Nguyên lý bù trừ toán 11

NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ LOẠI TRỪ
Định lý 1: Cho tập A1 ,A 2 ,...,A n là các tập hữu hạn thì:
n

A

 1





i

I 1,2,...n;I 

i 1

I 1

A

i

iI

Chứng minh :
Cách 1. Ta quy nạp theo n. Với n = 2 ta cần chứng minh
A1  A 2  A1  A 2  A1  A 2
thật vậy ta có A1  A 2 là hợp của hai tập rời nhau là A1 và A 2 \  A1  A 2  ;
A 2 là hợp của hai tập dời nhau A 2 \  A1  A 2  và A1  A 2 . Ta có :

A 2  A 2 \  A1  A 2   A1  A 2
A1  A 2  A1  A 2 \  A1  A 2 
Cộng vào ta có đpcm.
Giả sử đẳng thức đúng tới n  1 tập hợp. Ta chứng minh nó đúng với n tập hợp
n
n 1
n 1
 n 1 
A
A

A
A
A




 i  i n  i n   Ai   A n
 i1 
i 1
i 1
i 1
n 1



A

n 1

i

 An 

i 1



 A

 An 

i

i 1



 1

I1,2,...n 1;I 

I 1

A

 1



 An 

i

I 1

I1,2,...n 1;I 

iI

 A

i

 An 

iI

Vậy ta có cơng thức đúng với n . Đpcm.
n

Cách 2. Gọi a là phần tử của

 Ai xuất hiện trong đúng

r tập. Xét vế phải của,

i 1

r 1

số lần xuất hiện của phần tử a là Cr1  Cr2  Cr3  ...   1 Crr  Cr0  1 . Như
vậy số lần điếm phần tử a cả hai vế đều là đúng một lần, suy ra đẳng thức đúng.
Định lý 2:
Cho tập A1 ,A 2 ,...,A n là các tập con của tập S, đặt Ai  S \ Ai thì
n

A
i 1

i

S

 1  Ai
I



I 1,2,...n;I

.

iI

Định lý 3
Cho tập A hữu hạn, f là hàm số từ A tới tập số thực. Với mọi tập con B của A ta
n

đặt f  B    f  x  và f     0 , A   A i thì
xB

i 1

f  A     1
I 

I 1



f   Ai  .
 iI 
1


Sau đây là một số bài toán ứng dụng các định lý trên.
Bài tập 1. Trong một bài kiểm tra tốn có hai bài tốn khác nhau. Trong 1 lớp
có 30 em làm được bài thứ nhất và có 20 em làm được bài thứ hai. Chỉ có 10
em là được cả hai bài tốn. Hãy tính số học sinh trong lớp.
Lời giải.
Gọi A là số học sinh làm được bài thứ nhất.
Gọi B là số học sinh làm được bài thứ hai.
Thì A  B là số học sinh giải được cả hai bài và A  B là số học sinh trong lớp.
Theo định lý 1 ta có
A  B  A  B  A  B  30  20  10  40
Bài tập 2. Lớp 12A phải làm một bài kiểm tra toán gồm có 3 bài. Biết rằng mỗi
em ttrong lớp điều làm được ít nhất một bài, có 20 em làm được bài thứ nhất,

14 em làm được bài toán thứ hai, 10 em làm được bài thứ 3, 6 em làm được cả
bài toán thứ nhất và bài toán thứ hai, 5 em làm được bài thứ hai và thứ ba,2 em
là được bài thứ nhất và thứ ba, 1 em làm được cả 3 bài. Hỏi rằng lớp học có bao
nhiêu học sinh
Lời giải.
Gọi A là tập hợp học sinh giải được bài thứ nhất.
B là tập hợp học sinh giải được bài thứ hai.
C là tập hợp học sinh giải được bài thứ ba.
Theo định lý 1 ta có
ABC  A  B  C  AB  BC  CA  ABC
 20  14  10  6  5  2  1  32
Bài tập 3. Trong tập S  1;2;3;...;280 có bao nhiêu số không chia hết cho 2, 3,
5, 7?
Lời giải
Ta điếm trong S có bao nhiêu số ít nhất chia hết cho một trong các số 2, 3, 5, 7.
Ký hiệu A 2  k  S: k 2 , A3  k  S: k3 , A5  k  S: k5 ,

A 7  k  S: k7 . Khi đó A 2  A 3  A 5  A 7 là tập hợp các số thuộc S và chia
hết cho ít nhất một trong các số 2,3,5,7 . Ta có
280
 280 
 280 
 280 
A2 
 140; A 3  

93;
A



56;
A

5
7
 5 
 7   40
2
 3 
 280 
 280 
 280 
A 2  A3  

46
A

A

A

A

;
;
2
5
2
7
 10 

 14   20 ;
 6 
 280 
 280 
 280 
;
A3  A5  

18
A

A


13;
A

A

3
7
5
7
 21 
 35   8
 15 
2


 280 

 2990 
A 2  A3  A5  

9
A

A

A

;
2
3
7
 2.3.7   6 ;
 2.3.5 
 280 
 280 
;
A 3  A 5  A 7  

2
A

A

A

2
5

7
 2.5.7   5
 3.5.7 
 280 
A 2  A3  A5  A7  
1
 2.3.5.7 
Vậy A 2  A3  A5  A 7  216 . Suy ra trong S có 280  216  64 số không
chia hết cho một trong 2, 3, 5, 7.
Bài tập tương tự:
1)Có bao nhiêu số nguyên dương không quá 1000 và chia hết cho 7 hoặc
11. Đáp sơ 220.
2) Có bao nhiêu số ngun dương khơng quá 100 và không chia hết cho
5 hoặc không chia hết cho 7.
3) Có bao nhiêu số ngun dương khơng quá 100 và là số lẻ hoặc là số
chính phương.
4) Có bao nhiêu số ngun dương khơng q 1000 và là số chính phương
hoặc là lập phương của một số ngun.
5) có bao nhiêu sâu có độ dài 8 khơng chứa sâu con 000000.
Mở rộng bài tập 3 (công thức Euler)
Với mỗi số tự nhiên n  1 , ký hiệu   n  là số tất cả các số tự nhiên bé hơn n và






nguyên tố cùng nhau với n. Gọi phân tích tiêu chuẩn của n là n  p1 1 p2 2 ....pk k ,
với p1 , p 2 ,..., p k là tất cả các ước ngun tố của n thì ta có
k


1
  n   n 1   .
pi 
i 1 

Chứng minh.
Ký hiệu S  1,2,3,...,n . Ta điếm xem trong S có bao nhiêu số chia hết cho ít
nhất một trong các số p1 , p 2 ,..., p k . Gọi Ai  k  S : k pi  ( i=1,2,…,k)
Khi đó A1  A 2  ...  A k là tập hợp các số chia hết cho ít nhất một trong các
số p1 , p 2 ,..., p k . Ta có A i  Ai  ...A i 
1

2

k

n
pi1 .pi2 ...pik

Theo định 1 ta có

A1  A 2  ...  A k 
k



k 1
n
n

n
n



...


1





p1p2 ..p k
i1 pi
1i jk pi .p j
1i jmk pi .p j .p m

Vì   n  là số các số không chia hết cho tất cả các số p1 , p 2 ,..., p k nên

  n   n  A1  A 2  ...  Ak 
3


k

k 1
n
n

n
n
 n 1 


 ...   1

p1p2 ..pk
i1 pi
1i jk pi .p j 1i jm k pi .p j .p m

k

1
 n  1   .
pi 
i 1 












Bài tập 4 . Có bao nhiêu hóan vị của 26 chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Anh

sao cho khơng có các sâu con là “ fish”, “ cat”, “bird”.
Lời giải.
Gọi F là tập các hoán vị của 26 chữ cái có chứa “fish’’
Gọi C là tập các hốn vị của 26 chữ cái có chứa “cat ’’
Gọi B là tập các hoán vị của 26 chữ cái có chứa “Bird’’
Từ đó, số các hốn vị cần tìm là 26! F  C  B .
Ta đi tính từng thành phần
+) F  22!, C  23!, B  22!.
+) F  C  2.19!, C  B  2.19! , B  F  2.18!
+) F  C  B  3!.15! .
Vậy số các hoán vị thỏa mãn là 26!  22! 23! 22! 2!18! 19! 19!  3!.15!
Bài tập 5. 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 một số có mặt đúng 2 lần.
2) Trong mỗi số, hai số giống nhau không đứng liền kề nhau.
Lời giải
10!
.
Gọi A là tập tất cả các số thỏa mãn điều kiện 1), ta có A 
 2!5
Gọi A i là tập các số thỏa mãn điều kiện 1) và có hai số i ( i=1,2,3,4,5) đứng
cạnh nhau. Ta có :

9!
 i  1,2,3,4,5
24
10  2!  8! 1  i  i  5
Ai1  Ai2 
 1 2 
252

23
10  3!  7! 1  i  i  i  5
Ai1  Ai2  Ai3 
 1 2 3 
253
22
10  4!  6! 1  i  i  i  i  5
Ai1  Ai2  Ai3  Ai4 
 1 2 3 4 
254
21
A1  A 2  A3  A 4  A5  5!
Ai 

Theo định lý 1 ta có số các số cần tìm là
4


5

S A 

A
i 1

i



10!  1 9!

8!
7!
6!
5! 
  C5 4  C52 3  C53 2  C54 1  C55 0   39480
5
2
2
2
2
2 
 2

Mở rộng bài toán này cho k số ta thu được kết quả là:
 2k !   2k  1!  C2  2k  1!  C3  2k  3!  ...  1 k 1 Ck k! 
S  k   C1k
  k 0
k
k
2
2k 1
2k 2
2 k 3
2 

Bài tập 6. Có bao nhiêu cách xếp 8 con xe trên bàn cờ quốc tế sao cho không
con nào ăn con nào nếu:
a) Bàn cờ để nguyên.
b) Bàn cờ bị gạch đi một đường chéo chính.
Lời giải

a) Khơng có gì khó khăn ta có đáp số 8!
b) Ta điếm số cách xếp không hợp lệ tức là cách đếm
xó ít
1
2
3
nhất 1 con xe nằm trên đường chéo chính và khơng
con
4
5
6
nào ăn con nào.
7 8 9 ở vị trí
Gọi A i là tập hợp cách xếp có ít nhấ con xem nằm
(i,i) (i=1,2,..,8). Ta cần tính A1  A 2  ...  A8
Ta có Ai   8  1!  i  1,2,...,8

A i  A j   8  2 !
Ai  A j  A k

1  i  j  8 
  8  3! 1  i  j  k  8 

…………………………
A 1  A 2  ...  A8   8  8!
Vậy số cách xếp thỏa mãn là :

1
1 1
8! C18 7! C86 6! C83 5!  ...  C88 1  8!   ...    14833

8! 
 2! 3!
Bài tập 7. Cho hình vng cỡ 3x3, mỗi ơ vng ta tơ màu xanh hoặc đỏ. Hỏi có
bao nhiêu cách tơ để ta khơng có hình vng cạnh 2x2 có màu đỏ.





Lời giải
+) Số cách tô màu là 29  512
Gọi Q1 ;Q 2 ;Q 4 ;Q5 là tập hợp các cách tô màu có hình vng màu đỏ cỡ 2x2 và
có hình vng 1x1 góc trên bên trái là 1, 2, 4 , 5 như hình vẽ.
Ta có Qi  25 i  1,2,4,5

Q1  Q2  Q1  Q4  Q 2  Q5  Q2  Q5  23
Q1  Q5  Q2  Q4  22
Q1  Q2  Q4  Q1  Q2  Q5  Q1  Q4  Q5  Q 2  Q4  Q4  21

Q1  Q2  Q4  Q5  1
5


Vậy số các cách tô màu thoả mãn là
S  29  Q1  Q2  Q4  Q5









 29  4.25  4.23  2.22  4.2  1  417
Bài tập 8. Cho tập S  1,2,3,...,n với n   * . Gọi Tn là số các hốn vị của S
khơng có điểm cố định nào. H n là số các hốn vị của tập S có đúng 1 điểm cố
định.
a) Tính Tn .
b) Chứng minh rằng Tn  H n  1 .
Lời giải.
a)Ký hiệu Fi (với i =1,2,…,n ) là tập các hoán vị của S có vị trí thứ i cố định .
n

Ta có Tn  n!

F

i

i 1

Ta có Fi   n  1! i  1, 2,..., n

Fi  Fj   n  2 ! i  j
…. Fi1  Fi2  ...  Fik   n  k !
…. F1  F2  ...  Fn  1

 1  i1  i2  ...  ik  n

Theo định lý 1 ta có



Tn  n! C1n  n  1! Cn2  n  2 ! ...   1
n

 n!

n 1



.1

 1k

k!
b) Do H n là tập hợp các hốn vị của tập S sao cho có đúng một điểm
k 0

n 1

cố định nên ta có H n  n. Tn 1  n. n  1!
n

Như vậy Tn  H n  n!
k 0

 1

k!

k

n 1

 n!
0

 1
k!

k 0
k

 1k
k!

 1
 n!.
n!

n

1

Bài tập tương tự: Đặt Sn  1, 2,..., n , f n là số các song ánh từ S n  S n khơng
có điểm bất động nào và g n là số các song ánh từ S n  S n có đúng 1 điểm bất
động. chứng minh f n  g n  1 .
Bài tập 9. ( IMO 1989).Một hoán vị x1 , x 2 ,..., x 2n  của tập hợp S  1,2,...,2n

(với n   * ) Gọi là có tính chất P nếu x i  x i 1  n với ít nhất một i thuộc

1,2,...2n  1 . Chứng minh rằng, số các hoán vị có tính chất P lớn hơn số hốn
6


vị khơng có tính chất P.
Lời giải.
Gọi A k là tập hợp tất cả những hoán vị của S sao cho hai phần tử k và k+n đứng
kề nhau. Gọi A là tập tất cả các hốn vị có tính chất P. Khi đó :
n

A

A

k

  A k   Ai  A j 

k 1

k

i j

A

i

 A j  A l  ...

i  jl

Nhưng đây là dãy các số hạng đơn điệu giảm và đan dấu nhau nên ta suy ra
A   A k   A i  A j  C1n .2. 2n  1! Cn2 .2.2. 2n  2 !
k

i j

 2n 2  2n  2 ! 

 2n !

2
Mà tổng số các hoán vị của S là  2n ! . Suy ra điều phải chứng minh.
Bài tập 10. (Olympic 30 – 4 – 2006) Cho tập hợp D  1,2,3,4,...,12 . Tìm số
tập con của D sao cho phương trình x  y  12 vô nghiệm trên mỗi tập con đó.
Lời giải.
Ta có 1  12  2  11  3  10  4  9  5  8  6  7  13
Gọi A1 là tập các con của D có chứa 1 và 12.
A 2 là tập các con của D có chứa 2 và 11.
A 3 là tập các con của D có chứa 3 và 10.
A 4 là tập các con của D có chứa 4 và 9.
A 5 là tập các con của D có chứa 5 và 8.
A 6 là tập các con của D có chứa 6 và 7.
Gọi B là tập tất cả các tập con của D. Gọi C là tập các tập con thoả mãn yêu cầu.
Thì C  B  A1  A 2  ...  A 6 .
Do vai trị bình đẳng của các A i nên theo định lý 1 ta có
6

A

i

 C16 A1  C62 A1  A 2  C36 A1  A 2  A 3  C46 A1  A 2  A 3  A 4

i 1

 C56 A1  A 2  A 3  A 4  A 5  C66 A1  A 2  A 3  A 4  A 5  A 6
Ta có B  212
Mỗi phần tử của A1 có dạng 1,12  Y1 với Y1 là một tập con bất kỳ của

D \ 1;12 , như thế A1  Y1  210
Tương tự ta có A1  A 2  28 ; A1  A 2  A3  26 ; A1  A 2  A3  A 4  24 ;

A1  A 2  A3  A 4  A5  22 ;

A1  A 2  A3  A 4  A5  A 6  1 .





Vậy C  26  C16 .210  C62 .28  C63 .26  C64 .2 4  C65 .2  C66 .1  729
7


Tổng quát . Tìm số các tập con sủa S  1,2,3,...,2n sao cho phương trình
x  y  2n  1 vơ nghiệm trên tập đó.



Đáp án : 2 2n  C1n .2

2 n 1

 C2n .2

2 n 2 

 C3n .2

2 n 3

 ...   1

n 1



C nn .20  3n

Bài tập 11. Hỏi có bao nhiêu cách bốc 13 quân bài trong bộ bài tú_lơ_khơ có 52
quân sao cho có đúng một tứ quý.
Lời giải.
Ta quy ước bộ bài có 13 tứ quý được đánh số từ 1 tới 13
Bài toán phụ: Cách bốc 9 quân bài trong 52 quân bài trừ tứ quý i (
với i = 1,...,13) mà khơng có thêm một tứ q nào nữa.
9

+) Tổng số cách bốc 9 quân bài trong 48 quân bài là C48
+) Gọi Aj là tập các cách bốc 9 quân trong 48 quân mà có tứ quý j với j  i
+) Vậy số cách bốc cần tìm là :
13
 13
9
9
C48
  Aj  C48
   Aj 
j 1; j  i
 j 1; j i



Aj  Ak 

j  k ; j ,k  i


9
5
1
 C48
 12C44
 C122 .C40


( vì Aj  Ak  Al  

j  k  l  A j  Ak  Al  0

Quay lại bài toán:
1
9
5
1
C48
 12.C44
 C122 .C40
Số cách bốc có đúng một tứ quý là C13
.





Bổ đề ( Bài toán chia kẹo Euler ).
 x , x ,..., xn  
1.Số nghiệm của hệ  1 2
là Ckn11 .
 x1  x2  ..  xn  k
2. Số nghiệm khơng âm của phương trình x1  x2  ...  xn  k là Cnnk11 .
Bài tốn 12. Có bao nhiêu số ngun dương nhỏ hơn 106 nà tổng các chữ số
bằng 23.
Lời giải
Gọi số cần tìm có dạng a1 a2 ..a6 với a1  a2  ..  a6  23 * với
0  ai  9 ; i  1,2,..,6.
Gọi Ai i  1,...,6 là tập hợp các nghiệm không âm của (*) nhưng ai  10.
Trước hết ta tính số nghiệm của (*) là C236161  C285 .

6

Ta tính

A

i

với chú ý rằng Ai  Aj  Ak  0 với 0  i  j  k  6 vì tổng các

i 1

chữ số bằng 23.
Để tính A1 , ta đặt a1'  a1  10  0 thì a1'  a2  a3  a4  a5  a6  13, phương
trình này có số nghiệm là C136161  C185 .
8


Tương tự với Ai  C185 i  2,3, 4,5,6.
Tính A1  A2 , đặt a1'  a1  10  0; a2'  a2  10  0 thì
a1'  a2'  a3  a4  a5  a6  3 phương trình này có số nghiệm là C36611  C85 .
Tuơng tự Ai  Aj  C85 1  i  j  6 .
6

Do đó

A

i

i 1

6

  Ai 
i 1



Ai  Aj  6.C185  C62 .C85 .

1 i  j  6

Vậy số lượng các số cần tính là C285   6.C185  C62 .C85   47432.
Bài tốn 13. Trong khơng gian Oxyz, gọi S là tập hợp các điểm nguyên nằm
phía trong hoặc ở trên đỉnh, cạnh và mặt của một hình lập phương cạnh 999,
trong đó các cạnh song song hoặc vng góc với trục tọa độ, một đỉnh là
 0;0;0  và moọt đỉnh đối với nó là  999;999;999  . Hỏi mp x  y  z  2014 đi
qua bao nhiêu điểm trong tập hợp S ?
Lời giải
Các điểm nguyên thuộc S có dạng  x, y, z  | x, y, z   0;999   .
Ta cần đếm số nghiệm nguyên không âm của phương trình sau :
x  y  z  2014 thỏa mãn 0  x, y , z  999.
2
Nếu không có điều kiện giới hạn miền ngun thì rõ tằng số nghiệm là C2016
Ta xét các tập hợp sau:
A   x, y, z  | x  y  z  2014; x  1000.

B   x, y, z  | x  y  z  2014; y  1000.
C   x, y , z  | x  y  z  2014; z  1000.

2
Ta cần tính C2016
 A B C .
Rõ ràng A  B  C  0 .

Tính A , đặt x '  x  1000  0 thì x ' y  z  1014
31
2
2
do đó A  C1014
.
 C1016
. Tương tự B  C  C1016
 31
Tính A  B , đặt x '  x  1000  0; y '  y  1000  0 thì x ' y ' z  14 do đó
A  B  C143131  C162 . Tương tự B  C  C  A  C162 .
2
2
Vậy số điểm cần tìm là C2016
  3.C1016
 C32 .C162   484620.

Bài tốn 14. Tìm số cách chọn ra 4 số nguyên phân biệt từ 2014 số nguyên
dương đầu tiên sao cho trong sự lựa chọn đó khơng có hai số cùng chia hết cho 3
liên tiếp.
Lời giải
Gọi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 lần lượt là số các số nằm trước số thứ nhất được chọn, giữa
số thứ nhất và thứ hai,…, sau số thứ 4. Ta có
9

 x1  x2  ...  x5  2010,

 x1  0, x5  0, xi  2, i  2,3,4.
4
Số nghiệm của phương trình ban đầu và khơng có điều kiện rằng buộc là C2014
.
Gọi A, B, C lần lượt là các cách chịn mà x2  2, x3  2, x4  2 thì ta cần tính
4
C2014
 A B C .
41
3
Ta có A  B  C  C2010
.
 C2011
 2  4 1
31
2
A  B  B  C  A  C  C2010
 C2009
 4  31
2 1
1
A  B  C  C2010
 C2007
 6  2 1
4
3
2

1
Do đó số cách chọn cần tìm là C2014
  3.C2011
 3.C2009
 C2007
.

Bài tập 15. Cho hai tập hữu hạn A, B và A  n, B  m . Xác định số H  n, m 
các đơn ánh f : A  B .
Lời giải.
Gọi B  1,2,...,m , và S là tập các ánh xạ f : A  B .
Ký hiệu Bi là tập các ánh xạ f : A  B sao cho i  f  A  với i  1,2,...,m .
m

Vậy tập các đơn ánh f : A  B là S \  Bi .
i 1
n

n

n

Ta có S  m ; Bi   m  1 ; Bi  B j   m  2  ...
Theo định lý 1 ta có :

H  n,m   m n    1

I 1

I 

 m n    1

I 1

I

m

B

i

iI

m

n

 m  I   mn   Ckm  1

k 1

. m  k 

n

k 1

k

n

  Ckm . 1 . m  k  .
k 0

Nhận xét:
Nếu n < m thì khơng có đơn ánh f : A  B .
Nếu n = m thì số đơn ánh bằng số song ánh.
Ta có đẳng thức Euler.
m

  1
k 0

k

0 if n  m,
n
.C km . m  k   
n! if n  m.

Bài tập 16. Cho A1 , A 2 ,..., A n là tập hữu hạn sao cho :

A i  A i1 

n2
. A i1 i  1, 2,..., n với A n 1  A 1
n 1
10

n

Chứng minh rằng :

A

i

.

i 1

Lời giải.
Giả sử A1  max Ai .
1i  n

Đặt Bi  A i  A i1  Bn  Bn 1  A n .
Suy ra A n  Bn  Bn 1  Bn  Bn 1  Bn  Bn 1

n2
n2
An 
A n 1  Bn  Bn 1
n 1
n 1
n2
1
n 1

1
n 3
 Bn 1  Bn 
A n 1 
An 
A1 
An 
A1
n 1
n 1
n2
n 1
n 1
n 3
 A n 1  A n  A1 
A1
n 1
Đặt C  A n 1  A n  A1 có C  Bn 2  A n 2
suy ra A n 1  Bn 2  C  Bn 2  C  Bn 2  C
n2
n 3

A n 1 
A1  Bn 2  C
n 1
n 1
n 3
1
n4
Vậy Bn 2  C 

A1 
A n 1 
A1
n 1
n 1
n 1
n4
 A n 2  A n 1  A n  A1 
A1
n 1
nn
A1  0
Bằn quy nạp ta có A 2  A 3  ...  A n  A1 
n 1


n

  Ai  
i 1

Bài tập 17 (THTT) Cho 167 tập hợp A1 , A 2 ,..., A167 thỏa mãn:
167

1)

A

i

 2004

i 1

2) A j  Ai . Ai  A j i  j  1, 2,...,167
167

Tính

A

i

.

i 1

Lời giải.
+) Ta có A j  A i . Ai  A j

 Ai  A j . Ai  A j
11


Suy ra A i  A i . A i  A j

2

i  j

Nếu Ai  0  A j  0 i  j  1, 2,...,167 mâu thuẫn với 1).
Vậy Ai  A j  1 i  j và Ai  A j  2004 /167  12
+) Xét tập A1 , mỗi tập A 2 , A 3 ,..., A167 đều chứa đúng một phần tử của tập A1 .
Theo nguyờn lý Điriclê có ít nhất 14 tập con cùng chứa 1 phần tử của tập A1 .
Không giảm tổng quát giả sử 1 tập con A 2 , A 3 ,..., A15 cũng chứa phần tử a của
A1 .Ta chứng minh a  A i i  16,17,...,167
Thật vậy giả sử i0  15 sao cho a  A i0 . Đặt Bi0  A i0 \ a
Khi đó với mỗi A j  i  2, 3,...,15  ta cú A j  A i  1 suy ra A j  Bi0  1
Giả sử A j  Bi0  b j . Ta cú b j1  b j2 vỡ nếu b j1  b j2 thì 2 tập A j1 và A j2 có
hai phần tử chung là a và b j1 trái với Ai  A j  1.
Như vậy b 2 , b3 ,..., b15 là 14 phần tử thuộc A i0 mâu thuẫn với Ai0  12 .
Vậy A i  A j  a i  j .
Đặt Bi  A i \ a i thì Bi  B j  
167

Như vậy

A
i 1

167

i



167

 B  a   B  a  167.11  1  1838
i

i

i 1

1

Bài tập 18 (Olympic 30-4). Sử dụng bảng mẫu A gồm 256 ký tự, lập thành 2007
nhóm, mỗi nhóm có đúng 32 kí tự khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại 2 nhóm
có chung ít nhất 4 ký tự.
Lời giải:
Gọi các ký tự thuộc A là a i  i  1,2,..., 256  . Gọi k i là số nhóm chứa a i .
256

2
ki

Suy ra số cặp nhóm chứa a i là C , cú tất cả S   C2ki cặp nhóm kí tự trong A
i 1

chứa chung ( trong đó một cặp nhóm bất kỳ có thể kể nhiều lần)
256

Có N  2007 nhóm nên

k

i

 32N

i 1

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có:
2
256
256 k k  1

1  256 2 256  1 1  256 
i i
2
S   Cki  
   ki   ki   .
  k i   16N
2
2
2
256


 i1 




i 1
i 1
i 1
i 1
2

32N 


 16N  2N  N  8
2.256
Giả sử mỗi cặp nhóm bất kỳ có khơng q 3 ký tự chung thì có khơng q
12


3N  N  1
cặp nhóm chứa chung ký tự trong A.
2
3N  N  1
 N  29 trái với giả thiết.
Suy ra 2N  N  8  
2
Vậy tồn tại 2 nhúm có chung ít nhất 4 ký tự chung.
3.C2N 

Bài tập 19. Cho A1 , A2 ,..., An ; B1 , B2 ,..., Bn là hai phân hoạch của tập M sao cho

n2
Aj  Bk  n i, j  1,2,..., n . Chứng minh rằng M  .
2
Lời giải.
M
M
, B j0 
Gọi Ai0  min  Ai  ; B j0  min B j . Suy ra Ai0 
.

i 1,2,..,n
j 1,2,.., n
n
n
M
Từ đó ta có n  Ai0  B j 0  Ai0  B j0  Ai0  B j 0  Ai0  B j0  2
n
2
n
Suy ra M  .
2

 

Bài tập 20. Cho tập hợp S  1, 2,...,2n . Hỏi có bao nhiêu tập con T của S sao
cho T không chứa hai phần tử a, b sao cho a  b  n .
Lời giải .Ta sẽ giải bài toán bằng hai cách
Cách 1. Gọi A là tập hợp các tập con của S có ít nhất hai phần tử a, b sao
cho a  b  n . Gọi Ai là tập hợp các tập con có chứa tập i, i  n , i  1, 2,..., n .
n

n

i 1

i 1

Khi đó A   Ai , suy ra A   Ai 



Ai  Aj  ...

1i  j  n

Tính được:
+) Ai = số các tập con của tập có 2n  2 phần tử = 2 2 n2 .
+) Ai  Aj  22 n2.2 .
+) Ai1  Ai2  ...  Aik  2 2 n2.k k  1, 2,..., n .
Vậy số các tập con cần tính là



2 2 n  A  2 2 n  Cn1 22 n2  Cn2 2 2 n2.2  ...  Cnn  1

n 1



n

22 n 2 n   22`  1  3n .

Cách 2. Chia các số vào bảng
1
2
3
…
n
n+1

n+2
n+3
…
2n
Rõ ràng mỗi cột cho ta 3 cách tạo tập con thỏa mãn là: chỉ chọn số ở hàng trên,
chỉ chọn số ở hàng dưới, không chọn số nào cả. Chú ý các cột ở trên là độc lập
với nhau. Vậy bài tốn sẽ có 3n tập con thỏa mãn.
13


Bài tập 21. Từ tập X  0,0,3,3, 4,5,7,9 lập được bao nhiêu hoán vị thỏa mãn
các chữ số giống nhau không được đứng cạnh nhau.
8!
.
Lời giải. Tổng số các hoán vị là
2!2!
Gọi A0  { các hoán vị mà hai số 0, 0 đứng cạnh nhau }.
A3  { các hoán vị mà hai số 3, 3đứng cạnh nhau }.
8!
8!
Số các hoán vị thỏa mãn sẽ là
 A0  A3 
  A0  A3  A0  A3  .
2!2!
2!2!
+) Đếm số A0 = số cách xếp 7 phần tử 00, 3, 3, 4, 5, 7, 9 vào 7 chỗ trống.
Chọn vị trí cho hai phần tử 3, 3 có C72 cách.
Chọn vị trí cho 5 phần tử cịn lại có 5! cách.
Suy ra A0  5!C72 .
+) Tương tự A3  5!C72 .

+) Đếm A0  A3 = số cách xếp 6 phần tử 00, 33, 4, 5, 7, 9 vào 6 vị trí có

6! .
8!
  2.5!.C72  6! .
2.2
Bài tập 22. Cho m, n là hai số nguyên dương sao cho  n  2  m . Hãy tính số
Vậy số các hốn vị cần tìm là

các bộ ba  x, y, z   *  *  * thỏa mãn x  y  z  m và x, y , z  1,2,3,..., n .
Lời giải.
n2
Đặt k 
 n  km  2 . Xét các tập hợp sau .
m
D  km  1; km , E  1,2,..., km ,

A   x, y, z  | x, y, z  E \ D and x  y  z  m ,
B   x, y, z  | x, y, z  E and x  y  z  m ,
E   x, y , z  | x, y, z  E ; x  D or y  D or z  D and x  y  z m .
Ta cần tính A  B  C
+) Tính B . Có km cách chọn x  E , mỗi cách chọn x có km cách chọn y  E ,
Mà mỗi cách chọn x, y như trên có k cách chọn z  E sao cho x  y  z  m .
Như vậy B  km.km.k  k 3 m 2 .
+) Tính C . Đặt

X   x, y, x  | x, y, z  E and x  D and x  y  z  m  ,
Y   x, y, x  | x, y , z  E and y  D and x  y  z  m  ,
Z   x, y, x  | x, y, z  E and z  D and x  y  z  m  ,
Đếm X : chọn x có 2 cách,

14


chọn y có km cách,
chọn z có k cách. Suy ra X  2k 2 m .
Đếm Y  Z  2k 2 m .
Đếm X  Y  Y  Z  Z  X  2.2.k .

8
4

Đếm X  Y  Z  T  m  với T  m   
2
1

if m  1
if m  2
.
if m  3
if m  4

Vậy
C  X Y  Z  X  Y  Z  X Y  Y  Z  Z  X  X Y  Z

 3.2.k 2 .m  3.2.2.k  T  m  .
Kết luận A  k 3 m2  6k 2 m  12k  T  m  .
Bài tập 23. Cho A  1,2,...,2016 , tìm số các bộ  S1 , S2 ,..., S2016  với
2016

S

Si  A  i  1, 2,...,2016, sao cho

i

 .

i 1

Lời giải.
+) Số các tập con của A là 2 2016 .



+) Tổng số bộ  S1 , S2 ,..., S2016  là 22016



2016

.

+) Gọi Ai   S1 , S 2 ,..., S 2016  | i  Si  i  1,2,...,2016 .
Vậy tổng số các bộ con thỏa mãn yêu cầu là 2

2016 2

2016



A .
i

i 1



Ta đi tính Ai  22015



2016

Ai  Aj   2 2014 

i  1,2,...,2016.

2016

1  i  j  2016

Ai1  Ai2  ...  Aik   2 2016k 

2016

1  i1  i2  ...  ik  2016

Vậy số các tập con thỏa mãn là:
2



1
22016  C2016
 22015 

2016

2
 C2016
 22014 

2016



2016 0
 ....  C2016
2   22016  1

2016

.

Bài tập 24. Cho n  , người ta xếp xung quanh một bàn tròn số ghế lần lượt
theo chiều kim đồng hồ là 2n chiéc ghế g1 , g 2 ,..., g 2 n . Hỏi có bao nhiêu cách
15

xếp n cặp vợ chồng vào 2n ghế sao cho thỏa mãn 2 điều kiện
i) Chồng không bao giờ ngồi cạnh vợ mình.
ii) Khơng có hai người cùng giới ngồi cạnh nhau.
Lời giải
Bổ đề. Số cách tô k điểm trong m điểm nằm trên một đường trịn sao mà
m
khơng có hai điểm kề nhau là
Cmk k .
mk
Chứng minh. Đánh dấu m điểm này là A1 , A2 ,..., AM .
Số cách tô màu bằng lực lượng của tập hợp
A  { i1 , i2 ,..., ik  | i1  i2  ...  ik  1, 2,..., m and i j 1  i j  1, i1  1, ik  m, không
đồng thời sảy ra}.
Ta biểu diễn A  B \ C với
B  { i1 , i2 ,..., ik  | i1  i2  ...  ik  1, 2,..., m and i j 1  i j  1} ,

C  { i1 , i2 ,..., ik  | i1  i2  ...  ik  1,2,..., m and i j 1  i j  1, i1  1, ik  m} .
Suy ra A  B  C .
Xét mơ hình tương ứng với tập B
x1
x2
x3
xk
xk 1
1 
 1 
 2 
 ....k 1 
 k 


 m.
Với xi  ii 1  ii , i là vị trí điểm được chọn. Như vậy
 x1  x2  ...  xk  xk 1  m  1

B  số nghiệm nguyên của hệ  x1  0; xk 1  0
 x , x ,..., x  2
 2 3
k

 y1  y2  ...  yk 1  m  1   k  1

 Cmk k 1 .
 số nghiệm nguyên của hệ  yi  1 i  1,2,..., k  1
 y  x  1; y  x  1; y  x  1
k
k 1
j
j
 1 1
Tương tự ta có C  Cmk 2k 1 .
m
Vậy A  B  C 
Cmk k .
mk
Quay lại bài tốn
Cố định vị trí của n ơng chồng, giả sử các ông chồng đều ngồi ở vị trí
chẵn và ơng chồng i ngồi ở vị trí thứ 2i .
Gọi bà vợ ngồi ở vị trí 2i  1 là ai thì ai  i và ai1  i . Như vậy số cách xếp
thỏa mãn yêu cầu bằng lực lượng của tập hợp
A   a1 , a2 ,..., an  | ai  1,2,..., n , an1  a1 , ai  i, ai 1  i i  1, 2,..., n 

Gọi Ai   a1 , a2 ,..., an  | ai  1, 2,..., n , an1  a1 , ai  i  ,

Bi   a1 , a2 ,..., an  | ai  1,2,..., n , an1  a1 , ai1  i  .
16


Thế thì A  n !

n

n

i 1

j 1

 Ai   B j

 2n
2 n 1
 n!  Ti   Ti1  Ti2  ....   1
T1  T2  ...  T2 n
1i1 i2  2 n
 i 1
 Ai if 1  i  n
ở đó Ti  
 Bin if n  1  i  2n
Lại có T1  A1   n  1!  T j j =1,...,2n .



.


0
Ti1  Ti2  ...  Tik  
 n  k  !
ở đó Ti1  Ti2  ...  Tik  0 nếu tồn tại đồng thời cặp Am , Bm hoặc cặp Am1 , Bm .
Trường hợp Ti1  Ti2  ...  Tik  0 nếu Am không kề Bm và Bm1 . Số tập khác
rỗng bằng số cách chọn k điểm trên đường trịn sao cho khơng có hai điểm nào
2n
liền nhau được chọn, theo bổ đề thì số tập khác rỗng là
C2knk .
2n  k
n
2n
2 k 1
Vậy A  n !   1 C2kn k
 n  k ! .
2n  k
k 1
Mặt khác có 2.n! cách xếp các ơng chồng nên có tất cả 2.n!. A cách xếp thỏa
mãn bài toán.
Bài tập 25.(THTT T10/147 )Một số tự nhiên được gọi là k  success nếu tổng
các chữ số của nó bằng k . Gọi Qik là các số k  success có i chữ số. Tính tổng
m

n

aik .


k 1 i 1
Lời giải
Bổ đề. Cho m, n   * , số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1  x2  ...  xn  m là Cmn1n1 .
Quay lại bài tốn.
n

Nếu m  9n thì

n

9n n

 aik   aik .
k 1 i 1

k 1 i 1

Xét trường hợp m  9n .
Các số thỏa mãn điều kiện là các số có i chữ số 1  i  n  và tổng các chữ số
khơng vượt q m . Tức là các số có dạng x1 x2 ...xn  0  xi  9;1  i  n  sao cho
1  x1  x2  ...  xn  m.
n

Do 1   x i  m nên tồn tại xn1    0  xn 1  m  1 sao cho
i 1

n1

 xi  m.

i 1

17


n 1


Đặt A   x1 , x2 ,..., xn  |  x i  m;0  xi  9; i  1,..., n ; xn1  0  .


i 1
m

Vậy

n

aik 

k 1 i 1

A  1 ( ta bỏ đi trường hợp x1  x2  ...  xn  0; xn1  m ).

n 1


Đặt S   x1 , x2 ,.., xn , xn1  |  xi  m, xi  0  ,



i 1
n1


 m  m
A j   x1 ,..., xn1  |  xi  m ; xi  0; x j  10  j  1,.., n  và q        n.
10   9 


i 1

k

Ta có

 Ai   k  q  1,
i 1
n

lại có S  A   Ai , S  Ai    i  1,.., n  .
i 1
q 
i
A

S

 i
   1
i 1 

i 1
Theo bổ đề S  Cmn  n .
n

Vậy A  S 



A
 j  1
j 1

i

k

  Ax

Bây giờ cần tính

i

xi1,2,...,n i 1
k

 

Ta thấy

xi1,..,n i 1

k  1,..., q, với mỗi k  q .

k

Axi  Cnk

 Ai

.

i 1

k

Để tính

 Ai

ta đặt yi  xi  10, ta có

i 1
k

k
n 1


A


y
,
y
,...,
y
,
x
,...,
x
|
y

x

m



 i
 j .
1 2
k
k
n1  i


i

1
l


k 1
i 1

k

k



Vậy theo bổ đề

Ai  Cnm10 k  n .

Vậy

i 1
m

Thành thử

n

  Ax

xi1,2,...,n i 1

n

q

i 1

i 1

 Cnk .Cnm10 k  n .

i

 aik  A  1  S   Ai  1  Cnn m    1 Cni Cnm10k n  1
k 1 i 1

q

i

i

   1 Cni Cnm10 k  n  1.
i 0

Kết hợp cả hai trường hợp m  9n và m  9n ta có:
m

n

q

i

 min  m,9n  
.
10



 1 Cni Cnm10 k n  1 ở đó q  
 aik  
i0
k 1 i 1

Bài tập tương tự
1) (ACM12 2001) Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 2001 chia hết cho 3
18


hoặc 4 nhưng khơng chia hết cho5.
2) Tìm các số tự nhiên không lớn hơn 2010 không chia hết cho 2, 3, 5
3) Cho tập M  1, 2,...n
a) Tìm số tất cả các bộ 2 tập con A,B,C của M sao cho
A  B  C  M,B  C  
b) Tìm số tất cả các bộ bốn tập con A,B,C,D của M sao cho;
A  B  C  D  M, B  C  D  
c) Tìm số tất cả các bộ k tập con  M1 , M 2 ,...,M k  của M
Sao cho :



k
i 1

Mi  

19