1 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU ……………………………………………………………… 3 Chương 1. Một số kiến thức cơ bản ……………………………………… 5 1.1. Một số quy tắc cơ bản của phép đếm ………………………………. 5 1.2. Nguyên lý Dirichlet ………………………………………………… 10 1.3. Hoán vị …………………………………………………………… 12 1.4. Chỉnh hợp ………………………………………………………… 17 1.5. Tổ hợp ……………………………………………………………… 20 1.6. Nhị thức Newton …………………………………………………… 24 Chương 2. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp …………………… 29 2.1. Sử dụng phương pháp liệt kê ………………………………………. 29 2.2. Đếm các phần tử của phần bù ……………………………………… 34 2.3. Sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ ……………………………. 36 2.4. Sử dụng cách xây dựng phần tử đếm ………………………………. 44 2.5. Sử dụng các công thức tổ hợp …………………………………… 45 2.6. Sử dụng nguyên lý phân phối các đồ vật vào hộp …………………. 48 2.7. Sử dụng công thức truy hồi ………………………………………… 52 2.8. Sử dụng phương pháp đánh số …………………………………… 54 2.9. Phương pháp xây dựng song ánh ………………………………… 57 2.10. Sử dụng phương pháp đếm bằng hai cách ……………………… 61 Chương 3. Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến …………… 66 3.1. Một số bài toán mở đầu …………………………………………… 66 3.2. Tìm đại lượng không thay đổi sau mỗi phép biến đổi …………… 71 3.3. Tìm tính chất của một đại lượng không thay đổi sau các phép biế n đổi …………………………………………………………………… 73 3.4. Nguyên lý bất biến ……………………………………………… 74 3.5. Một số bài tập vận dụng ……………………………………… 80 2 KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 88 Tài liệu tham khảo …………………………………………………………. 89 3 LỜI NÓI ĐẦU Toán tổ hợp – là một ngành toán học nghiên cứu các tổ hợp, hoán vị của các phần tử. Trong một thời gian dài, mảng khoa học này nằm ngoài hướng phát triển cơ bản của toán học và các ứng dụng của nó. Trong thời gian khoảng hai thế kỷ rưỡi, ngành giải tích đã đóng vai trò chủ yếu trong việc nghiên cứu bản chất tự nhiên. Hiện trạng này đã thay đổi sau khi các máy tính và máy tính cá nhân ra đời. Nhờ chúng người ta có thể thực hiện việc sắp xếp, phân loại mà trước đây cần hàng trăm đến hàng ngàn năm. Ở thời buổi sơ khai của toán học rời rạc, vai trò của lĩnh vực cổ xưa nhất của toán học rời rạc là toán học tổ hợp cũng đã được thay đổi. Từ lĩnh vực mà phần lớn chỉ những người biên soạn những bài toán thú vị quan tâm đến và phát hiện ra những ứng dụng cơ bản trong việc mã hóa và giải mã các văn tự cổ, nó đã được chuyển thành lĩnh vực nằm trong trục đường chính của sự phát triển khoa học. Ở nước ta hiện nay, chương trình giảng dạy toán tổ hợp, lý thuyết xác suất và thống kê đã bắt đầu từ chương trình toán học phổ thông. Trước hết cần khẳng định rằng hướng này của Bộ Giáo dục và Đào tạo đòi hỏi phát triển các kiểu tư duy chuyên biệt về tổ hợp và xác suất thống kê, vốn rất cần thiết đối với thế hệ hiện tại. Bởi thế, trong nhiều kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi, các bài toán tổ hợp cũng hay được đề cập và thường thuộc loại rất khó. Bằng cái nhìn tổng quan, luận văn này cũng đã nêu ra một số ví dụ điển hình trong các kì thi tuyển sinh vào đại học, thi học sinh giỏi thời gian qua. Cụ thể, luận văn được chia thành các chương: Chương 1. Một số kiến thức cơ bản. Chương này trình bày các kiến thức cơ bản trong tổ hợp gồm: Các quy tắc đếm cơ bản, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp và nhị thức Newton. Ngoài ra, nguyên lý Dirichlet được đề cập tới như một công cụ đắc lực trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp ở chương sau. 4 Chương 2. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp. Chương này ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp nhờ một số phương pháp cơ bản như: Phương pháp liệt kê, phương pháp đếm các phần tử của phần bù, sử dụng nguyên lý bao gồm và loại trừ, sử dụng các công thức tổ hợp, sử dụng nguyên lý phân phối các đồ vật vào hộp, sử dụng công thức truy hồi, phương pháp đánh số, phương pháp xây dựng song ánh và phương pháp đếm bằng hai cách. Chương 3. Kỹ năng giải toán bằng phương pháp bất biến. Chương này trình bày ba bài toán gồm: Bài toán về tính chất hữu hạn hoặc vô hạn của dãy lặp, bài toán về tính chất tuần hoàn của dãy lặp, bài toán về sự tồn tại của dãy lặp mà trạng thái cuối cùng thỏa mãn một số tính chất cho trước. Ngoài ra, rèn luyện kỹ năng phát hiện ra các đại lượng, tính chất của một đại lượng không đổi sau các phép biến đổi. Cuối cùng, trình bày nguyên lý bất biến và một số bài tập vận dụng. Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS. TS Nguyễn Vũ Lương đã dành thời gian hướng dẫn, đánh giá, chỉ bảo, tận tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài cũng như hoàn thiện khóa luận. Qua đây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú hơn. Cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường. Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày. Mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà nội, ngày 15 tháng 01 năm 2015 Học viên Phùng Thế Tú 5 Chương 1 Một số kiến thức cơ bản 1.1. Một số quy tắc cơ bản của phép đếm Phép đếm có vai trò rất quan trọng trong đời sống cũng như trong khoa học. Trong đời sống, hàng ngày ta thường xuyên phải đếm các đối tượng nào đó và vì thế phép đếm dường như quá quen thuộc và không có gì phải bàn đến. Tuy nhiên, trong các kì thi đại học và thi học sinh giỏi, bài toán đếm đã gây ra không ít khó khăn cho các thí sinh. Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày các quy tắc đếm cơ bản, nhờ đó có thể tính chính xác và nhanh chóng số phần tử của một tập hợp mà không cần đếm trực tiếp bằng cách liệt kệ. 1.1.1. Quy tắc cộng Nếu 1 2 , , , A k A A là các tập hợp hữu hạn đôi một rời nhau, tức là i j A A   nếu i j . Khi đó 1 2 1 2 , k k A A A A A A       (1.1) với i A là số phần tử của tập hợp , 1, 2, 3, , . i A i k 1.1.2. Quy tắc nhân Nếu 1 2 , , , A k A A là các tập hợp hữu hạn và 1 2 A k A A   là tích Descartes của các tập đó thì 1 2 1 2 . . k k A A A A A A    (1.2) Quy tắc cộng và quy tắc nhân cũng thường được phát biểu dưới dạng tương ứng dưới đây: Quy tắc cộng: Giả sử một công việc nào đó có thể thực hiện theo một trong k phương án 1 2 , , , k A A A . Phương án i A có i n cách thực hiện    1,2, 3, , .i k  Khi đó công việc có thể thực hiện theo 1 2  . k n n n   cách. 6 Quy tắc nhân: Giả sử một công việc nào đó bao gồm k công đoạn 1 2 , , , k A A A . Nếu công đoạn 1 A có thể làm theo 1 n cách. Với mỗi 2i  và với mỗi cách thực hiện các công đoạn 1 2 1 , , , i A A A  thì công đoạn i A có thể thực hiện theo i n cách. Khi đó công việc có thể thực hiện theo 1 2 . k n n n cách. 1.1.3. Quy tắc bù trừ Cho X là tập hữu hạn và .A X Gọi \A X A . Khi đó, ta có .A X A   (1.3) 1.1.4. Số phần tử của hợp hai hoặc ba tập hợp hữu hạn bất kì Định lí 1.1.1. (Công thức tính số phần tử của hợp hai tập hợp bất kì) Cho A và B là hai tập hợp hữu hạn bất kì. Khi đó, ta có .A B A B A B     (1.4) Chứng minh Ta có B và \A B là hai tập hợp không giao nhau và   \A B B A B   nên \A B B A B   . (1.5) Mặt khác A B và   \A B là hai tập hợp không giao nhau và     \A A B A B   nên \ ,A A B A B   do đó: \ A B A A B   . (1.6) Thay (1.6) vào (1.5) ta được (1.4). Định lí 1.1.2. (Công thức tính số phần tử của hợp ba tập hợp bất kì) Cho , ,A B C là ba tập hợp hữu hạn bất kì. Khi đó, ta có A B C A B C A B B C C A A B C              .(1.7) Chứng minh Theo định lí 1.1.1 ta có     A B C A B C A B C A B C            . (1.8) 7 Mặt khác cũng theo định lí 1.1.1 B C B C B C     (1.9) và           . (1.10) A B C A B A C A B A C A B A C A B A C A B C                      Thay (1.9) và (1.10) vào (1.8) ta được công thức (1.7). 1.1.5. Ví dụ áp dụng một số quy tắc đếm cơ bản Ví dụ 1.1.1. Từ ba chữ số 2, 3, 4 có thể tạo ra bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số, trong đó có đủ cả ba chữ số nói trên? Lời giải Gọi số cần tìm có dạng 1 2 3 4 5 a a a a a . Bởi số tạo thành phải có đủ cả ba chữ số 2, 3, 4 nên ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Số tạo thành gồm ba chữ số 2, một chữ số 3 và một chữ số 4. Ta xếp chữ số 4 có 5 cách chọn một trong các ví trí 1 2 3 4 , , ,a a a a hoặc 5 a . Xếp chữ số 3 vào một trong bốn vị trí còn lại có 4 cách. Ba vị trí còn lại xếp ba chữ số 2 có 1 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5.4.1 = 20 số. Trường hợp 2: Số tạo thành gồm ba chữ số 4, một chữ số 2 và một chữ số 3. Tương tự trường hợp 1 có 20 số. Trường hợp 3: Số tạo thành gồm ba chữ số 3, một chữ số 2 và một chữ số 4. Tương tự, ta có 20 số. Trường hợp 4: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 3 và một chữ số 4. Chọn một trong năm vị trí để xếp chữ số 4 có 5 cách. Lấy ra hai vị trí từ bốn vị trí còn lại và xếp hai chữ số 2 có 6 cách. Hai chữ số 3 xếp vào hai vị trí còn lại có 1 cách. Theo quy tắc nhân, ta có 5.6.1 = 30 số. Trường hợp 5: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 4 và một chữ số 3. Tương tự trường hợp 4 có 30 số. Trường hợp 6: Số tạo thành gồm hai chữ số 3, hai chữ số 4 và một chữ số 2. Tương tự, ta có 30 số. 8 Vậy theo quy tắc cộng có tất cả 20 + 20 + 20 +30 + 30 +30 = 150 số. Ví dụ 1.1.2. (Đề thi tuyển sinh ĐHQG TP HCM – 1999) Một bàn dài có 2 dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy 6 ghế. Người ta muốn xếp chỗ ngồi cho 6 học sinh trường A và 6 học sinh trường B vào bàn nói trên. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi trong các trường hợp sau: (i) Bất kì hai học sinh nào ngồi cạnh nhau hoặc đối diện nhau thì khác trường; (ii) Bất kì hai học sinh nào ngồi đối diện nhau thì khác trường. Lời giải Đánh số các ghế theo hình vẽ (i) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau: Ghế 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Số cách xếp chỗ ngồi 12 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.5.5.4.4.3.3.2.2.1.1 = 1036800 cách. (ii) Theo yêu cầu của bài toán, ta có số cách chọn như sau: Ghế 1 12 2 11 3 10 4 9 5 8 6 7 Số cách xếp chỗ ngồi 12 6 10 5 8 4 6 3 4 2 2 1 Theo quy tắc nhân, ta có 12.6.10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = 33177600 cách. Ví dụ 1.1.3. Xét tập hợp   1,2, 3, ,2009 X  . Đặt     : 1 mod29 . A x X x   9 (i) Tính .A (ii) Tìm số tập con B của X sao cho .B A   Lời giải (i) Xét ,x A ta có   1 mod 29 x  nên 1 29 ,x k k    . Ta có 1 2009x  suy ra 0 69.k  Vậy 70 A  . (ii) Để tìm số tập con B của X thỏa mãn yêu cầu của bài toán ta sử dụng quy tắc bù trừ. Gọi ( )P X là tập bao gồm tất cả các tập con của X , M là tập các tập con B của X sao cho B A   . Khi đó,   \P X M là tập các tập con B của X mà B A   hay \ .B X A Suy ra   ( )\ M P \ .P X X A Do đó     2009 2009 70 2009 1939 \ 2 2 2 2 . M P X P X A        Ví dụ 1.1.4. Khi điều tra kết quả học tập các môn Toán, Lý, Hóa của một lớp có 45 học sinh, người ta nhận thấy rằng: 19 học sinh không giỏi môn nào, 18 học sinh giỏi Toán, 17 học sinh giỏi Lý, 13 học sinh giỏi Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và Lý, 9 học sinh giỏi cả hai môn Lý và Hóa, 10 học sinh giỏi hai môn Toán và Hóa. Hỏi bao nhiêu học sinh giỏi cả ba môn? Lời giải Kí hiệu T là tập hợp học sinh của lớp. , ,A B C lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi Toán, Lý, Hóa của lớp đó. Vì   \ \ A B C T T A B C            nên số học sinh giỏi ít nhất một môn là   \ 45 19 26. A B C T T A B C         Suy ra số học sinh giỏi cả ba môn là 26 18 17 13 10 9 10 7. A B C A B C A B C A B B C C A                      Vậy có tất cả 7 học sinh giỏi cả ba môn. 10 1.2. Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý Dirichlet mang tên nhà toán học người Đức, Peter Gustav Dirichlet (1805 – 1859), được phát biểu hết sức đơn giản: “Nếu nhốt 1n  con thỏ vào n cái lồng   * n   thì có một lồng chứa ít nhất hai con thỏ”. Một cách tổng quát, ta có nguyên lý Dirichlet mở rộng: “Nếu nhốt m con thỏ vào n cái lồng   * , m n N  thì luôn tồn tại một lồng chứa ít nhất 1 1 m n           con thỏ”. Ở đây, kí hiệu a       được dùng để chỉ phần nguyên của số thực a . Sử dụng phương pháp phản chứng, ta có thể dễ dàng chứng minh được nguyên lý Dirichlet. Mặc dù được phát biểu hết sức đơn giản như vậy nhưng nguyên lý Dirichlet lại có những ứng dụng hết sức đa dạng, phong phú, trong nhiều lĩnh vực và rất hiệu quả. Trong một bài toán tổ hợp, nguyên lý Dirichlet nhiều lúc thể hiện được rõ nét vai trò của nó. Ví dụ 1.2.1. Xét tập hợp   1,2, 3, , 9 M  . Với mỗi tập con X của M , ta kí hiệu ( )S X là tổng tất cả các phần tử thuộc X . Chứng minh rằng trong số 26 tập con X của M với 3, X  luôn tồn tại hai tập A và B sao cho     S A S B . Lời giải Ta chia các tập con X của M thỏa mãn 3 X  vào các lồng, mỗi lồng bao gồm các tập có cùng tổng các phần tử. Do   0 24 S X   nên có 25 lồng. Do có 26 tập X với 3 X  nên tồn tại hai tập ,A B thuộc cùng một lồng. Điều đó có nghĩa là tồn tại hai tập ,A B sao cho     S A S B . Vậy ta có điều phải chứng minh. [...]... (gọi tắt là một tổ hợp chập k của A ) Số các tổ hợp chập k của k tập hợp có n phần tử được kí hiệu là C n Định lí 1.5.1 Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n phần tử được tính bởi công thức k n n  1 n  k  1 An n! C     k! k! k ! n  k  ! k n (1.15) Chứng minh Từ định nghĩa, ta có mỗi hoán vị của một tổ hợp chập k của A cho ta một chỉnh hợp chập k của A Do đó, từ một tổ hợp chập k của... a1a2 , S 3 để kí hiệu tập số dạng a1a 2a 3 , S 4 để kí hiệu tập số dạng a1a2a 3a 4 Mỗi số thuộc S1 là một chỉnh hợp chập 1 của 4 phần tử của tập S  1, 2, 3, 4 ; mỗi số thuộc S 2 là một chỉnh hợp chập 2 của 4 phần tử của tập S ; mỗi số thuộc S 3 là một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử của tập S ; mỗi số thuộc S 4 là một chỉnh hợp chập 4 của 4 phần tử của tập S Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu của đề... A1 Trường hợp này có S 1  3 ! 2 !  4 Trường hợp 2 (3 chữ số chia 3 dư 1): Khi đó số cần tìm là số gồm 3 chữ số khác nhau được tạo thành từ tập A2 Trường hợp này có S2  3 !  6 Trường hợp 3 (3 chữ số chia 3 dư 2): Khi đó số cần tìm là số gồm 3 chữ số khác nhau được tạo thành từ tập A3 Trường hợp này có S3  3 !  6 Trường hợp 4 (1 chữ số chia 3 dư 0, 1 chữ số chia 3 dư 1, 1 chữ số chia 3 dư... chọn 1 số chia 3 dư 0 khác 0, có 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 1, 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 2 Vậy số cách chọn là 2.3.3 Do đó, số các số thỏa mãn là 2.3.3.3!  108 Nếu 1 số chia hết cho 3 là 0, có 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 1, có 3 cách chọn 1 số chia 3 dư 2 Vậy số cách chọn là 3.3 Do trừ đi trường hợp chữ số 0 đứng đầu nên số các số thỏa mãn là 3.3.(3! 2!)  36 Suy ra, số các số thỏa mãn trường hợp. .. 2.5. A 4  16800 số 8 Vậy theo quy tắc cộng, ta có 20160 + 16800 = 36960 số Ví dụ 1.4.2 Từ các chữ số 1, 3, 5, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà trong mỗi số này các chữ số không lặp lại? Lời giải Vì có bốn chữ số khác nhau, nên số dài nhất trong các số cần tìm cũng chỉ gồm 4 chữ số Ta lập các loại số tự nhiên dạng a1a2 an Dùng S1 để kí hiệu tập số dạng a 1, S 2 để kí hiệu tập số dạng a1a2 , S... C12  6  2508  15048 cách 1.5.2 Tổ hợp lặp Định nghĩa 1.5.2 Cho tập hợp A  a1, a 2, , an  Một tổ hợp lặp chập m ( m không nhất thiết phải nhỏ hơn n ) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm m phần tử, mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A Kí hiệu số tổ hợp lặp m chập m của n phần tử là C n Định lí 1.5.3 Số các tổ hợp lặp chập m của n phần tử của tập hợp A được tính bằng công thức m... 4, 5, 6, 7, 8} Tìm số các số gồm 3 chữ số phân biệt của A , chia hết cho 3 32 Lời giải Gọi A1  {0, 3, 6} gồm các số chia hết cho 3; A2  {1, 4, 7} gồm các số chia cho 3 dư 1; A3  {2, 5, 8} gồm các số chia cho 3 dư 2 Số gồm 3 chữ số phân biệt của A , chia hết cho 3 khi tổng của 3 chữ số chia hết cho 3 Trường hợp 1 (3 chữ số cùng chia hết cho 3): Khi đó số cần tìm là số gồm 3 chữ số khác nhau được tạo... xác định hệ số của số hạng chứa x 26 Ta có khai triển 10 10 1  k   x7    4 C10 x 4   x   k 0     10k x7 k 10 k   C 10x 11k 40 k 0 k Hệ số của x 26 là C 10 ứng với k thỏa mãn 11k  40  26  k  6 6 Vậy hệ số của x 2 6 là C 10  210 28 Chương 2 Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp Trong chương này, chúng ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp bằng cách sử dụng một số phương... phải mà có: k1 số 1, số 0, k2 số 1, số 0, …, số 0 và kn chữ số 1 thì dãy số đó sẽ tương ứng với bộ (k1, k 2 , , k n ) thỏa mãn k1  k 2   k n  m Như vậy, ta đã thiết lập được một song ánh giữa các tổ hợp có lặp chập m của n phần tử với tập hợp các dãy nhị phân có độ dài là m  n  1 trong đó có m kí tự 1 và n  1 kí tự 0 Do đó, số các tổ hợp lặp chập m của n phần tử bằng số các dãy nhị phân có... Chứng minh Xét một tổ hợp có lặp chập m của n phần tử, trong đó có k1 phần tử a1, k 2 phần tử a 2 , , kn phần tử an , với k1  k 2   k n  m Với mỗi bộ (k1, k 2 , , k n ) như vậy, ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân (dãy gồm các chữ số 0 và 1) theo quy tắc sau: Viết liên tiếp từ trái sang phải k1 số 1 liên tiếp, số 0, k2 số 1 liên tiếp, số 0, k 3 số 1 liên tiếp, số 0, …, số 0, kn số 1 liên tiếp . và một chữ số 3. Tương tự trường hợp 1 có 20 số. Trường hợp 3: Số tạo thành gồm ba chữ số 3, một chữ số 2 và một chữ số 4. Tương tự, ta có 20 số. Trường hợp 4: Số tạo thành gồm hai chữ số. 30 số. Trường hợp 5: Số tạo thành gồm hai chữ số 2, hai chữ số 4 và một chữ số 3. Tương tự trường hợp 4 có 30 số. Trường hợp 6: Số tạo thành gồm hai chữ số 3, hai chữ số 4 và một chữ số. như một công cụ đắc lực trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp ở chương sau. 4 Chương 2. Một số cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp. Chương này ta sẽ tiếp cận tới bài toán tổ hợp