nguyên lý cộng mở rộng: Nếu tập hợp hữu hạn C là hợp của n tập đôi một rời nhau C1, C2, ..., Cn thì: |C| = |C1| + ...| |Cn|

1.2. Định nghĩa: Tích Descartes của hai tập hợp A, B ký hiệu bởi AxB là tập hợp tất cả các cặp thứ tự (a, b) với a A, b B.

1.3. Nguyên lý nhân: Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì AxB cũng hữu hạn và ta có |A x B| = |A|.|B|

Định nghĩa về tích Descartes và nguyên lý nhân trên đây có thể mở rộng cho nhiều tập hợp. Nguyên lý nhân có thể phát biểu một cách khác như sau:

Nếu một quá trình có thể được thực hiện qua hai công đọan: công đọan I có n1 cách thực hiện, công đọan II (sau khi thực hiện I) có n2 cách thực hiện. Khi đó có n1.n2

cách thực hiện quá trình đó.

2. Các đối tượng tổ hợp và các số tổ hợp

2.1. Họ các tập con của một tập hợp E được kí hiệu P(E) = A| A E

Mệnh đề: |P(E)| = 2|E|

2.2. Chỉnh hợp của n phần tử chọn k (hay chỉnh hợp chập k của n phần tử)

------ Trang 6 ------

Giả sử E = a1, a2, ..., an. Chỉnh hợp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (ai1, ..., aik).

Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là Akn. Ta có

Akn = n(n-1)..(n-k+1) = n!/(n-k)!

2.3. Tổ hợp của n phần tử chọn k (hay tổ hợp chập k của n phần tử)

Giả sử E = a1, a2, ..., an. Tổ hợp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ tự gồm k phần tử ai1, ..., aik. Nói cách khác, đó là một tập con gồm k phần tử.

Số các tổ hợp chập k của n phần tử được ký hiệu là Ckn. Ta có

Ckn = n(n-1)..(n-k+1)/k! = n!/k!(n-k)!

2.4. Hoán vị

Giả sử E = a1, a2, ..., an. Một hóan vị của E là một cách xếp các phần tử của E theo một thứ tự nào đó. Nói cách khác, đó chỉnh là chỉnh hợp của n phần tử chọn n.

Số các hóan vị của n phần tử ký hiệu là Pn. Ta có Pn = n!.

2.5. Chỉnh hợp lặp

Giả sử E = a1, a2, ..., an. Chỉnh hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ sắp thứ tự gồm k phần tử (ai1, ..., aik), trong đó cho phép lấy lặp lại.

Số các chỉnh hợp chập k của n, theo quy tắc nhân, bằng nk.

2.6. Tổ hợp lặp

Giả sử E = a1, a2, ..., an. Tổ hợp lặp của n phần tử chọn k là một bộ không sắp thứ tự gồm k phần tử ai1, ..., aik, trong đó cho phép lấy lặp lại. Nói cách khác, đó là một đa tập hợp gồm k phần tử lấy từ E.

Số các tổ hợp lặp chập k của n phần tử được ký hiệu là Hkn. Ta có Hk

n = Ckn+k-1

2.7. Hoán vị lặp

Xét đa tập hợp E(r1, r2, ..., rs) có n phần tử, trong đó phần tử a1 có r1 phiên bản, phần tử a2 có r2 phiên bản, ..., phần tử as có rs phiên bản. r1+r2+...+rs = n. Một cách xếp các phần tử của E theo thứ tự nào đó được gọi là một hóan vị lặp của n phần tử của E.

Số hoán vị lặp của đa tập hợp E(r1, r2, ..., rs) bằng n!/r1!...rs!.------ Trang 7 ------

Bổ đề: (Tính chất hệ số nhị thức): Ck-1n+Ck

n = Ckn+1

Định lý: (Nhị thức Newton): (x+y)n = C0nxn + C1

nxn-1y + ...+ Cnnyn

B. CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẾM NÂNG CAO

1. SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ

Nguyên lý: Cho là các tập hợp hữu hạn khác rỗng thì:

hay:

Chứng minh: Ta chứng minh công thức (1) bằng phương pháp quy nạp theo

số n các tập hợp.

n = 1, 2 công thức (1) đúng.

Giả sử công thức (1) đúng đến n tập hợp hữu hạn, khác rỗng cho trước

Xét n + 1 tập hợp hữu hạn bất kỳ: A1, A2, ..., An+1 thì ta có:

- Theo trường hợp n =2:

- Theo giả thiết quy nạp:

- Bây giờ ta đi tính

- Ta viết:

------ Trang 8 ------

Từ (3), (4), (5) với chú ý rằng:

=

ta có điều phải chứng minh

Một số bài toán áp dụng

Bài toán 1: Một lớp có 40 học sinh, trong đó có 20 em giỏi toán, 21 em giỏi lí, 22 em

giỏi hoá; 8 em giỏi toán và hoá, 11 em giỏi lí và hoá, 5 em giỏi cả ba môn. Biết rằng

mỗi học sinh trong lớp giỏi ít nhất một môn. Tìm số học sinh giỏi cả hai môn toán và

lý.

Lời giải : Gọi T, L, H lần lượt là số học sinh giỏi toán, lý, hoá.

Từ giả thiết ; ; ; ;

. Ta phải tìm .

Ta có:

40 =20+21+22- -8-11+5 = 20+21+22-8-11+5- 40=9

Vậy có 9 học sinh giỏi cả hai môn toán và lý.

Bài toán 2: Có 15 quả cầu đôi một khác nhau, trong đó có 4 quả màu vàng. 5 quả màu xanh, 6 quả màu đỏ. Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả sao cho trong các quả cầu còn lại có đủ ba màu.

Lời giải: Gọi A là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu; V, X, Đ theo thứ tự là tập hợp các cách chọn ra 10 quả cầu mà trong các quả cầu còn lại không có quả nào màu vàng, xanh, đỏ; n là số cách chọn 10 quả cầu thoả mãn yêu cầu. Ta có:

------ Trang 9 ------

)

;

Vậy n= 3003 - (462 + 252 + 126 - 7) = 2170

Bài toán 3: Cho 3 chữ số: 1, 2, 3. Từ các chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số

gồm n chữ số (n 3) sao cho trong mỗi số đó, có mặt cả ba chữ số 1, 2, 3.

Lời giải : Gọi A là tập hợp các số thoả mãn điều kiện bài toán. S là tập hợp

các số gồm n chữ số được lập từ ba chữ số đã cho. Ti là tập hợp các số thuộc S mà

trong số đó không có mặt chữ số i (i=1,2,3).

Ta có:

*

*

dễ tính được: , = 0

Vậy: = 3. 2n - 3 -3.2n +3

Bài toán 4: Cho n là số nguyên dương và cho k số nguyên dương a1, a2, ..., ak đôi

một nguyên tố cùng nhau. Tìm số các số nguyên dương a n sao cho a không chia

hết cho ai với mọi i=1, 2, ..., k.

Lời giải : Mỗi i=1, 2, ..., k. Ta đặt và A là tập hợp

các số thoả mãn điều kiện của bài toán thì

------ Trang 10 ------

Dễ thấy với miN* và thoả mãn: miai n < (mi+1)ai

Nên: .

(Do (ai, aj) = 1)).

Hoàn toàn tương tự .

Vậy

Bài toán 5: Cho n là số nguyên dương. Gọi A là tập gồm tất cả các số nguyên

dương và . Xác định .

Lời giải : Phân tích chuẩn tắc n ta được với là các ước

nguyên tố của n với mọi i.

Khi đó

Gọi

Suy ra là tập các số và

------ Trang 11 ------

Theo nguyên lí bù trừ và bài toán trên ta có:

Bài toán 6: Cho các số nguyên dương k và n thỏa mãn điều kiện .

Xét n tập hợp thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i.

ii.

Tính .

Lời giải : Từ giả thiết suy ra

Xét một tập bất kì, chẳng hạn . Khi đó

Mà có k phần tử nên theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn tại 1 phần tử là

phần tử chung của ít nhất m tập trong các tập với .

Nếu thì sẽ tồn tại mà . Khi đó suy ra , vô lí.

Suy ra hay , suy ra

------ Trang 12 ------

Bài toán 7: Cho m quả cầu đôi một khác nhau và n cái hộp đôi một khác nhau (m

n). Có bao nhiêu cách bỏ tất cả các quả cầu vào trong các hộp sao cho hộp nào

cũng có ít nhất 1 quả cầu (không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp).

Khi giải bài toán này, rất nhiều học sinh mắc sai lầm như sau: Trước hết bỏ

vào mỗi hộp một quả cầu: Có cách, sau đó phân phối ngẫu nhiên m-n cầu còn

lại vào n cái hộp và có nm-n và kết luận: . nm-n cách. Cách giải trên đã mắc sai

lầm vì ta không kể thứ tự của các quả cầu trong mỗi hộp.

Để giải bài toán này, ta phải dùng nguyên lí bù trừ.

Gọi A là số cách bỏ cầu vào hộp thoả mãn điều kiện bài toán;

Với mỗi i=1, 2, ..., n ta ký hiệu Ai là số cách bỏ cầu vào hộp mà A i không chứa

cầu. S là tập hợp tất cả các cách bỏ cầu vào hộp. Thế thì

Ta dễ thấy số cách bỏ ngẫu nhiên x quả cầu vào y cái hộp (số lượng cầu trong

mỗi hộp không hạn chế và không kể thứ tự các quả cầu trong mỗi hộp) là yx.

Thật vậy: Quả cầu thứ nhất có y cách bỏ vào hộp (bỏ vào hộp nào cũng

được); quả cầu thứ hai cũng có y cách bỏ vào hộp (bỏ vào hộp nào cũng được, kể

cả hộp đã có cầu) ... quả cầu thứ x cũng có y cách bỏ vào hộp.

Vậy theo quy tắc nhân thì ta có: cách bỏ hết cầu vào hộp.

Từ nhận xét trên ta thấy: =nm. (bỏ m quả cầu vào n-1 cái hộp

khác hộp Ai) với i=1, 2,..., n

(bỏ m quả cầu vào n-2 cái hộp khác hộp Ai và Aj), ij

------ Trang 13 ------

i, j=1, 2,..., n.Tương tự: với 1 i1 < i2 < ... < ik n.

Từ đó

=

Nhận xét: Bản chất bài toán trên là " Có bao nhiêu toàn ánh f: XY, trong

đó X có m phần tử còn Y có n phần tử, m n".

Bài toán 8: Cho n quả cầu C1,...,Cn và n cái hộp H1,...,Hn. Có bao nhiêu cách bỏ các quả

cầu vào hộp, mỗi hộp 1 quả cầu sao cho hộp Hi không chứa quả cầu Ci,

Ta có thể phát biểu bài toán ở dạng khác:

Cho hai tập hợp hữu hạn khác rỗng có cùng số phần tử :

và Y= . Hãy tìm số các song ánh : sao cho

(ai)bi, i=1, 2,..., n.

Lời giải: Ta ký hiệu A là tập các song ánh thoả mãn điều kiện bài

toán; Với mỗi i = 1,..., n. Ta đặt Ai là tập hợp các song ánh mà (ai)=bi;

S là tập hợp các song ánh từ X lên Y

Ta có nhận xét: Nếu các tập hợp khác rỗng, hữu hạn P, Q có cùng số phần tử

là k thì có k! song ánh từ P lên Q (mỗi song ánh tương ứng với 1 hoán vị của k

phần tử). Từ nhận xét đó dễ thấy:

=n!

------ Trang 14 ------

.

thoả mãn: 1i1<i2<…<ikn

Vậy

Bài toán 9: Một người đưa thư phân phối n bức thư mang tên người nhận khác

nhau vào n hộp thư của các người nhận. Do tên người nhận ghi trên các phong bì

bị mờ nên việc phân phối được thực hiện ngẫu nhiên mỗi thư vào một hộp. Có bao

nhiêu kết quả phân phối khác nhau, sao cho có ít nhất một bức thư đến đúng địa

chỉ.

Ta có thể phát biểu bài toán ở dạng khác như sau:

Cho hai tập hợp hữu hạn khác rỗng có cùng số phần tử :

và Y= . Hãy tìm số các song ánh : sao cho

tồn tại i{1,2,...,n} mà (ai)=bi, i=1, 2,…,n.

Lời giải: Dựa theo kết quả ví dụ 6. Số các song ánh f thỏa mãn yêu cầu là:

Bài toán 10 : Cho hai tập hợp hữu hạn, khác rỗng có cùng số phần tử là n:

và Y= . Có bao nhiêu song ánh : sao

cho có đúng k số tự nhiên i1, i2, ..., ik (1 k n) mà (aij)=bij j=1, 2,..., k

------ Trang 15 ------

Lời giải : Trước hết ta chọn k số trong tập X : và đặt ,

j=1, 2, ..., k. có cách chọn ra k phần tử như vậy.

Ta xét n-k phần tử còn lại trong X và n-k phần tử còn lại trong Y (khác với các bij). Theo

ví dụ 5 thì có (n-k)! song ánh từ X lên Y mà .

Vậy số song ánh cần tìm: (Theo quy tắc nhân)

Bài toán 11: Cho n là một số tự nhiên. Ta nói hoán vị (x1, x2, ..., x2n) của tập hợp

{1, 2, ..., 2n} có tính chất P nếu với ít nhất một i{1, ..., 2n-1}. Chứng

minh rằng với mỗi n, số các hoán vị có tính chất P lớn hơn số các hoán vị không có

tính chất P.

Lời giải: Ta chia các số 1, 2, ...,n thành từng cặp (1; n+1); (2; n+2);...; (n; 2n).

Một hoán vị có tính chất P nếu có xi và xi+1 trong cùng một cặp. Giả sử Ak là

tập hợp các hoán vị trong đó các số k và n+k đứng kề nhau. Số các hoán vị có tính

chất P là: , số tất cả các hoán vị là: (2n)!.

Vậy ta đi chứng minh: > (2n)!

Ta có:

Trong mỗi hoán vị của 2n phần tử có 2n-1 các chọn cặp 2 phần tử kề nhau

để đặt hai số k và n + k.

Vì vậy = 2(2n - 1)(2n - 2)! = 2(2n - 1)!;

------ Trang 16 ------

Tương tự, Trong mỗi hoán vị của 2n phần tử có (2n - 3)(n - 1) các chọn

2cặp, mỗi cặp có 2 phần tử kề nhau để đặt hai số k và n + k và i, n + i. Vì vậy

Cuối cùng ta được:

Bài toán 12: (VMO-1995, Bảng B). Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao

nhiêu số có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1. Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần

2. Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau

Gợi ý

Gọi A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số, lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5 thỏa mãn

điều kiện (1) của để bài. Với mỗi kí hiệu Ai là tập gồm tất cả các số thuộc A mà

trong mỗi số đều có hai chữ số đúng cạnh nhau.

Suy ra số các số cần tìm là:

Ta có: ;

Suy ra kết quả là: 39480

Một số bài tập áp dụng

------ Trang 17 ------

Bài 1: Có người xếp thành một hàng dọc. Hỏi với mỗi số nguyên dương

cho trước có bao nhiêu cách chọn ra người người trên sao cho không

có hai người đứng kề nhau được chọn

Bài 2: (Bài đề nghị cho IMO của Trung Quốc năm 1991): Cho s = 1, 2, 3, …, 280.

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp con gồm n phần tử của S đều chứa

năm số đôi một nguyên tố cùng nhau

Bài 3 (VMO - 1995). Cho số nguyên và cho một đa giác đều 2n đỉnh. Người

ta tô tất cả các đỉnh của đa giác đều đó bởi n màu sao cho các điều kiện sau được

đồng thời thỏa mãn:

1. Mỗi đỉnh được tô bởi một màu

2. Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau

Hai cách tô màu, thỏa mãn các điều kiện trên, được gọi là tương đương nếu cách tô

màu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của đa

giác đã cho

Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu đôi một không tương đương

2. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ÁNH XẠ

Để đếm số phần tử của một tập hữu hạn A, ta tìm một tập hữu hạn B có cùng số phần tử như A nhưng dễ đếm hơn. Hoặc khi gặp bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức lên quan đến số phần tử của hai tập, ta tìm một ánh xạ ( là đơn hay toàn ánh tùy thuộc vào bất đẳng thức) từ tập này vào tập kia. Điều này được suy ra do nguyên lí ánh xạ.Trước hết có một số kiến thức lý thuyết mở đầu1. Định nghĩa ánh xạ: Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x của X với một và chỉ một phần tử y của Y. Phần tử y được gọi là tạo ảnh của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là .i. Tập X được gọi là tập xác định của f. Tập Y được gọi là tập giá trị của f.ii. Ánh xạ f từ X đến Y được ký hiệu là .2. Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

------ Trang 18 ------

2.1. Ánh xạ được gọi là đơn ánh nếu với mọi thì .

Hay với mọi mà thì .2.2. Ánh xạ được gọi là toàn ánh nếu với mỗi đều tồn tại một phần tử sao cho .2.3. Ánh xạ được gọi là song ánh nếu nó vừa là toàn ánh, vừa là đơn ánh.Nguyên lý ánh xạ. Cho A và B  là các tập hữu hạn khác rỗng và   là một ánh xạ. Khi đó:a) Nếu f  là đơn ánh thì  ;b) Nếu f  là toàn ánh thì  ;c) Nếu f  là song ánh thì  .

Chúng ta cùng đến với một số ví dụ mở đầu sau đây.Bài toán 1: Xét hình chữ nhật 1x4 như hình vẽ. Có bao nhiêu cách để đi từ A đến B trong mỗi trường hợp sau:

a. Chỉ đi lên và qua phải.

b. Không có đoạn nào lặp lại.

Giải

Ta cần đưa việc tính số đường đi thông qua một bộ kí tự mới.

a. Ta có thể mã hóa mỗi lần đi lên là số 1, đi qua phải là số 0. Khi đó mỗi đường đi sẽ ứng với một dãy các số 1 và 0, trong đó có đúng 1 số 1 và 4 số 0 ( Ở đây đã xuất hiện song ánh từ tập đường đi với tập bộ số 1, 0 thỏa mãn yêu cầu). Số các dãy đó là số cách chọn 1 vị trí trong 5 vị trí để đặt số 1, có 5 cách.

b. Mỗi bước đi có thể coi là một dãy các cách đi lên, qua phải, đi xuống (không được đi qua trái vì nếu thế sẽ có đoạn lặp lại). Có thể thấy sau mỗi bước đi lên hoặc đi xuống thì phải qua phải, vì vậy ta chỉ quan tâm đến đường đi bên trên và đường đi bên dưới.

Ví dụ dãy: LPPXPLP, ta coi nó như dãy TTDT.

Như vậy số cách thỏa mãn bằng số cách sắp xếp 2 kí tự T, D vào 4 vị trí mà không cần điều kiện gì ràng buộc, số cách là .

------ Trang 19 ------

B

A

B

A

D

I

BCF

E

A

Bài toán 2: Cho hình chữ nhật với đỉnh dưới cùng bên trái là A, trên cùng bên phải là B. Có bao nhiêu cách đi từ A đến B trong mỗi trường hợp sau:

a. Chỉ được đi lên và qua phải.

b. Chỉ được đi lên và qua phải nhưng không được chạm vào đường AC (không kể điểm A).

c. Chỉ được đi lên và qua phải nhưng không đi qua điểm I (là giao của dòng i và cột j).

Giải

a. Tương tự như ý a của bài toán 1, ta có thể mã hóa mỗi lần đi lên là số 1, đi qua phải là số 0. Khi đó mỗi đường đi sẽ ứng với một dãy các số 1 và 0, trong đó có đúng m số 1 và n số 0. Số các dãy đó là số cách chọn m vị trí trong vị trí để đặt số 1, ta được kết quả là .

b. Đi từ A đến B mà không chạm AC, nghĩa là bước đầu phải qua D. Số bước đi từ A

đến B không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B mà không chạm AC bằng số cách đi từ D đến B trừ đi số cách đi từ D đến B mà chạm vào AC.

Mỗi cách đi từ D đến B mà chạm AC, giả sử chạm tại điểm M và N (như hình vẽ) ta lấy đối xứng qua đường AC đoạn đường đi từ D đến N, sẽ được một cách đi từ E đến B, tổng quát hơn thì ta sẽ lấy đối xứng đường đi từ D đến điểm chạm AC cuối cùng. Dễ thấy đây là một song ánh từ tập cách đi từ D đến B mà chạm AC với tập cách đi từ E đến B.

Theo ý a, ta được: số cách đi từ D đến B là , số cách đi từ E đên B là .

Vậy kết quả là: .

c. Số cách đi không qua I bằng số cách đi từ A đến B trừ đi số cách đi qua I.

Số cách đi qua I bằng số cách đi từ A đến I nhân với số cách đi từ I đến B (quy tắc nhân) = .

------ Trang 20 ------

M

D

BC

N

E

A

Vậy kết quả là .

Bài toán 3 (Bài toán bầu cử): Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A được a phiếu bầu, ứng cử viên B được b phiếu bầu (a > b). Cử tri bỏ phiếu tuần tự từng người. Có bao nhiêu cách sắp xếp việc bỏ phiếu để lúc nào A cũng hơn B về số phiếu bầu?

Giải

Xét hình chữ nhật như hình vẽ (có b hàng và a cột). Mỗi một cách sắp xếp việc bỏ phiếu là một cách đi từ M đến N (nếu bỏ cho A thì qua phải, bỏ cho B thì lên trên).

Cách sắp xếp để lúc nào A cũng thắng là cách đi từ M đến N mà không chạm MP (không kể điểm M).

Theo bài toán 2, được kết quả là .

Tuy nhiên, chúng ta cần hoán vị những cử tri để có được kết quả là

Một mở rộng của bài toán bầu cử: Trong một cuộc bầu cử, ứng cử viên A nhận được m phiếu bầu và ứng cử viên B nhận được n phiếu bầu, với . Hỏi có bao nhiêu cách sắp thứ tự các phiếu bầu để ứng cử viên A luôn nhận được số phiếu nhiều hơn k lần ứng cử viên B trong toàn bộ quá trình kiểm phiếu.

Bài toán 4 (bài toán xếp hàng mua vé): Có m + n người đang đứng quanh quầy vé, trong đó n người chỉ có tiền 5.000 và m người chỉ có tiền 10.000. Đầu tiên ở quầy không có tiền, vé giá 5.000. Hỏi có bao nhiêu cách xếp m + n người thành hàng để không một người nào phải chờ tiền trả lại (m n).

Giải

Xét hình chữ nhật như hình vẽ (có m hàng và n cột).

Mỗi một cách sắp xếp việc mua vé là một cách đi từ M đến N (nếu người mua vé có 5000 thì qua phải, người mua vé có 10.000 thì lên trên).

------ Trang 21 ------

NP

M

NP

M

Cách sắp xếp để không có người nào phải đợi trả lại vé, nghĩa là tại một thời điểm bất kì số người đã mua vé có 5000 nhiều hơn số người đã mua vé có 10.000, đây chính là cách đi từ M đến N mà không chạm MP (không kể điểm M).

Theo bài toán 2, được kết quả là: .

Cũng như bài 3, ta cần hoán vị những người mua vé, được kết quả là

Bài toán 5 ( Bài toán chia kẹo của EULER ) : Cho k, n là các số nguyên dương.

Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình : .

Đây là bài toán quen thuộc của toán đếm tổ hợp. Có thể kể ra một vài phương

pháp giải quyết đối với bài toán này như đệ quy, hàm sinh,…Nhưng ở đây chúng

ta sẽ tiếp cận nó theo một góc nhìn khác : Song ánh. Một cách tự nhiên ta nghĩ đến

việc thiết lập một ánh xạ từ tập {x1 , x2 , … , xk }. Và để thuận tiện ta sẽ cho ánh xạ

này chạy vào một dãy nhị phân , đưa bài toán trở về đếm tổ hợp thông thường.

Giải Gọi A là họ các bộ {x1 , x2 , … xk }thoả mãn phương trình, B là họ các

dãy nhị phân có độ dài n + k - 1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1.

Xét ánh xạ f cho bởi quy tắc : Với mỗi bộ {x1 , x2 , … xk } ta thực hiện viết liên

tiếp từ trái qua phải x1 bit 1, rồi đến 1 bit 0, rồi lại đến x2 bit 1, cứ như thế đến hết

xn. Như vậy ứng với mỗi bộ{x1 , x2 , … xk } ta xây dựng được một dãy nhị phân có

độ dài n+k-1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1. Dễ dàng chứng minh được f là một song

ánh.

Vậy số nghiệm của phương trình (*) sẽ tương ứng với số dãy nhị phân có độ

dài n+k-1 gồm k-1 bit 0 và n bit 1. Mặt khác mỗi dãy nhị phân tương ứng với một

cách chọn k-1 vị trí cho bit 0 nên số dãy nhị phân thoả mãn là .

Ta có thể mở rộng hơn bài toán trên khi thêm điều kiện của ẩn, ví dụ như:

------ Trang 22 ------

Cho k, n là các số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên lớn hơn hoặc bằng m

của phương trình : x1 + x2 + … + xk = n (*)

Bằng cách đổi biến , nhận xét

Ta được phương trình: , khi đó cần điều kiện

để phương trình có nghiệm, và ta đưa về bài toán trên.

Bài toán chia kẹo của EULER có rất nhiều ứng dụng trong việc đếm số cách

sắp xếp các phần tử, chủ yếu vào 1 hàng và thỏa mãn điều kiện nào đó. Có thể

kể ra một số ứng dụng của bài toán này:

VMO 2012 - Bài toán 5

Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5 và 12 chàng trai. Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2, G3, G4, G5;

3/ Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;

4/ Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.

Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?

(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).

Lời giải.

Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1, 2, …,17. Gọi x1 là số chàng trai được xếp bên trái G1, x2 là số chàng trai ở giữa G1 và G2, x3

là số chàng trai ở giữa G2 và G3, x4 là số chàng trai ở giữa G3 và G4, x5 là số chàng trai ở giữa G4 và G5, x6 là số chàng trai được xếp ở bên phải G5. Khi đó bộ số (x1, x2, …, x6) hoàn toàn xác định vị trí các cô gái và ta có1) x1 + x2 + … + x6 = 122) 3 ≤ x2 3) 1 ≤ x5 ≤ 4Đổi biến y2 = x2 – 3 và y5 = x5 – 1 ta được x1 + y2 + x3 + x4 + y5 + x6 = 8

------ Trang 23 ------

Với các ẩn không âm và có thêm điều kiện y5 ≤ 3. Tiếp theo, sử dụng bài toán chia kẹo của Euler ở dạng

x1 + y2 + x3 + x4 + x6 = 8 – y5

ta được số cách phân ghế cho các cô gái là Vì còn có 12 chàng trai có thể hoán đổi vị 12 chiếc ghế dành cho họ nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12!. 1161.

Lưu ý: Với các bài toán dưới đây, điều kiện của k, m, n đều là các số nguyên dương.

Bài toán 6: Có bao nhiêu cách chọn k số từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho

không có 2 số nào là 2 số liên tiếp (ở đây không quan tâm thứ tự chọn các số này).

Giải

Cần tìm số phần tử của tập

Xét tập .

Thiết lập một ánh xạ

Ta chứng minh đây là một song ánh.

Với hai bộ bất kì là khác nhau, nghĩa là

chúng khác nhau tại một vị trí nào đó, giả sử là vị trí thứ i, tức là

,

hay hai bộ là khác

nhau. Suy ra f là đơn ánh.

Với mỗi bộ rõ ràng luôn cho một bộ

, hay f là toàn ánh.

Vậy f là song ánh.------ Trang 24 ------

số cách chọn k số từ số mà không quan tâm thứ tự .

Có thể thấy một số cách phát biểu khác của bài toán 6

Bài toán 6.1: Trên đường thẳng cho các điểm . Có bao nhiêu cách tô

màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô.

Hướng dẫn: Đánh số các điểm tương ứng với các số 1, 2, …, n. Cách tô

màu thỏa mãn đề bài chính là cách chọn k số từ n số trên sao cho không có hai số

liên tiếp được chọn. Theo bài toán 6 được kết quả là .

Bài toán 6.2: Trên đường tròn cho các điểm theo chiều kim đồng hồ.

Có bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho không có hai điểm liên

tiếp được tô.

Hướng dẫn

Xét điểm . Nếu được tô màu, khi đó hai điểm không được tô.

Suy ra số cách thỏa mãn là số cách tô điểm trong số điểm

sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô. Kết quả là .

Nếu không được tô màu thì số cách thỏa mãn là số cách tô điểm trong số các

điểm sao cho không có hai điểm liên tiếp được tô. Kết quả là .

Vậy tổng số cách là .

Bài toán 6.3: Cho đa giác lồi với các đỉnh được đánh theo chiều kim

đồng hồ . Có bao nhiêu cách tô màu k đỉnh trong n đỉnh trên sao cho không có hai

đỉnh liên tiếp được tô.

Bài này có cách giải tương tự bài toán 6.2.

Hay một sự mở rộng của bài toán 6

------ Trang 25 ------

Bài toán 6’: Có bao nhiêu cách chọn k số từ n số nguyên dương đầu tiên sao cho

với hai số bất kì a, b được chọn ta luôn có (ở đây không quan tâm thứ

tự chọn các số này).

Cách giải tương tự bài toán 6

Cần tìm số phần tử của tập

Xét tập .

Thiết lập một ánh xạ

Ta dễ dàng chứng minh đây là một song ánh.

số cách chọn k số từ số mà không quan tâm thứ tự

.

Tương tự như trên có một số cách phát biểu khác cho bài toán 6’

Bài toán 6’.1: Trên đường thẳng cho các điểm . Có bao nhiêu cách tô

màu k điểm trong n điểm trên sao cho giữa hai điểm liên tiếp được tô có nhiều hơn

m điểm không được tô.

Bài toán 6’.2: Trên đường tròn cho các điểm theo chiều kim đồng hồ .

Có bao nhiêu cách tô màu k điểm trong n điểm trên sao cho giữa hai điểm liên tiếp

được tô có nhiều hơn m điểm không được tô.

Và sự mở rộng lớn hơn của bài toán 6’ đối với đa giác, ta có bài VNTST 1997

Bài toán 6’.3: Cho các số nguyên dương với và . Cho n

điểm phân biệt nằm trên 1 đường tròn, tô tất cả n điểm đó bởi 1 trong 2 màu xanh,

đỏ ( mỗi điểm 1 màu ) sao cho có đúng k điểm tô màu xanh và trên mỗi cung tròn

------ Trang 26 ------

A

WVU

D

TS

C

B

X

Y Z

mà 2 đầu mút là 2 điểm xanh liên tiếp ( tính theo chiều kim đồng hồ ) luôn có ít

nhất p điểm đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu khác nhau? (Hai cách tô khác nhau

nếu có ít nhất 1 điểm tô bởi 2 màu khác nhau trong 2 cách tô đó)  

Các bài toán 6’.1; bài toán 6’.2; bài toán 6’.3 được giải quyết cùng tư tưởng trên

khi vận dụng bài toán 6’. Tác giả xin không nêu lời giải.

Cùng tiếp tục với một bài toán đếm thú vị

Bài toán 7: Hình bên là một tam giác đều có độ dài cạnh là n (n là số nguyên dương) được chia thành tam giác đều đơn vị có độ dài cạnh là 1. Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo thành với đỉnh là đỉnh của các tam giác, cạnh song song hoặc trùng với cạnh của các tam giác.Ví dụ ABCD là một hình bình hành.

GiảiCó 3 loại hình bình hành: + Có cạnh cùng phương với XY và YZ+ Có cạnh cùng phương với YZ và ZX+ Có cạnh cùng phương với ZX và XYVà ba loại này có số lượng bằng nhau.Xét trường hợp hình bình hành có cạnh cùng phương với XZ và XYXét đường thằng ST như hình vẽ.Chiếu các đỉnh của các tam giác đơn vị xuống đường thẳng ST theo phương XY và phương XZ, trên đường ST sẽ có điểm.Nhận thấy được mỗi hình bình hành ứng với một và chỉ một bộ không sắp thứ tự 4 điểm trên ST.Ngược lại, với một bộ không sắp thứ tự 4 điểm trên ST, qua chúng dựng các đường song song với XY và XZ, bốn giao điểm tạo thành là 4 đỉnh của một hình bình hành.Vậy số tam giác trong trường hợp này là Vậy kết quả của bài toán là

------ Trang 27 ------

A

D

C

B

X

ZY

Ngoài việc ứng dụng trong các bài toán đếm, phương pháp ánh xạ còn ứng dụng trong một số bài toán chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức tổ hợp, cụ thể như một số bài toán sau:

Bài toán 8 ( IMO - 1987 ) Gọi là số các hoán vị của { 1, 2, … n } có đúng

k điểm cố định. Chứng minh rằng với k = .

Rõ ràng trong bài toán này việc đi chứng minh trực tiếp đẳng thức là không hề

đơn giản. Từ đó ta hình thành ý tưởng dựa vào các phương pháp khác nhau để tính

số phần tử của cùng một tập hợp, thông qua đó ta thu được các kết quả bằng nhau.

Giải

Tính tất cả các cặp ( x , y ) trong đó y là hoán vị với x làm điểm cố định. Với

mỗi giá trị của x ta có hoán vị y nhận x làm điểm cố định (ta hoán vị n – 1

phần tử còn lại).

Như vậy khi cho x = ta có số cặp ( x , y ) là cặp.

Mặt khác khi ta tính số cặp theo y thì ta được tổng bên trái. Thật vậy, với mỗi k

thoả mãn có hoán vị với k điểm cố định và ứng với mỗi hoán vị

này sẽ có k cặp ( x , y ) khác nhau nên số cặp ( x, y ) là với

. Đến đây ta cho hai giá trị này bằng nhau ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 9: Trong các xâu nhị phân có độ dài là n, gọi là số các xâu không chứa quá 3 số liên tiếp 0, 1, 0 và là số các xâu không chứa 4 số liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0. Chứng minh rằng .

Ta gọi một xâu thuộc loại A nếu nó không chứa 3 số liên tiếp 0, 1, 0 và gọi một xâu thuộc loại B nếu nó không chứa 4 số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0.

Với mỗi xâu , ta xây dựng như sau:

.

------ Trang 28 ------

Rõ ràng X chứa 3 số liên tiếp 0, 1, 0 khi và chỉ khi chứa 4 số hạng liên tiếp

0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 tức là X thuộc loại A khi và chỉ khi thuộc B.

Vậy f là một song ánh đi từ tập các xâu loại A độ dài n đến tập các xâu loại B độ dài mà bắt đầu bằng 0. Nhưng từ mỗi xâu X thuộc B ta nhận được một xâu

cũng thuộc B bằng cách đổi các phần tử của X theo quy tắc nên số các xâu loại B có độ dài gấp đôi số các xâu có độ dài mà bắt đầu bằng số 0. Từ đó có điều phải chứng minh.

Bài toán 10 (vô địch Ucraina – 1996) Gọi M là các số nguyên dương viết trong hệ thập phân có chữ số, trong đó có n chữ số 1 và n chữ số 2. Gọi N là số tất cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ có chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2. Chứng minh rằng M = N.

Với mỗi số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2, ta nhân đôi thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: Đầu tiên, hai phiên bản của số này được viết kề nhau thành số có hai chữ số, sau đó các chữ số 3 ở n chữ số đầu và các chữ số 4 ở n chữ số sau được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3 ở n chữ số sau và các chữ số 4 ở n chữ số đầu được đổi thành chữ số 2.

Ví dụ: .

Như thế, ta thu được một số có đúng n chữ số 1 và n chữ số 2. Rõ ràng đây là một đơn ánh. Để chứng minh đây là một song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược như sau: Với mỗi số có n chữ số 1 và n chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi cộng chúng theo cột với quy tắc: , và ta thu được một số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 với số chữ số 1 bằng số các chữ số 2. Ví dụ như sau:

Như thế song ánh giữa hai tập hợp đã được thiết lập và ta có .

Bài toán 11 (VMO – 2002) Cho tập S gồm tất cả các số nguyên dương trong đoạn . Gọi T là tập hợp tất cả các tập con không rỗng của S. Với mỗi X thuộc

T, kí hiệu là trung bình cộng các phần tử của X. Tính .

------ Trang 29 ------

Giải

Xây dựng song ánh như sau

Rõ ràng . Do đó:

.

Bài toán 12: Hãy tính trung bình cộng tất cả các số N gồm 2002 chữ số thỏa mãn và các chữ số của N thuộc tập .

Giải

Gọi M là tập các số N thoản mãn điều kiện bài toán. Xây dựng ánh xạ như sau:

Nếu thì với .

Do nên f là song ánh từ M đến M.

Từ đó suy ra .

Suy ra trung bình cộng các số N là: .

Bên cạnh những ứng dụng của phép song ánh thì ta cũng có thể sử dụng ánh xạ

đơn ánh, toàn ánh để giải các bài toán tổ hợp

Bài toán 13 ( IMO - 1989 ) Một hoán vị a1a2...a2n của { 1, 2, … 2n} , được

gọi là có tính chất P nếu | ai - ai+1 | = n đúng với ít nhất một giá trị của

. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n thì số hoán vị có tính

chất P luôn lớn hơn số hoán vị không có tính chất ấy.

Giải

Chúng ta sẽ bắt đầu từ những trường hợp nhỏ trước .

Dễ dàng kiểm chứng khẳng định với n = 1

------ Trang 30 ------

Giả sử n 2. Gọi A, B tương ứng là các tập không có và có tính chất P . Ta sẽ

chứng minh |A| < |B| . Bây giờ ta sẽ chứng minh dựa trên ý tưởng thiêt lập một

ánh xạ f từ A vào B sao cho f là đơn ánh nhưng không là toàn ánh.

Đặt T = a1a2...a2n là một phần tử của A. Do T không có tính chất P nên hai

phần tử liên tiếp nào cũng hơn kém nhau một khoảng khác n.

Do đó phần tử cách a1 khoảng cách n là ak trong đó 2 < k < 2n+1.

Đặt T0 = f (T) = a2a3...ar-1a1arar+1... a2n. Khi đó { x1, xr } là cặp liền kề có

khoảng cách n. Vì vậy T0 B .

Suy ra f là một ánh xạ từ A vào B.

*) f là đơn ánh : Đặt = x1x2…x2n và =y1y2…y2n và , A và thành phần

cách x1, y1 khoảng cách n thứ tự là xr và ys trong đó 3 xr, ys 2n .

Giả sử f( ) = f( ) x2x3...xr-1x1xrxr+1... x2n = y2y3...ys-1y1ysys+1... y2n

( x1 , xr ) và ( y1 , ys ) là các cặp cách nhau n tương úng trong f () và f

(). Do đó ta suy ra r=s x1 = y1 , xr=ys. Thật vậy nếu r ≠ s thì ta sẽ tìm được

một cặp số ( xi , xi+1) thoả mãn |xi-xi+1|=n, trái giả thiết , A .

xi=yi i = hay = . Vậy f là đơn ánh.

*) f không là toàn ánh

Do f (A) chứa tất cả các hoán vị của S chỉ gồm 1 cặp liền kề cách nhau n và B

gồm các hoán vị chứa ít nhất một cặp liền kề cách nhau n nên f(A) B . Suy ra f

không là toàn ánh.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét : Chưng minh trên có thể mở rộng ra với khoảng cách k bất kì chứ

không nhất thiết phải là n ( k { 1, 2, …n }

Tác giả xin dừng ở đây với một số bài tập tự luyện

------ Trang 31 ------

Bài 14:  Cho m, n  là các số nguyên lớn hơn 1 và S  là một tập có n phần tử. Giả sử

có các tập con   của S thoả mãn: Với mỗi hai phần tử  , có

tập   sao cho   hoặc  . Chứng minh rằng  .

Bài 15:  Cho n  là một số nguyên dương. Một hoán vị   của tập   được gọi là có tính chất P nếu  với ít nhất một  . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, số các hoán vị có tính chất P nhiều hơn số hoán vị không có tính chất đó.Bài 16: Cho n là một số nguyên dương. Có bao nhiêu cách viết n thành tổng của ít nhất hai số nguyên dương? Ở đây thứ tự các số hạng được quan tâm.Bài 17 (APMO 1998): Cho k là một số nguyên dương và F  là tập các bộ 

các tập con của tập  .

Tính tổng .

Bài 18:  Cho n >1 là một số nguyên dương và S là dãy số 1,2,…,n. Một dãy con của S được gọi là cấp số cộng cực đại của S  nếu nó là một cấp số cộng và dãy này không thể thành một cấp số cộng dài hơn bằng cách bổ sung một phần tử. Hỏi có bao nhiêu cấp số cộng cực đại của S?Bài 19 (Putnam 2002): Cho n > 1 là một số nguyên dương và   là số các tập con khác rỗng của tập   sao cho trung bình cộng tất cả các phần tử của nó là một số nguyên. Chứng minh rằng   là một số chẵn.Bài 20: Với số nguyên dương n. Chứng minh rằng số cách biểu diễn n thành tổng các số lẻ nhiều hơn số cách biểu diễn n thành tổng các số nguyên dương đôi một khác nhau.

3. ĐẾM BẰNG PHƯƠNG PHÁP TRUY HỒI

Giả sử cần tính đại lượng với là số nguyên dương. Đưa đại lượng cần tính về mối liên hệ với các đại lượng khác thông qua các hệ thức truy hồi tuyến tính, sau đó đưa về hệ thức truy hồi của đại lượng cần tính với các giá trị n cụ thể của bài toán.

Một số kiến thức cơ bản về dãy số truy hồi.

* Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1: với a, b là các hằng số.

Với thì đây là một cấp số cộng với công sai là b, công thức tổng quát là .

------ Trang 32 ------

Với , ta được công thức tổng quát là , với hai giá trị đầu tiên ta sẽ đính được A, B.

* Dãy truy hồi tuyến tính cấp 2: với a, b là các hằng số.

Xét phương trình đặc trưng

+ Nếu phương trình có nghiệm kép thì dạng tổng quát là , với hai giá trị đầu tiên ta sẽ đính được A, B.

+ Nếu phương trình có hai nghiệm phân biệt thì dạng tổng quát là , với hai giá trị đầu tiên ta sẽ đính được A, B.

Trường hợp (1) có nghiệm phức ta không xét, vì giá trị không là số nguyên và đây không là kết quả của bài toán đếm.

Ta xét một số bài toán sau:

Bài toán 1 (Romania 2003): Cho số nguyên dương n. Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số được lập từ các số thuộc tập và chia hết cho 3?

Giải

Bài toán có thể có nhiều cách giải (đã trình bày ở phần ứng dụng hàm sinh), sau đây tôi xin trình bày thêm lời giải bằng phương pháp truy hồi.

Gọi tương ứng là tập tất cả các số có n chữ số lần lượt chia hết cho 3 và không chia hết cho 3 được lập từ các số thuộc tập X. Yêu cầu bài toán tương đương tính .

Ta sẽ đi lập các biểu thức thể hiện mối liên hệ giữa hai tập trên.

* Xét 1 số thuộc thì có 2 cách thêm vào cuối 1 chữ số (3 hoặc 9) để được một số thuộc , có 2 cách thêm vào cuối 1 chữ số ( 2 hoặc 7) để được một số thuộc

.

* Xét 1 số thuộc thì có 1 cách thêm vào cuối 1 chữ số (nếu số đó chia 3 dư 1 thì thêm 2, chia 3 dư 2 thì thêm 7) để được một số thuộc , có 3 cách thêm vào cuối 1 chữ số được một số thuộc .

------ Trang 33 ------

Suy ra

.

Xét dãy số , biểu diễn theo dạng truy hồi sau

Phương trình đặc trưng

Suy ra dạng tổng quát là

Suy ra

Vậy , chính là kết quả cần tìm.

Bài toán 2: Từ các số thuộc tập có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số mà trong mỗi số đó đều chứa một số lẻ chữ số 1 và một số chẵn chữ số 2 (n là số nguyên dương cho trước).

Giải.

Kí hiệu là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ E, suy ra .

Các tập tương ứng là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ E có (lẻ chữ số 1, chẵn chữ số 2), (lẻ chữ số 1, lẻ chữ số 2), (chẵn chữ số 1, lẻ chữ số 2) và (chẵn chữ số 1, chẵn chữ số 2).

Đặt , ta được các dãy số

Ta lập hệ thức truy hồi của số phần tử của các dãy trên.

------ Trang 34 ------

+ Một số thuộc có 7 cách thêm vào chữ số cuối cùng (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) để được một số thuộc , một cách thêm chữ số cuối (chữ số 1) để được một số thuộc

và một cách thêm vào chữ số cuối (chữ số 2) để được một số thuộc .

+ Một số thuộc có 7 cách thêm vào chữ số cuối cùng (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) để được một số thuộc , một cách thêm chữ số cuối (chữ số 1) để được một số thuộc

và một cách thêm vào chữ số cuối (chữ số 2) để được một số thuộc .

+ Một số thuộc có 7 cách thêm vào chữ số cuối cùng (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) để được một số thuộc , một cách thêm chữ số cuối (chữ số 1) để được một số thuộc và một cách thêm vào chữ số cuối (chữ số 2) để được một số thuộc

.

+ Một số thuộc có 7 cách thêm vào chữ số cuối cùng (3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) để được một số thuộc , một cách thêm chữ số cuối (chữ số 1) để được một số thuộc và một cách thêm vào chữ số cuối (chữ số 2) để được một số thuộc .

Từ số suy ra một hệ thức truy hổi sau

Xét ánh xạ biến mỗi phần tử thuộc thành phần tử sau khi đổi chữ số 1 thành chữ số 2 và đổi chữ số 2 thành chữ số 1 để được phần tử thuộc .

Dễ thấy đây là một song ánh, suy ra .

Suy ra

Suy ra là kết quả cần tìm.

------ Trang 35 ------

Bài toán 3: Cho số nguyên dương n. Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau.

Giải

Đặt là tập chứa tất cả các số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

là tập chứa tất cả các số thuộc có tận cùng là 7, 8 hoặc 9.

là tập chứa tất cả các số thuộc có tận cùng là các chữ số nhỏ hơn 7.

Đặt , suy ra .

* Với mỗi số thuộc có 3 cách thêm vào chữ số cuối cùng (7, 8, 9) để được một số thuộc và 5 cách thêm vào chữ số cuối cùng (2, 3, 4, 5, 6) để được một số thuộc .

* Với mỗi số thuộc có 3 cách thêm vào chữ số cuối cùng (7, 8, 9) để được một số thuộc và 1 cách thêm vào chữ số cuối cùng (thêm vào chính chữ số cuối cùng của ) để được một số thuộc .

Suy ra .

Có

Đặt , ta được dãy

Xét phương trình đặc trưng

Suy ra dạng tổng quát của dãy số là

Từ đó có hệ

------ Trang 36 ------

Suy ra , hay là kết quả cần tìm.

Bài toán 4: Có n người ngồi thành một hàng ngang vào n chiếc ghế. Hỏi có bao nhiêu cách lập hàng mới cho n người đó mà trong mỗi cách lập hàng mới: Mỗi người hoặc giữ nguyên vị trí của mình hoặc đổi chỗ cho người liền bên trái, hoặc đổi chỗ người người liền bên phải.

Giải

Gọi là tập tất cả cách lập hàng mới thỏa mãn điều kiện bài toán.

Suy ra (hai người đổi chỗ cho nhau). Đặt

Xét người ngồi ở vị trí đầu tiên:

* Nếu người này ngồi yên tại chỗ thì sắp xếp người còn lại, có cách.

* Nếu người này đổi chỗ cho người thứ 2 thì giữa 2 người này có 1 cách xếp, ta sắp xếp cho người còn lại có cách hoặc giữ nguyên người còn lại, có 1 cách, áp dụng quy tắc nhân và cộng ở trường hợp này có cách.

Áp dụng quy tắc cộng cho hai trường hợp trên ta được: .

Vậy ta có công thức truy hổi cho dãy .

Xét dãy , ta được

Đây là dãy số Phibonaxi nổi tiếng, tùy từng tính huống dãy có thể xuất phát từ 0 hoặc 1, ở bài toán này dãy xuất phát từ 0, tôi xin đưa ra cách xây dựng dạng tổng quát của dãy này

Phương trình đặc trưng

Suy ra dạng tổng quát là

Thay các giá trị đầu của dãy, ta được hệ:

------ Trang 37 ------

Vậy công thức tổng quát là

Vậy là giá trị cần tìm.

Bài toán 5: (Bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n đĩa) Có n đĩa kích thước nhỏ dần (từ dưới lên trên) xếp chồng lên nhau trên một cọc, đĩa lớn ở dưới, đĩa nhỏ ở trên. Ngoài cọc chứa đĩa còn có hai cọc trống khác. Hãy chuyển đĩa này sang cọc khác với số lần chuyển ít nhất (xác định số lần chuyển ít nhất đó) tuân theo hai qui tắc sau:1) Mỗi lần chỉ được chuyển một đĩa từ cọc này sang cọc khác và được dùng cọc thứ ba làm cọc trung gian. 2) Không được xếp đĩa lớn lên trên đĩa nhỏ.

Một chút kiến thức ngoài lề về bài toán:

Có thể còn ít người Việt Nam biết Tháp Hà Nội, nhưng rất nhiều thanh niên sinh viên trên toàn thế giới lại biết đến nó. Đó là vì, Tháp Hà Nội là tên một bài toán rất nổi tiếng trong Chương trình khoa học tính toán (Computing Science) dành cho sinh viên những năm đầu tại các trường đại học ở nhiều nơi trên thế giới.

Tương truyền rằng ngày xửa ngày xưa, lâu lắm rồi, ở một vùng xa xôi viễn đông, thành phố Hà Nội của Việt Nam, vị quân sư của Hoàng đế vừa qua đời, Hoàng đế cần một vị quân sư mới thay thế. Bản thân Hoàng đế cũng là một nhà thông thái, nên ngài đặt ra một bài toán đố, tuyên bố ai giải được sẽ được phong làm quân sư. Bài toán của Hoàng đế là: cho n cái đĩa (ngài không nói chính xác là bao nhiêu)

------ Trang 38 ------

và ba cái trục: A là trục nguồn, B là trục đích, và C là trục trung chuyển. Những cái đĩa có kích cỡ khác nhau và có lỗ ở giữa để có thể lồng vào trục, theo quy định "nhỏ trên lớn dưới". Đầu tiên, những cái đĩa này được xếp tại trục A. Vậy làm thế nào để chuyển toàn bộ các đĩa sang trục B, với điều kiện chuyển từng cái một và luôn phải đảm bảo quy định "nhỏ trên lớn dưới", biết rằng trục C được phép sử dụng làm trục trung chuyển?

Vì địa vị quân sư được coi là vinh hiển nên có rất nhiều người dự thi. Từ vị học giả đến bác nông phu, họ đua nhau trình lên Hoàng đế lời giải của mình. Nhiều lời giải dài tới hàng nghìn bước, và nhiều lời giải có chữ "chuyển sang bước tiếp theo" (go to). Nhưng hoàng đế thấy mệt mỏi vì những lời giải đó, nên cuối cùng hạ chiếu: "Ta không hiểu những lời giải này. Phải có một cách giải nào khác dễ hiểu và nhanh chóng hơn". May mắn thay, cuối cùng đã có một cách giải như thế.

Thật vậy, ngay sau khi chiếu vua ban ra, một vị cao tăng trông bề ngoài giống như một kỳ nhân hạ sơn tới xin yết kiến hoàng đế. Vị cao tăng nói: "Thưa Bệ hạ, bài toán đố đó dễ quá, hầu như nó tự giải cho nó". Quan trùm cấm vệ đứng hầu ngay bên cạnh vua quắc mắt nhìn gã kỳ nhân, muốn quẳng gã ra ngoài, nhưng Hoàng đế vẫn kiên nhẫn tiếp tục lắng nghe. "Nếu chỉ có 1 đĩa, thì...; nếu có nhiều hơn 1 đĩa (n>1), thì...", cứ thế vị cao tăng bình tĩnh giảng giải. Im lặng được một lát, cuối cùng Hoàng đế sốt ruột gắt: "Được, thế cao tăng có nói rõ cho ta lời giải hay không cơ chứ?". Thay vì giải thích tiếp, gã kỳ nhân mỉm cười thâm thúy rồi biến mất, bởi vì hoàng đế tuy giỏi giang nhưng rõ ràng là chưa hiểu ý nghĩa của phép truy hồi (recursion). Nhưng các bạn sinh viên ngày nay thì có thể thấy cách giải của vị cao tăng là hoàn toàn đúng.

Toàn bộ đoạn chữ nghiêng ở trên được trích nguyên văn từ cuốn sách giáo khoa dành cho sinh viên ngành thuật toán và lập trình - "giải toán nâng cao và cấu trúc dữ liệu" (intermediate problem solving and data structures) do Paul Henman và Robert Veroff, hai giáo sư Đại học New Mexico, cùng biên soạn với Frank Carrano, giáo sư Đại học Rhode Island (Mỹ).

Về mặt lịch sử, Tháp Hà Nội được E. Lucas phát hiện từ năm 1883, nhưng mãi đến gần đây người ta mới nhận ra ý nghĩa hiện đại của nó. Hiện vẫn chưa rõ vì sao Lucas lại gọi chồng đĩa trong bài toán là Tháp Hà Nội, mà không gọi là Tháp Bắc Kinh, hay Tháp Tokyo. Có giả thiết là do lúc đó Hà Nội là thuộc địa của Pháp, sau một lần thăm Hà Nội ông thấy Tháp Rùa và nghĩ ra bài toán này.

Tháp Hà Nội đã mở tung cánh cửa cho tương lai khi nhiều nghiên cứu lấy Tháp Hà Nội làm điểm xuất phát đã đạt được thành tựu mới:

(1) Nâng câu hỏi của Tháp Hà Nội lên một mức cao hơn, sao cho số lần chuyển đĩa là nhỏ nhất. Các nhà toán học đã phát hiện ra rằng Tháp Hà Nội có cùng bản chất

------ Trang 39 ------

với bài toán tìm Đường Hamilton (Hamilton Path) trên một hình giả phương cấp n (n-Hypercube), một bài toán cũng rất nổi tiếng.

(2) Nhà toán học D.G. Poole đã sáng tạo ra Lược Đồ Hà Nội - một tam giác có các đỉnh tương ứng với các cách sắp xếp đĩa trong Tháp Hà Nội, từ đó tìm ra những liên hệ lý thú giữa Tam giác Pascal với Lược đồ Hà Nội. Liên hệ này đã được công bố trong một công trình mang một cái tên đầy liên tưởng: Pascal biết Hà Nội (Pascal knows Hanoi).

Hiện nay, tại một số đại học ở Australia, uy tín của sinh viên Việt Nam trong lĩnh vực lập trình được đánh giá ngang với sinh viên Ấn Độ - một cường quốc lập trình của thế giới, làm cho Tháp Hà Nội vốn đã nổi tiếng lại càng nổi tiếng hơn.

Ta cùng xem xét lời giải bài toán bằng phương pháp truy hồi

Giả sử bài toán với đĩa đã được giải, tức là ta đã chuyển được (tuân theo qui tắc trên) đĩa từ cọc 1 sang cọc 2. Khi ấy để giải bài toán với n đĩa trước tiên ta giải bài toán với đĩa trên cùng từ cọc 1 sang cọc 2. Sau đó chuyển đĩa lớn nhất từ cọc 1 sang cọc 3. Cuối cùng, lại chuyển đĩa từ cọc 2 lên cọc 3 (chồng lên đĩa lớn nhất) và bài toán giải xong.Giả sử số bước cần chuyển trong bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n đĩa (theo qui tắc trên) là thì và .

Từ đây suy ra .

Bài toán còn được mở rộng hơn nhiều khi tăng số cọc hoặc cho hai loại đĩa với hai màu khác nhau.

Trông thuật toán để giải bài toán rất đơn giản nhưng từ kết quả chúng ta có thể thấy được sự phức tạp tăng theo số mũ, cụ thể với n lớn thì số lần sẽ tăng rất nhanh. Ví dụ với 64 đĩa, chúng ta cần số lần di chuyển là 18 446 744 073 709 551 615, nếu coi mỗi lần chuyển mất 1 giây thì chúng ta cần nhiều hơn 5 tỉ thế kỉ.

Trong truyện khoa học viễn tưởng cổ điển Now Inhale (Hít vào nào) của Eric Frank Russell (trong Astounding Science Fiction tháng tư năm 1939, cũng như trong nhiều tuyển tập văn học khác), có một người anh hùng là tù nhân trên một hành tinh nơi mà luật địa phương bắt tù nhân chơi một trò chơi đến khi thắng hay thua thì thôi, sau đó sẽ tiến hành hành quyết ngay. Người anh hùng được biết là chỉ được chơi trong ngục với các thiết bị đơn giản tuân thủ luật chơi đã được định rõ trước khi chơi và không thể thay đổi được nữa khi trò chơi đã bắt đầu, và trò chơi có điểm kết thúc hữu hạn. Trò chơi và cuộc hành quyết sau đó sẽ được truyền hình khắp hành tinh, và xem người tù vô vọng cố gắng vật lộn với trò chơi càng lâu

------ Trang 40 ------

càng tốt là một thứ giải trí thật hấp dẫn; kỷ lục trước đây là mười sáu ngày. Người anh hùng đã tính toán rằng một con tàu giải cứu có thể mất cả năm hoặc hơn mới đến nơi được nên đã chọn chơi trò Tháp Hà Nội với 64 đĩa để đợi con tàu đến cứu. Khi dân địa phương nhận ra điều đó, họ rất tức tối nhưng theo luật chơi thì không thể làm gì được. Có lẽ họ sẽ thay đổi luật chơi đối với những tù nhân tương lai.

Cũng theo một truyền thuyết Ấn Độ, những người Brahmin đã tiếp nối nhau trong một thời gian dài để thay đổi Đến Bernares bằng cách di chuyển 64 đĩa vàng của tòa tháp Brahma. Khi công việc hoàn thành, tòa tháp và Brahmin sẽ đổ, và lúc đó là thời điểm kết thúc của vũ trụ. Nhưng chúng ta yên tâm, ngày đó chúng ta không có vinh hạnh để chứng kiến.

Bài toán 6 (Đề thi lớp 11 DHĐBBB năm 2012 tại Nam Định): Cho số nguyên dương n lớn hơn 1. Ta xét tất cả các số nguyên dương k thoả mãn đồng thời các điều kiện:

1) k có n chữ số.2) Tất cả các chữ số của k đều lẻ.3) Giá trị tuyệt đối của hiệu hai chữ số liên tiếp bất kỳ của k luôn bằng 2.

Tìm tổng tất cả các số k có tận cùng là 5 khi n chẵn.

Giải

Ký hiệu An, Bn, Cn, Dn, En tương ứng là tập hợp tất cả các số có n chữ số thoả mãn đề bài có tận cùng là 1, 3, 5, 7, 9

là tổng các số thuộc tập A.

Nhận xét:

Vậy .

Tương tự ta có:

Xét phép:

Do số , vậy f là ánh xạ.

Dễ dàng chứng minh f là song ánh. Suy ra .

------ Trang 41 ------

Do hoặc .

Suy ra có song ánh:

Suy ra:

Tương tự ta có: .

Suy ra: |Am+2 |=| Bm+1|=|Am |+ |Cm|=| Am|+2|Bm-1|= |Am|+2|Am|= 3|Am|

Vậy: |Am+2 |=3|Am| với mọi m .

Ta có: |A2|=1; |A3|=2, suy ra| A2m |= 3m-1 với mọi m .

Do | Bm+1|= 3|Am|, suy ra |B2m+1|=3m , suy ra |C2m |= 2.3m-1 với mọi m .

Nếu x = Cn thì y =

hơn nữa:

Khi n chẵn, ta chia Cn thành các cặp (x, y) như trên, ta có cặp như vậy.

Bài toán 7: Một tập hữu hạn các số nguyên dương được gọi là “đẹp” nếu mỗi phần tử của nó lớn hơn hoặc bằng số phần tử của tập đó (Ví dụ: tập rỗng, tập là các

tập đẹp; tập không là tập đẹp).

Gọi là số các tập con “đẹp” của tập không chứa hai chữ số liên tiếp.

------ Trang 42 ------

là số các tập con “đẹp” của tập sao cho với hai phần tử bất kì có trị tuyệt đối của hiệu hai số đó không nhỏ hơn 3.

a. Chứng minh với là số các tập con “đẹp” của tập không chứa hai số liên tiếp và chứa n.

b. Chứng minh .

Giải

a. Sử dụng phương pháp ánh xạ để chứng minh

Đặt là tập các tập con đẹp của tập không chứa hai số liên tiếp

là tập các tập con “đẹp” của tập không chứa hai số liên tiếp và chứa n.

là tập các tập con đẹp của tập sao cho với hai phần tử bất kì có trị tuyệt đối của hiệu hai số đó không nhỏ hơn 3.

Xét ánh xạ

với .

Trước hết chứng minh

Do là số phần tử của .

Suy ra .

Tương tự với ánh xạ ngược, ta chứng minh được f là một song ánh.

b.

* Xét tập s thuộc : Nếu n không thuộc s thì số , nếu n thuộc s thì đều không thuộc s, suy ra . Áp dụng quy tắc cộng suy ra

.

* Xét tập t thuộc : Nếu n không thuộc t thì có , nếu n thuộc t thì . Áp dụng quy tắc cộng suy ra .

------ Trang 43 ------

Do trên đã chứng minh , suy ra

Mặt khác , suy ra ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 8 (Romania 1998): Kí hiệu là tập các bộ mã có n kí tự sử dụng 3 chữ cái a, b, c sao cho trong mỗi mã không có sự xuất hiện của bộ aa hoặc bb. Kí hiệu

là tập các bộ mã có n kí tự sử dụng 3 chữ cái a, b, c sao cho trong mỗi mã không có sự xuất hiện của ba kí tự a, b, c liên tiếp (trong 3 kí tự liên tiếp bất kì luôn có ít nhất 2 kí tự giống nhau). Chứng minh .

Giải

Ta đi chỉ ra công thức tổng quát của cả và .

* Với

Gọi là các tập con của sao cho mỗi phần tử của nó là một mã kết thúc bởi a, b, c tương ứng.

Ta có:

Với một phần tử thuộc , ta thêm vào kí tự b để được một phần tử thuộc , thêm vào kí tự c để được một phần tử thuộc .

Với một phần tử thuộc , ta thêm vào kí tự a để được một phần tử thuộc , thêm vào kí tự c để được một phần tử thuộc .

Với một phần tử thuộc , ta thêm vào kí tự a để được một phần tử thuộc , thêm vào kí tự b để được một phần tử thuộc , thêm vào kí tự c để được một phần tử thuộc .

Suy ra

Hay ta có .

Ta có

------ Trang 44 ------

Suy ra

Bên cạnh đó ta có

* Với

Gọi là tập các mã thuộc có kết thúc là hoặc bb hoặc cc.

Và (chứa các phần tử thuộc và có kết thúc là một trong các dạng ab, ac, ba, bc, ca, cb)

Ta có: Mỗi phần tử của ta có 2 cách thêm vào 1 kí tự (khác với kí tự cuối của phần tử đó) để được một phần tử của , có 1 cách thêm vào 1 kí tự (chính là kí tự cuối) để được một phần tử của .

Mỗi phần tử của ta có 1 cách thêm vào 1 kí tự (chính là kí tự cuối của phần tử đó) để được một phần tử của , và 1 cách thêm vào 1 kí tự (là kí tự ngay trước kí tự cuối của phần tử đó) để được một phần tử của

Suy ra

Bên cạnh đó ta có

Có thể đưa về dạng tổng quát của và hoặc sử dụng chứng minh bằng quy

nạp ta được .

Bài tập tham khảo

Bài toán 9: Cho n đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng. Có tối đa bao nhiêu đa giác được tạo thành từ n đường thẳng trên.

Bài toán 10: Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số được tạo từ 1, 2, 3 sao cho mỗi số đó thỏa mãn một trong các điều sau:

a. Không có hai chữ số 1 đứng cạnh nhau.

b. Không chia hết cho 3.

c. Không có 3 chữ số 1, 2, 3 đứng cạnh nhau.

------ Trang 45 ------

d. Có tổng các chữ số là chẵn.

Bài toán 11(China 1991): Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng số các số tự nhiên được tạo từ 1, 3, 4 sao cho tổng các chữ số là 2n là một số chính phương.

Bài toán 12: Sử dụng các chữ cố 0, 1, 2, 3, 4 có thể tạo được bao nhiêu số có 10 chữ số sao cho trong mỗi số ấy giữa hai chữ số liên tiếp lớn hơn 1 luôn là chữ số 1.

Bài toán 13 : Cho k, n là các số nguyên dương và tập . Một tập con của S được gọi là “đẹp” nếu nó không chứa hai số nguyên liên tiếp. Có bao nhiêu tập con “đẹp” gồm k phần tử của S? Có bao nhiêu tập con “đẹp” của S.

Bài toán 14: Cho n là số nguyên dương. Xét X là tập tất cả các hoán vị của . Kí hiệu A là tập con của X sao cho trong mỗi phần tử, mỗi số lớn hơn

tất cả các số bên trái nó hoặc nhỏ hơn tất cả các số bên phải nó. Kí hiệu B là tập con của X sao cho: với phần tử thỏa mãn với mọi

luôn có một số với . Chứng minh rằng .

Bài toán 15: Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Xét tập . Tìm số các tập con B của A mà mỗi tập con đó có tính chất: Nếu x, y là hai phần tử của A và có tổng là một lũy thừa của 2 thì đúng một trong hai phần tử x, y thuộc B.

Bài toán16 (IMO 2011): Giả sử là một số nguyên. Cho một cái cân đĩa có hai đĩa phải và trái (dùng để so sánh trọng lượng của hai vật khi đặt lên mỗi đĩa) và n quả cân có trọng lượng lần lượt là . Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong n quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái. Mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt nên rồi đặt nó lên đĩa bên phải hoặc đĩa bên trái, cho đến khi tất cả các quả cân đều được đặt lên đĩa. Hỏi có bao nhiêu cách để thực hiện việc đặt cân theo đúng mục đích đề ra.

Bài toán17: Cho hình chữ nhật được chia thành 2n hình vuông đơn vị. Ta tô màu các hình vuông đơn vị bởi màu xanh và đỏ sao cho không tồn tại hình vuông

được tô bởi màu đỏ. Gọi là số các cách tô màu thỏa mãn điều kiện. Xác định (chứng minh) số nguyên dương k lớn nhất sao cho chia hết .

Bài toán18 (IMO shortlist 1997): Cho n là số nguyên dương. Ở trường A có n học sinh nam và n học sinh nữ, mỗi học sinh nữ đều quen với tất cả học sinh nam của trường A. Ở trường B có n học nữ và học sinh nam

------ Trang 46 ------

. Học sinh nữ với quen các học sinh nam và không quen các học sinh nam còn lại của trường B. Với tất cả các số

kí hiệu là số các cách lấy r học sinh nữ của trường A và r học sinh nam của trường đó để tạo ra r cặp nhảy sao cho trong mỗi cặp đó học sinh nữ quen với học sinh nam. Với được định nghĩa tương tự.

Chứng minh rằng .

4. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SINH

Hàm sinh có rất nhiều ứng dụng: trong việc tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi, bài toán đếm,… Bài viết này chúng tôi giới thiệu một cách ngắn gọn về ứng dụng của hàm sinh trong bài toán đếm.

Định nghĩa: Cho dãy số: , kí hiệu hình thức:

được gọi là hàm sinh (Generating Function)

của dãy .

Ví dụ: Xét dãy có hàm sinh là:

.

Ta thấy với mỗi k, số chính là cách chọn k phần tử từ tập gồm n phần tử, trong khai triển thì nó là hệ số của .

Đây chính là ý tưởng chính về việc sử dụng hàm sinh trong bài toán đếm, thay vì đi tính trực tiếp số cách chọn, ta đưa về việc tính hệ số của hàm sinh sinh bởi dãy các cách chọn đó.

Quy tắc xoắn: Gọi là hàm sinh cho dãy cách chọn các phần tử từ tập A và

là hàm sinh cho dãy cách chọn các phần tử từ tập B. Nếu A và B rời nhau (theo nghĩa: Việc chọn phần tử ở hai tập là không liên quan) thì hàm sinh cho dãy cách chọn các phần tử từ là .

Chứng minh

Gọi và tương ứng là dãy số cách chọn phần tử trong A và B.

------ Trang 47 ------

Hàm sinh của là: và hàm sinh của là

Xét biểu thức

Ta sẽ tính hệ số theo các hệ số của .

Xét bảng sau: Dòng 1 là các số hạng của , cột 1 là các số hạng của .

…

…

Thấy các số trên cùng đường chéo chính là các số hạng có cùng bậc của , ta tính được

Ta chứng minh đây chính là số cách chọn k phần tử từ tập .

Số cách chọn k phần tử từ là số cách chọn j phần tử từ A nhân với số cách chọn k – j phần tử từ B ( j = 0, 1, 2, …, k). Số cách chọn là .

Cho , có điều phải chứng minh.

Chú ý:

Thứ tự các phần tử không quan trọng.

Việc chọn các phần tử ở A và B giống với cách chọn phần tử của .

Cho hàm số có đạo hàm mọi cấp tại x=a, khi đó khai triển Taylor

của hàm số tại a là:

Bài toán 1: Tìm số các nghiệm nguyên không âm của phương trình: .

------ Trang 48 ------

Phân tích: Bài toán không hề khó, chúng ta có thể tính được ngay kết quả khi chặn

miền giá trị của biến, cho y chạy từ 0 đến , ta được số nghiệm là: .

Nhưng nếu bài toán cho thêm biến, ví dụ phương trình: . Lúc này chặn miền nghiệm là không đơn giản. Chúng tôi giới thiệu cách giải bài toán 1 dùng hàm sinh như sau.

Giải

Đặt , ta có phương trình mới: với x là số nguyên không âm, z là số tự nhiên chẵn.

Ta xét dãy số cách chọn từng biến x và z.

Với biến x: số 0 có 1 cách chọn, số 1 có 1 cách chọn, số 2 có 1 cách chọn,…

Vậy dãy các cách chọn x là: 1, 1, 1, …

Suy ra hàm sinh cho dãy các cách chọn x là:

Với biến z: số 0 có 1 cách chọn, số 1 có 0 cách chọn, số 2 có 1 cách chọn,…

Vậy dãy các cách chọn z là: 1, 0, 1, …

Suy ra hàm sinh cho dãy các cách chọn z là:

Theo quy tắc xoắn, ta có hàm sinh cho số cách chọn x, z là: .

Hệ số của trong khai triển của chính là giá trị cần tìm.

Ta có:

Suy ra:

Hay

------ Trang 49 ------

Theo khai triển Taylor tại 0, ta được hệ số của là:

.

Bài toán sẽ giải quyết được khi ta thêm biến, như phương trình thì

hàm sinh là: . Tuy nhiên để tính được đạo hàm cấp n của

nó không đơn giản.

Bài toán 2 (Bài 5 VMO 2012): Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5 và 12 chàng trai. Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2, G3, G4, G5;

3/ Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;

4/ Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.

Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?

(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).

Giải

Gọi là số chàng trai được xếp bên trái G1, là số chàng trai ở giữa G1 và G2, là số chàng trai ở giữa G2 và G3, là số chàng trai ở giữa G3 và G4, là số

chàng trai ở giữa G4 và G5, là số chàng trai được xếp ở bên phải G5. Khi đó bộ số hoàn toàn xác định vị trí các cô gái và ta có

i.ii.iii.

Ta đi tính số cách chọn bộ (x1, x2, …, x6).

Hàm sinh cho số cách chọn giống như nhau, là:

------ Trang 50 ------

Hàm sinh cho số cách chọn là:

Hàm sinh cho số cách chọn là: Hàm sinh cho số cách chọn bộ (x1, x2, …, x6) là:

Số cần tìm chính là hệ số của 12 trong khai triển thành lũy thừa.

Hay chính bằng tổng các hệ số của trong khai triển của .

Ta có: ,

suy ra hệ số của là:

vậy số cách chọn bộ (x1, x2, …, x6) là: do vai trò 12 người nam như nhau, nên cách xếp phải nhân thêm 12!, kết quả là:

Bài toán 3: Có bao nhiêu số có 4 chữ số chia hết cho 3, biết các chữ số được lấy từ tập .

Một bài toán nghe qua có vẻ đơn giản, một cách mà có thể sẽ nghĩ đến đó là chia trường hợp, cụ thể đó là chọn ra các bộ 4 số mà tổng chia hết cho 3. Nhưng khó ở đây đó là: Các chữ số không bắt buộc đôi một khác nhau, nếu xét trường hợp sẽ phức tạp, hoặc chẳng hạn cho số các chữ số lớn hớn 4, sẽ không thực hiện được.

Tôi trình bày một hướng giải sử dụng hàm sinh.

Số các số cần tìm bằng số các bộ thỏa mãn và , ta

kí hiệu tổng các phần tử của X là .

Xét tập ,

.

------ Trang 51 ------

Ta có , suy ra: .

Ta cần tính .

Xét phương trình: có 2 nghiệm phức phân biệt. Gọi là một nghiệm bất kì của phương trình trên, suy ra cũng là một nghiệm của phương trình và

hơn nữa nếu . (các bạn cần xem lại kiến thức về nghiệm phức của phương trình).

Với tập , ta xét mỗi tập gồm một phần tử , xét dãy số các cách chọn của trong tập:

Số 0 có 0 cách chọn, Số 1 có 1 cách chọn. Số 2 có 1 cách chọn. Số 3 có 1 cách chọn. Số 4 có 1 cách chọn, Số 5 có 1 cách chọn, từ số 6 trở lên có 0 cách chọn.

Vậy ta có dãy: 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0,…

Hàm sinh của dãy là: .

Với bốn phần tử vai trò như nhau, suy ra hàm sinh của số cách chọn bộ bốn phần

tử trong M là:

Suy ra . Mỗi số hạng có số mũ của chính là tổng của 4 số (không

bắt buộc đôi một khác nhau) lấy từ A,

Vì thế có thể viết: .

Mà ta có:

(chú ý rằng là nghiệm của ).

Nên ta có: ,

------ Trang 52 ------

Do là nghiệm bất kì của nên ta có: , suy ra

.

Từ đây các bạn có thể thoải mái sáng tạo ra rất nhiều các bài toán đếm dạng như thế, và cách giải của chúng giống như trên. Có thể tổng quát bài toán trên:

Cho tập . Tìm số các bộ sắp thứ tự, gồm k phần tử không bắt buộc đôi một khác nhau được lấy từ A và thỏa mãn tổng các phần tử chia p dư r. Trong đó p là số nguyên tố lẻ, r nhỏ hơn p.

Một số bài tập áp dụng

Bài 1: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:

Bài 2: Tìm số các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3.

Bài 3: Có bao nhiêu số có 10 chữ số lập từ các chữ số sao cho số đó chia hết cho 5.

Bài 4 (Romania 2003): Có bao nhiêu số có n chữ số được lấy từ tập sao cho số đó chia hết cho 3.

Bài 5 (IMO 1995): Cho p là số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con A của tập hợp thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i. A chứa đúng p phần tử

ii. Tổng các phần tử của A chia hết cho p

(trong ví dụ trên, cần chú ý tập hợp thì không có sắp thứ tự)

Bài 6 (tương tự bài 5 VMO 2012): Có bao nhiêu cách chọn ra k người từ n người xếp thành một hàng dọc sao cho không có hai người liên tiếp được chọn?

Hướng dẫn, đáp số

Bài 1: Hàm sinh số cách chọn x, y, z là:

Bằng cách dùng phương pháp hệ số bất định, ta có:

------ Trang 53 ------

Từ đó tính được hệ số của 2012 trong khai triển của , cũng chính là kết quả.

Bài 2: Hàm sinh là:

Tương tự như bài toán 3, ta có kết quả là: .

Bài 3: Tương tự bài 2.

Bài 5: Đặt

và

Xét đa thức:

Giả sử là một nghiệm bất kì của , suy ra:

Bằng cách so sánh hệ số của hai vế ta có:

Suy ra cũng là nghiệm của đa thức .

Cân bằng hệ số của hai đa thức, ta tính được: + 2 =

Đáp số: .

Bài 6: Giả sử k người được chọn là: .

Gọi là số người đứng trước , là số người đứng giữa và ,…, là số người giữa và , là số người sau

Mỗi cách chọn bộ bằng số cách chọn bộ thỏa mãn đồng thời:

------ Trang 54 ------

i. .

ii.

iii. .

Hàm sinh cho số cách chọn bộ là:

Tương tự bài VMO2012, ta có kết quả bài toán.

5. PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG HAI CÁCH

Đếm một tập hợp theo hai cách thì phải được kết quả như nhau.

Nguyên lí Fubini: Cho m và n là hai số nguyên dương và các tập

tập là các tập hữu hạn các phần tử, kí hiệu S là tập con của .

Khi đó: .

Trong đó: .

Ở đây ta tính S theo hai cách: Tính theo phần tử của A và phần tử của B, do vai trò của hai tập này như nhau nên ta được cùng một kết quả cho S.

Chứng minh nguyên lí

Nhận xét: Với bảng số dạng có m dòng và n cột được điền các số thực. Khi

đó tổng các phần tử tính theo hàng là: và tổng các phần tử tính theo cột là:

. Nhận thấy hai tổng trên bằng nhau vì cùng bằng tổng tất cả các phần tử

của bảng trên.

Trở lại nguyên lí, xét bảng gồm m dòng và n cột được xác định như sau:

------ Trang 55 ------

Khi đó là tổng các phần tử thuộc cột thứ j và là tổng các phần

tử thuộc dòng thứ i.

Lấy tổng theo cột ta được

Lấy tổng theo dồng ta được

Vậy ta có: . Ta có điều phải chứng minh.

Các bài toán tổ hợp, khi đưa về bảng số ta có thể đếm số phần tử theo hai cách (theo dòng hoặc cột) và ta được hai kết quả bằng nhau, từ kết quả bằng nhau đó ta có thể tìm được các giá trị hoặc chứng minh các điều kiện mà bài toán yêu cầu. Quan trọng ta lập bảng số như thế nào để phù hợp với nguyên lí.

Bài toán 1: Cho n và k là các số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại một tập T gồm n điểm trên mặt phẳng thỏa mãn:

i. Không có 3 điểm nào thẳng hàng.ii. Cho một điểm P bất kì trong T, có ít nhất k điểm trong T có cùng khoảng

cách với P.

Chứng minh rằng:

Lời giải

Xét tập và tập , với là đường trung

trực của đoạn , khi đó .

Xét tập .

Do không có 3 điểm nào thẳng hàng nên .

------ Trang 56 ------

Theo nguyên lí Fubini ta có: . (1)

Do điều kiện ii) ta có: cách đều ít nhất k điểm, suy ra thuộc trung trực của

đoạn thẳng nối hai điểm bất kì trong k điểm trên, suy ra: .

Theo nguyên lí Fubini ta có: . (2)

Kết hợp (1) và (2) ta được:

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 2: (Kì thi Olympic sinh viên quốc tế - IMC 2002):

Có 200 học sinh tham dự kì thi Olympic Toán học. Đề thi gồm 6 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán có ít nhất 120 học sinh giải đúng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai học sinh sao cho mỗi bài toán đều được ít nhất một trong hai học sinh này giải đúng.

Lời giải

Đề bài xuất hiện tình huống sinh viên có làm được bài nào đó không, cho ta ý tưởng để lập bảng số như trong nguyên lí Fubini.

Giả sử ngược lại, nghĩa là với mỗi cặp học sinh đều tồn tại ít nhất một bài toán nào đó mà cả hai học sinh này đều không giải được.

Đánh số thứ tự các bài toán là 1, 2, 3, 4, 5, 6 và số thứ tự các học sinh là 1, 2, …, 200. Xây dựng bảng kích thước , với nếu bài toán không giải

được bởi học sinh , nếu bài toán giải được bởi học sinh .

Gọi là tập các cặp số 1 thuộc cùng một dòng của ma trận . Ta đếm số phần tử của theo hai cách.

Đếm theo dòng: Theo giả thiết, mỗi cặp cột có ít nhất một cặp số 1 thuộc cùng một dòng. Do có tất cả cặp cột nên .

Đếm theo cột: Do mỗi bài toán đều giải được bởi ít nhất 120 học sinh nên mỗi dòng có nhiều nhất cặp số 1. Suy ra .

------ Trang 57 ------

Vậy hay . Điều này vô lí.

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 3 (IMO Shortlist 2004, C1):

Cho 10001 sinh viên ở một trường đại học. Mỗi sinh viên tham gia các câu lạc bộ (một sinh viên có thể tham gia nhiều câu lạc bộ khác nhau). Mỗi câu lạc bộ thuộc một hội (mỗi câu lạc bộ có thể tham gia nhiều hội khác nhau). Có tất cả k hội. Giả sử các điều sau:

i. Hai sinh viên bất kì luôn cùng một câu lạc bộ nào đó.ii. Chọn ra một sinh viên và một hội thì có một câu lạc bộ của hội mà sinh

viên tham gia.iii. Mỗi câu lạc bộ có số lẻ sinh viên tham gia. Hơn nữa, nếu câu lạc bộ có

( với m là số nguyên dương) thì câu lạc bộ đó thuộc đúng m hội.

Tìm tất cả các giá trị của k.

Lời giải

Gọi k là số hiệp hội.

Xét S là tập hợp các bộ ba (a,C,H) trong đó a là sinh viên của trường, C là câu lạc

bộ mà a tham gia, H là hiệp hội quản lí C. Ta đếm |S| theo 2 cách.

Ta chọn H trước, có k cách chọn H, sau đó có 31 cách chọn a, với mỗi (a,H) thì có

đúng 1 cách chọn C → |S| = nk.

Theo cách khác, ta chọn C trước. Với mỗi giá trị cố định của C, gọi |C| là số sinh

viên tham gia câu lạc bộ C, theo giả thiết, số hiệp hội quản lí C là . Gọi M là

tập hợp tất cả các câu lạc bộ, ta có: .

Vì mỗi cặp sinh viên đều tham gia chung đúng 1 câu lạc bộ nên tổng số cặp sinh viên

trong các câu lạc bộ chính là tổng số cặp sinh viên của trường, nghĩa là

→ .

------ Trang 58 ------

Vậy có tất cả 5000 hiệp hội.

Bài toán 4: Cho X là tập hữu hạn gồm n phần tử và các tập là các tập

con của X gồm 3 phần tử sao cho . Chứng minh rằng tồn tại một

tập con A của X có ít nhất phần tử mà nó không chứa bất kì một tập con

trong số các tập .

Lời giải

Trong số các tập con của X mà nó không chứa bất kì một tập con trong số các tập lấy A là tập có nhiều phần tử nhất, đặt .

Đếm số phần tử của tập bằng hai cách

Cách 1: Do A có k phần tử nên số phần tử của là .

Cách 2: Lấy x là phần tử của X mà không thuộc A. Do tính lớn nhất của k nên tập không thỏa mãn điều kiện bài toán, điều đó có nghĩa rằng: tồn tại số

sao cho , trong đó (nếu ngược lại thì ta

thấy , trái điều kiện của tập A).

Do nên .

Xét tập có hai phần tử (do tập có 3 phần tử, bỏ đi x còn 2 phần tử thuộc A).

Do các tập thỏa mãn: nên các tập là phân biệt.

Xét phép biến đổi: , trong đó K là tập gồm các tập con 2 phần tử của A.

Nhận thấy là một đơn ánh, suy ra .

Suy ra , hay

(Chú ý: )

------ Trang 59 ------

Bài toán 5 (IMO 1998): Trong một cuộc thi có a thí sinh và b giám khảo, trong đó và là số nguyên lẻ. Mỗi giám khảo đánh giá “đạt” hoặc “trượt”. Giả sử rằng

với hai giám khảo bất kì, họ đánh giá giống nhau với tối đa k thí sinh. Chứng minh

rằng:

Lời giải

Xét bảng số b × a với các hàng được đánh số theo các giám khảo và các cột được đánh số theo các thí sinh. Phần tử tương ứng của ma trận nhận giá trị bằng 1 nếu giám khảo đánh giá thí sinh là “đạt” và nhận giá trị bằng 0 nếu ngược lại.

Đặt S là tập hợp các cặp các số 0 hoặc 1 trong cùng một cột. Vì hai giám khảo đánh giá giống nhau nhiều nhất là k thí sinh nên với hai hàng bất kì, có nhiều nhất

k cặp thuộc T . Do đó:

Với mỗi cột trong bảng, giả sử có p số 0 và q số 1. Khi đó có đúng cặp

thuộc S. Mà ta có lẻ nên có bất đẳng thức

Và vì có a cột nên ta có: .

Vậy

Suy ra

Bài toán 6: Cho tập hợp S gồm 2008 phần tử. Giả sử S1, S2,..., S50 là 50 tập con của S thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) (kí hiệu là số phần tử của Si)

ii)

Chứng minh rằng: tồn tại hai tập con Si, Sj (với i j) mà .

(Thi duyên hải Bắc Bộ lần thứ nhất, 2008)

------ Trang 60 ------

Lời giải

Phản chứng. Giả sử với mọi i, j và i j.

Gọi .

Gọi M số bộ ba (không sắp thứ tự) ( , , ) trong đó ai là phần tử của S, và là các tập con (trong 50 tập con đã cho) có chứa ak . Đếm M theo 2 cách.

Cách 1. Chọn ai trước.

Với mỗi , gọi là số tập con của S chứa . Do điều kiện (ii) nên với mọi .

Khi đó có cách chọn cặp ( , ).

Theo cách này, .

Từ điều kiện (i) ta suy ra .

Sử dụng BĐT AM-GM chứng minh được: .

Cách 2. Chọn cặp ( , ) trước.

Có cách chọn cặp ( , ), với mỗi cách đó có tối đa 3 cách chọn (theo giả

thiết phản chứng). Theo cách này, .

So sánh kết quả của mỗi cách đếm, mâu thuẫn nhận được chứng tỏ giả thiết phản chứng sai. Bài toán được chứng minh.

Bài toán 7 (China TST 1992): Có 16 sinh viên tham gia một kì thi. Mỗi bài có 4 phương án trả lời. Sau khi kiểm tra, thấy rằng bất kì 2 sinh viên có chung nhiều nhất 1 câu trả lời. Tìm giá trị lớn nhất của số các câu hỏi.

Lời giải

Giả sử có m bài toán , với mỗi bài toán , gọi là số sinh viên trả lời đáp án thứ nhất, tương tự có . Khi đó có .

------ Trang 61 ------

Ta có ít nhất cặp với 1 câu trả lời giống nhau cho mỗi vấn đề. Do có m bài toán nên có ít nhất 24m cặp, nhưng có nhiều nhất cặp. Do đó chúng ta có m nhiều nhất là 5.

Chứng minh m = 5 thỏa mãn.

Dưới đây là một cách

Sinh viên Bài 1 Bài 2 Bài 3 Bài 4 Bài 5

1 A A A A A

2 A B B B B

3 A C C C C

4 A D D D D

5 B A C D B

6 B C A B D

7 B D B A C

8 B B D C A

9 C A D B C

10 C D A C B

11 C B C A D

12 C C B D A

13 D A B C D

14 D B A D C

15 D C D A B

16 D D C B A

Bài toán 8: Cho m sinh viên tham gia giải n bài toán, sinh viên làm đúng 1 bài được 1 điểm, làm sai không được điểm. Nhận thấy: Mỗi sinh viên giải được ít nhất 1 bài, mỗi bài có ít nhất 1 sinh viên giải được. Hơn nữa, nếu sinh viên giải được

------ Trang 62 ------

một bài thì số điểm của sinh viên bằng số người giải được bài đó. Chứng minh m = n.

Lời giải

Tạo mảng gồm m dòng và n cột thỏa mãn: nếu người thứ i trả lời

đúng bài thứ j và nếu người thứ i trả lời sai bài thứ j.

Giả sử n > m, ta kí hiệu tương ứng là tổng các phần tử của dòng 1, 2, ..., m. Khi đó tương ứng sẽ có m cột có tổng phần tử mỗi cột là .

Số phần tử của mảng là (tính theo hàng).

Do n > m nên tổng này nhỏ hơn tổng các phần tử tính theo cột, điều này vô lý.

Tương tự khi n < m cũng không xảy ra.

Vậy n = m.

Một số bài tập áp dụng:

Bài 9 (IMO 2001, P3):

Cho 21 học sinh nữ và 21 học sinh nam tham gia kì thi toán học. Mỗi thí sinh giải được nhiều nhất 6 bài, mỗi cặp nam nữ giải được ít nhất 1 bài toán. Chứng minh rằng có 1 bài toán được giải bởi ít nhất 3 nam và ít nhất 3 nữ.

Bài 10 (Canada 2006):

Một cuộc thi có 2n + 1 đội, biết rằng mỗi đội sẽ thi đấu với một đội khác đúng một lần. Gọi 3 đội X, Y, Z là một xích nếu X đấu với Y, Y đấu với Z và Z đấu với X. Không có sự ràng buộc giữa các đội.

a. Xác định giá trị nhỏ nhất của số các xích.b. Xác định giá trị lớn nhất của số các xích.

Bài 11 (IMO 2005):

Trong một cuộc thi toán, có 6 câu hỏi cho các thí sinh. Bất kì hai vấn đề nào cũng

được giải bởi nhiều hơn số thí sinh và không có thí sinh nào giải được cả 6 bài.

Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh giải được đúng 5 bài.

------ Trang 63 ------

Bài 12: Cho m, n là số nguyên lớn hơn 1 và tập . Giả sử tồn tại một tập T gồm phần tử sao cho:

i. Mỗi phần tử của T là một tập con gồm m phần tử của .ii. Mỗi cặp hai phần tử của T có nhiều nhất 1 phần tử chung.iii. Mỗi phần tử của là phần tử chung của đúng hai phần tử của T.

Xác định giá trị lớn nhất và của m và n.

Bài 13 (China 1997): Cho n là số nguyên dương lớn hơn 6 và A là tập gồm n phần tử. Kí hiệu là các tập con gồm 5 phần tử của A. Cho điều kiện:

Chứng minh rằng tồn tại các chỉ số phân biệt sao cho hợp của các tập có đúng sáu phần tử

------ Trang 64 ------

VI. Hiệu quả do sáng kiến mang lại

1. Hiệu quả kinh tế (Giá trị làm lợi tính thành tiền):

Sáng kiến là một tài liệu quý đối với các em học sinh và các thầy cô trong

quá trình học tập và nghiện cứu bài toán đếm. Để tổng hợp được sáng kiến trên, tác

giả đã phải tìm hiểu và nghiên cứu nhiều sách, với nhiều thời gian.

2. Hiệu quả về mặt xã hội (Giá trị làm lợi không tính thành tiền):

a. Từ các bài toán đếm sử dụng ánh xạ, từ các bài toán cũ, có thể sáng tạo để được

bài toán với cách phát biểu thực tế hơn, dễ hiểu hơn.

b. Góp phần giảm bớt gánh nặng về học tập cho các em học sinh, cung cấp cho học sinh

một tài liệu học tập có hiệu quả, giúp các em có một tâm thế tốt trước các kì thi HSG.

c. Qua kiểm tra tự luận và trả lời vấn đáp sau khi cung cấp cho học sinh các nội

dung của sáng kiến, kết quả thu được bước đầu như sau:

Những bài toán đầu các em còn chưa xác định được ánh xạ, cách xây dựng

và chứng minh song ánh, đơn ánh, toàn ánh. Đến những bài sau các em đã rõ ràng

hơn và thao tác nhanh hơn.

VI. Đề xuất, kiến nghị

Để hoàn thành bản sáng kiến này, tác giả đã nhận được sự quan tâm giúp đỡ của Sở Giáo dục – Đào tạo Nam Định, Ban giám hiệu trường THPT chuyên Lê Hồng Phong và các đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã được chuẩn bị chu đáo, song không thể tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả xin chân thành cảm ơn những đóng góp quý báu của các thầy cô giáo để bản sáng kiến được hoàn thiện hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Nam Định, ngày 25 tháng 5 năm 2014

------ Trang 65 ------

Đánh giá, xếp loại củacơ quan, đơn vị

Tác giả sáng kiến

Trần Mạnh Sang

CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

(xác nhận, đánh giá, xếp loại)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

(xác nhận, đánh giá, xếp loại)

------ Trang 66 ------

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Titu Andresscu, Zuming Feng, A path to combinatorics for undergranduates,

Birkhauser, 2007.

[2]. Titu Andresscu, Zuming Feng, 102 combinatorial Problems from the Training of

the USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002.

[3]. Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from around the World, to 1995 from 2002.

[4]. Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999.

[5] Probabilistic Methods in Combinatorics.

[6]. Yufei Zhao, Counting in Two Ways, Incidence Matrices, June 26, 2007

[7]. Reid Barton, Counting in two ways, June 28, 2005

[8]. Lorszlus Lovorsz, Combinatorial problems and exercises.

[9]. www.mathlinks.ro.

[10]. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.

------ Trang 67 ------