PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP HỆ THỨC TRUY HỒI TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẾM I.Cơ sở phương pháp Trong nhiều trường hợp, việc đếm trực tiếp đối tượng khó khăn phức tạp Nếu ta thiết lập mối quan hệ truy hồi số lượng đối tượng cần đếm nhóm n đối tượng với số lượng đối tượng cần đếm nhóm n đối tượng ta đưa đếm số đối tượng nhóm với số đối tượng Nói cách khác, thay đếm trực tiếp S (n) , ta thiết lập hệ thức liên hệ S (n) với S (n − 1) , S (n − 2) …, từ dùng kiến thức dãy số để tìm S (n) II.Các ví dụ Ví dụ Cho số ngun dương n Có số tự nhiên chia hết cho 3, có n chữ số chữ số thuộc {3,4,5,6}? Lời giải: Gọi xn số số có n chữ số lập từ {3,4,5,6} chia hết cho 3, yn số số có n chữ số lập từ {3,4,5,6} không chia hết cho Xét số có n chữ số thoả mãn toán x = a1a2 an xM ⇔ an M , có cách chọn an Như TH1: Nếu a1a2 an−1 Mthì trường hợp có xn−1 cách chọn x TH2: a1a2 an−1 khơng chia hết cho Khi ta chọn số an thuộc {3, 4,5, 6} để x = a1a2 an M Như trường hợp có yn−1 cách chọn x Như ta có: xn = 2.xn−1 + yn−1 Tương tự ta thu được: yn = 2.xn−1 + yn−1 Biến đổi ta thu xn+1 − xn + xn −1 = Giải phương trình sai phân với ý x1 = 2; x2 = ta tìm 4n + xn = Ví dụ Cho số nguyên n ≥ Hãy tìm số hốn vị ( a1 , a2 , , an ) ( 1,2, , n ) cho tồn số i ∈{1,2, , n − 1} thoả mãn > +1 Lời giải: Gọi Sn số hoán vị thoả mãn điều kiện toán an = n ⇒ số hốn vị có dạng ( a1 , a2 , , an−1 , n ) Sn−1 an−1 = n ⇒ số hốn vị có dạng ( a1 , a2 , , an−2 , n, an ) Cnn−−12 = n ⇒ số hoán vị ( a1 , a2 , , an ) thoả mãn Cni −−11 với ∀i = 1; n − n −1 i −1 n −1 Do ta có Sn = Sn−1 + ∑ Cn−1 = S n−1 + − i =1 Lại có S2 = nên Sn = 2n − n − Ví dụ Cho tập S = {1;2; ; n} với n số nguyên lớn Tìm số tập tập S cho tập có hai phần tử hai số nguyên liên tiếp Lời giải: Gọi Sn tập hợp tập khác ∅ tập {1;2; ; n} mà tập khơng có hai phần tử hai số nguyên liên tiếp Chia phần tử Sn thành hai nhóm: Nhóm không chứa phần tử n : Số tập Sn−1 ; Nhóm chứa phần tử n : {n} {a1; a2 ; ; ak ; n} (1 ≤ k ≤ n − 1) Rõ ràng ≠ n − 1(i = 1,2, , k ) nên số tập Sn−2 + Do Sn = S n−1 + S n− + Với ý S2 = 2, S3 = , ta có  +   Sn = ÷    n+2 n+ 1−   − ÷  −1    Mặt khác, số tập khác ∅ tập {1;2; ; n} 2n − Vậy số tập thoả mãn đề  +   2n − ÷    n+2 n+2 1−   − ÷     Ví dụ Cho số nguyên n > Tìm số số nguyên ( a1 , a2 , , an ) thoả mãn ≤ với ∀i = 1,2, , n − +1 ≤ ∀i = 1,2, , n − Lời giải: Trong tập Sn số nguyên thoả mãn toán, gọi An , Bn , Cn tập hợp có an −1,0,1 tương ứng Ta có Sn = An + Bn + Cn Mặt khác, dễ thấy từ thuộc An Bn , ta bổ sung an +1 = −1 để thuộc An+1 nên An+1 = An + Bn Tương tự ta có Cn +1 = Cn + Bn Bn+1 = An + Bn + Cn = S n Từ ta có: Sn+1 = An+1 + Bn+1 + Cn+1 = ( An + Bn + Cn ) + Bn+1 + Bn = Sn + Sn−1 Kết hợp với S2 = 7, S3 = 17 ta tính S = n ( 1+ ) n +1 ( + 1− 2 ) n +1 Ví dụ Cho số nguyên dương n Có số tự nhiên có n chữ số, số chữ số lớn khơng có hai chữ số khác nhỏ đứng cạnh nhau? Lời giải: Kí hiệu X n tập tất số tự nhiên có n chữ số thoả mãn đề bài, An , Bn tập X n theo thứ tự gồm số có tận nhỏ 7; số có tận lớn Ta có X n = An ∪ Bn , An ∩ Bn = ∅ ⇒ X n = An + Bn Lấy phần tử X n+1 bỏ chữ số tận ta phần tử X n Nếu chữ số tận nhỏ (thuộc An ) có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử An+1 có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử Bn+1 Nếu chữ số tận lớn (thuộc Bn ) có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử An+1 có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử Bn+1 Từ lập luận ta có:  An+1 = An + Bn (1)   Bn+1 = An + Bn (2) Từ (1) (2) suy An+1 + Bn+1 = An + Bn = ( An + Bn ) + Bn = ( An + Bn ) + 12 ( An−1 + Bn−1 ) (n ≥ 2) Kí hiệu xn = X n , ta có xn+ = xn+1 + 12 xn , n ∈ ¥ * Từ ta có: n  xn+ − xn+1 = −2 ( xn +1 − xn )  xn + − xn+1 = (−2) ( x2 − x1 ) ⇒  n x + x = x + x ( n+1  n+  xn + + xn+1 = (6) ( x2 + x1 ) n +1 n) ⇒ xn+1 = [( x2 + x1 ).6 n − ( x2 − x1 ).( −2) n ] Dễ thấy x1 = , ta tìm x2 Xét u ∈ X ⇒ u = ab ; a, b ∈{2,3,4,5,6,7,8,9} Nếu a ∈{2,3,4,5,6} có cách chọn b Nếu a ∈{7,8,9} có cách chọn b Vậy x2 = 5.4 + 3.8 = 44 Do xn = [15.6n−1 + (−2) n−1 ] Ví dụ 6.(IMO 2011) Giả sử n > số nguyên Cho cân đĩa n cân có khối lượng 20 ,21 ,22 , ,2n−1 Ta muốn đặt lên cân n cân, một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải không nặng đĩa cân bên trái Ở bước ta chọn cân chưa đặt lên đặt lên đĩa bên phải, đĩa bên trái, tất cân đặt lên đĩa Hỏi có cách để thực việc đặt cân theo mục đích đặt ra? Lời giải: Gọi sn số cách để thực việc đặt cân theo mục đích đặt Xét cách đặt n + cân có khối lượng 20 ,21 ,22 , ,2n Do 20 + 21 + 22 + + n−1 = 2n − < 2n nên cách đặt cân thoả mãn tốn cân có khối lượng 2n đặt đĩa cân bên trái Nếu cân 2n chọn cuối cùng: có cách đặt ( 2n đặt lên đĩa bên trái ) số cách đặt n cân lại sn Nếu cân 2n đặt bước thứ i (i = 1,2, , n) Khi có n cách chọn i trường hợp cân 2n−1 có cách đặt ( đĩa bên phải hay bên trái thoả mãn ), số cách đặt n + cân trường hợp 2n.sn Vậy ta có hệ thức truy hồi: sn+1 = 2n.sn + sn = ( 2n + 1) sn Ta có s1 = nên sn = ( 2n − 1) ( 2n − 3) 3.1 Ví dụ 7.(VMO 2009) Cho số nguyên dương n Kí hiệu T tập hợp gồm 2n số nguyên dương Hỏi có tất tập S T có tính chất: S không tồn số a, b mà a − b ∈{1; n}? Lời giải: Với n ∈ ¥ * , kí hiệu d n số cần tìm theo u cầu đề Xét bảng vng kích thước × n Điền vào vuông bảng, từ trái qua phải, từ xuống dưới, số từ đến 2n n +1 n + … … n −1 2n − n 2n Gọi ô thứ n hàng ô thứ hàng hai đặc biệt Khi hai số a, b ∈ T thoả a − b ∈{1; n} chúng nằm ô kề đặc biệt Vì d n số cách chọn số bảng (kể số ô chọn 0) mà cách khơng có kề ô đặc biệt chọn Với n ∈ ¥ * , kí hiệu +/ kn số cách chọn mà cách khơng có kề chọn (*) +/ sn số cách chọn mà chọn cách có đặc biệt khơng có kề Ta có: d n = kn − sn • Tính kn Dễ thấy, tất cách chọn thoả mãn điều kiện (*) bao gồm : +/ kn−1 cách chọn mà cách khơng có thuộc cột bảng chọn +/ 2tn−1 cách chọn mà cách có thuộc cột bảng chọn; tn số cách chọn ô thoả mãn điều kiện (*) bảng khuyết đơn × n (h.2) … x … (h.2) Do kn = kn−1 + 2tn−1 (1) Lại có, tất cách chọn ô thoả mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết đơn × n bao gồm: +/ kn−1 cách chọn mà cách ô đánh dấu “x” không chọn; +/ tn−1 cách chọn mà cách ô đánh dấu “x” chọn Vì tn = kn−1 + tn−1 Từ (1) suy kn = kn−1 + 2(kn −2 + tn−2 ) = 2kn−1 + kn −2 (2) Bằng cách đếm trực tiếp, ta có k1 = 3, k2 = Do ta tìm kn = ( 1+ ) n +1 ( + 1− ) n +1 (3) • Tính sn Dễ thấy s1 = 0, s2 = s3 = với n ≥ ta có: sn = hn−2 , hn số cách chọn ô thoả mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết kép × n (h.3) A … … B (h.3) Do s3 = , đặt h1 = Bằng cách đếm trực tiếp, ta có h2 = Xét n ≥ Dễ thấy, tất cách chọn ô thoả mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết kép × n bao gồm: +/ kn−2 cách chọn mà cách ô A B không chọn; +/ 2tn−2 cách chọn mà cách có ô A, B chọn; +/ th−2 cách chọn mà cách ô A, B chọn Do hn = kn−2 + 2tn− + hn−2 = kn−1 + hn−2 (4) Từ (2) (4) suy 2hn − kn = 2hn−2 − kn−2 , ∀n ≥ Dẫn tới 2hn − kn = ( −1) , ∀n ≥ n Vì sn = hn−2 kn−2 + ( −1) n−2 = , ∀n ≥ • Vậy d1 = 3, d = 2kn − kn−2 + (−1) n−3 dn = , ∀n ≥ ( kn theo (3) ) Ví dụ Có n bóng b1 , b2 , , bn 2n hộp h1 , h2 , , h2 n Biết bóng bi ( i = 1,2, , n ) bỏ vào hộp h1 , h2 , , h2i Hỏi có cách bỏ k ( ≤ k ≤ n ) bóng vào hộp, biết hộp chứa nhiều bóng? (Hai cách bỏ bóng gọi khác có bóng bỏ vào hai hộp khác hai cách đó) Lời giải: Đặt Sn ,k số cách bỏ k bóng vào hộp Giả sử ≤ k ≤ n Nếu k bóng chọn bn k − bóng cịn lại bỏ vào hộp Sn−1,k −1 cách Đồng thời, bn có 2n − (k − 1) = 2n − k + cách chọn hộp hộp cịn lại để bỏ Do số cách bỏ bóng trường hợp là: ( 2n − k + 1) Sn−1,k −1 Trường hợp bóng bn khơng chọn, lưu ý k ≤ n − Mọi bóng bóng b1 , b2 , , bn−1 bỏ vào hộp Sn−1,k cách, suy Sn ,k = S n−1,k + ( 2n − k + 1) Sn−1,k −1 ( n ≥ 3, ≤ k ≤ n ) Nhận thấy Sn ,n = ( n + 1) Sn−1,n−1 ; S n ,1 = n ( n + 1) ; S1,1 = Từ quy nạp ta chứng minh Sn ,k = ( n + 1) k !( Cnk ) n − k +1 Ví dụ Xét đa giác n đỉnh với tâm O Người ta tô màu miền tam giác OAi Ai +1 ( ≤ i ≤ n ) ( An+1 ≡ A1 ) k ( k ≥ 3) màu cho hai miền kề tơ hai màu khác Hỏi có cách tô màu vậy? Lời giải: Gọi S ( n, k ) số cách tô màu thoả mãn tốn Ta có k cách tơ màu miền OA1 A2 , k − cách tô màu miền OA2 A3 ,…, k − cách n −1 tô màu miền OAn A1 Do có tất k ( k − 1) cách tô Tuy nhiên, ta phải trừ cách tô sai, chẳng hạn miền OAn A1 OA1 A2 màu, ta coi OAn A2 miền tam giác (bỏ qua đỉnh A1 ), số cách tô S ( n − 1, k ) Do ta có hệ thức: S ( n, k ) = k ( k − 1) n −1 − S ( n − 1, k ) = k ( k − 1) n −1 − [k ( k − 1) n −1 − k ( k − 1) n −2 − S ( n − 2, k ) ] = = k ( k − 1) Suy S ( n, k ) = ( k − 1) + ( −1) n n n −2 + + ( −1) n−4 [k ( k − 1) − S ( 3, k ) ] ( k − 1) Ví dụ 10 Kí hiệu f ( n ) số hoán vị ( a1 , a2 , , an ) ( 1,2, , n ) thoã mãn đồng thời điều kiện: 1) a1 = 2) − +1 ≤ 2, ∀i = 1,2, , n − Hỏi f ( 2013) có chia hết cho không? Lời giải: Ta xét với n ≥ Do a1 = a1 − a2 ≤ nên a2 = a2 = +) Nếu a2 = ( a2 , a3 , , an ) hoán vị ( 2,3, , n ) thoả mãn i ii a2 = − +1 ≤ 2, ∀i = 2,3, , n − Số hốn vị f ( n − 1) +) Nếu a2 = a3 ∈{2,4,5} Giả sử có ak = 2(3 < k < n) ak −1 − ak ≤ , ak − ak +1 ≤ ak −1 , ak khác 1, 2, nên ak −1 = ak +1 = ⇒ vơ lí Vậy a3 = an = Nếu a3 = a4 = , ( a4 , a5 , , an ) hoán vị ( 4,5, , n ) thoả mãn i ii a4 = − +1 ≤ 2, ∀i = 4,5, , n − Số hoán vị f ( n − 3) Nếu an = an −1 = nên a3 = , kết hợp với giả thiết suy an −2 = 6, a4 = 7, an−3 = 8, Cứ có hốn vị thoả mãn Dễ dàng tính f ( ) = 1, f ( 3) = 2, f ( ) = Tóm lại, ta có hệ thức truy hồi: f ( ) = 1, f ( 3) = 2, f ( ) = f ( n ) = f ( n − 1) + f ( n − 3) , ∀n ≥ Khi ta chứng minh dãy { f (n)(mod3)}∞n=2 dãy tuần hoàn chu kì 2, đó: f ( 2013) ≡ f ( 3) ≡ 2(mod3) Vậy f ( 2013) không chia hết cho III.Luyện tập Bài 1.Cho n số nguyên dương Từ số thuộc tập E = {1;2;3;4;5;6;7;8;9} lập số tự nhiên có n chữ số mà số chứa số lẻ chữ số số chẵn chữ số 2? n − 5n (Đáp số: ) Bài Cho số nguyên dương n ≥ Xét tập A = {1;2;3; ;2n } Tìm số tập B A mà tập có tính chất: Nếu x, y hai phần tử khác A có tổng luỹ thừa hai phần tử x, y thuộc B (Đáp số: 2n+1 ) Bài Có n người ngồi thành hàng ngang vào n ghế Hỏi có cách lập hàng mà cách lập hàng mới; người giữ ngun vị trí mình, đổi chỗ cho người liền bên phải, đổi chỗ cho người liền bên trái? Đ/s: n +1 n +1 1−    +   ÷ − ÷        Bài Cho tập S = {1;2; ; n} với n số nguyên dương Tìm số tập A tập S mà A chứa hai số nguyên dương liên tiếp Đ/s: an+ = 2( n + 2) Fn+ − (n + 3) Fn+ , Fn shtq dãy Fibonaci Bài Có n (n > 1) thí sinh ngồi xung quanh bàn trịn Hỏi có cách phát đề cho hai thí sinh ngồi cạnh ln có đề khác nhau, biết ngân hàng đề có m (m > 1) đề hiển nhiên đề có nhiều bản? Đ/s: Pn = ( m − 1) + ( m − 1) ( −1) n n Bài Có số tự nhiên n thoả mãn đồng thời điều kiện sau: a) n có 1000 chữ số b) Tất chữ số n lẻ c) Hiệu hai chữ số liên tiếp n ln Đáp số: 8.3499 Bài Cho bảng ô vng n × n (n > 1) Hỏi có cách đánh dấu ô vuông bảng cho hình vng × có hai ô vuông đánh dấu? ( Hai cách đánh dấu gọi khác có vng mà cách đánh dấu cịn cách khơng ) Đ/s: Sn = 8n − 10 Bài Cho tập S = {1;2; ; n} với n số nguyên lớn Tìm số tập tập S cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp n n − 31−  + 31+  Đ/s:  ÷ +  ÷ −1     Bài (IMO 1979) Giả sử A E hai đỉnh đối tâm bát giác Một ếch bắt đầu nhảy từ đỉnh A Tại đỉnh bát giác (trừ đỉnh E), cú nhảy ếch nhảy tới hai đỉnh kề Khi ếch nhảy vào đỉnh E bị mắc kẹt Cho trước số nguyên dương n Hỏi với n cú nhảy, có cách để ếch nhảy vào đỉnh E? Đ/s: a2 n−1 = 0; a2 n = (  2+ 2  ) n −1 ( − 2− ) n −1   Bài 10 Giả sử P1 , P2 , , Pn theo thứ tự điểm đường thẳng Người ta tô điểm màu khác nhau, điểm tô màu cho điểm Pi , Pi +1 (i = 1,2, , n − 1) màu điểm tơ màu xanh Hỏi có cách tơ vậy? 3n+1 + ( −1) Đ/s: n +1 ... Fibonaci Bài Có n (n > 1) thí sinh ngồi xung quanh bàn trịn Hỏi có cách phát đề cho hai thí sinh ngồi cạnh ln có đề khác nhau, biết ngân hàng đề có m (m > 1) đề hiển nhiên đề có nhiều bản? Đ/s: Pn... Bằng cách đếm trực tiếp, ta có h2 = Xét n ≥ Dễ thấy, tất cách chọn ô thoả mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết kép × n bao gồm: +/ kn−2 cách chọn mà cách ô A B không chọn; +/ 2tn−2 cách chọn mà cách... Vì d n số cách chọn số bảng (kể số ô chọn 0) mà cách khơng có kề ô đặc biệt chọn Với n ∈ ¥ * , kí hiệu +/ kn số cách chọn mà cách khơng có kề chọn (*) +/ sn số cách chọn mà ô chọn cách có đặc