Sáng kiến kinh nghiệm về toán rời rạc ở trường THPT chuyên Bắc Giang.PDF
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (530.65 KB, 47 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TRẦN THỊ HÀ PHƯƠNG
.
CÁC CHUYÊN ðỀ TOÁN RỜI RẠC
(Chuyên ñề bồi dưỡng HSG).
Tổ: Toán- Tin.
Năm học : 2010-2011.
Mã số:……………
Bắc Giang - Tháng 4 năm 2011.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
1
LỜI NÓI ðẦU.
Toán rời rạc là một phần quan trọng trong chương trình toán học, kể cả phổ thông
và chương trình dành riêng cho các lớp Chuyên Toán. Trong các kỳ thi ðại học và trong
các kỳ thi học sinh giỏi ñều có các bài toán về tổ hợp và toán rời rạc. Hiện nay, các sách
viết về toán rời rạc không nhiều. Chính vì vậy học sinh sẽ gặp khó khăn trong việc tìm tài
liệu. Trong cuốn sách ”Một số chuyên ñề ðại số bồi dưỡng học sinh giỏi THPT” , thày
Nguyễn Văn Tiến ñã hệ thống, xây dựng lý thuyết của một số nguyên lý toán học và cung
cấp hệ thống bài tập cho học sinh. Tuy nhiên, do khuôn khổ cuốn sách nên trong ñó còn
có một hệ thống bài tập chưa có lời giải. Trong khuôn khổ chuyên ñề này, người viết ñã
giải và thêm vào một hệ thống bài tập bổ sung thêm cho các nguyên lý phản chứng, quy
nạp, Dirichlet, cực hạn và lý thuyết trò chơi.
Trong chương I, người viết trình bày một số dạng toán về tổ hợp và nhị thức
Newton. Phần này có tác dụng ñối với cả ôn thi ðại học và ôn thi HSGQG. Trong chương
này ñưa ra một phương pháp xét số hạng tổng quát ñể chứng minh các ñẳng thức tổ
hợp.Thường dạng toán này trước kia dành cho học sinh lớp 12. Phương pháp này giúp
học sinh lớp 10 khi chưa ñược học nguyên hàm và tích phân vẫn có thể giải ñược
Trong chương II, người viết tóm tắt lại các nguyên lý cơ bản của Toán học: nguyên
lý phản chứng, quy nạp, Dirichlet, cực hạn và lý thuyết trò chơi, ñồng thời cũng ñưa ra
một hệ thống bài tập minh hoạ. ðây góp phần là một tài liệu về toán rời rạc ñể dạy lớp
Chuyên toán và bồi dưỡng HSGQG.
Người viết mong nhận ñược sự trao ñổi, góp ý của các thày cô giáo và các em học
sinh ñể chuyên ñề có chất lượng cao hơn nữa.
Bắc giang, tháng 4 năm 2011
Người viết
Trần Thị Hà Phương
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
2
MỤC LỤC
Trang
Chương I
. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỔ HỢP VÀ NHỊ THỨC NEWTON.
I.1. Tóm tắt kiến thức lý thuyết ………………… …………………… 1
I.1.1. Hoán vị. Chỉnh hợp. Tổ hợp 1
I.1.2. Công thức khai triển nhị thức Newton……………………………1
I.1.3. Một số công thức về tổ hợp……………………………………….1
I.2.Một số dạng toán thường gặp ……………………… 2
I.2.1. Các bài toán về tính toán, suy luận …. …2
I.2.2. Phương trình và bất phương trình tổ hợp……………………… 3
I.2.3. Bài toán tính tổng…………………………………………………4
I.2.4. Chứng minh hệ thức tổ hợp…………………… 5
I.2.5. Tính hệ số của ña thức………………………… 5
I.2.6. Sử dụng ðạo hàm chứng minh các công thức tổ hợp…………… 8
I.2.7. Sử dụng Tích phân chứng minh các công thức tổ hợp…………….8
I.2.8. Biến ñổi tương ñương chứng minh các ñẳng thức tổ hợp……….10
Chương II.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN CỦA
TOÁN HỌC 13
II.1. Nguyên lý phản chứng. ……… 13
II.1.1.Một số chú ý 13
II.1.2.Một số ví dụ minh hoạ 13
II.2. Nguyên lý Quy nạp 16
II.2.1. Phương pháp quy nạp hoàn toàn………………………………….16
II.2.2. Phương pháp quy nạp lùi……………………………………… 17.
II.2.3. Một số ví dụ minh hoạ 18
II.3. Nguyên lý Dirichlet 19
II.4.Nguyên lý cực hạn ………………………………… 24
II.5.Một số bài tập về lý thuyết trò chơi…………………………….…… 39
II.5.1.Một số khái niệm…………………………………… 39
II.5.2.Một số phương pháp xây dựng chiến lược thắng………………….40
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
3
Chương I.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỔ HỢP VÀ NHỊ THỨC NEWTON.
I.1 Tóm tắt kiến thức ký thuyết.
I.1.1 Hoán vị, Chỉnh hợp, Tổ hợp.
Ở ñây ta quy ước n, k là các số tự nhiên với
1;
n k n
≥ ≤
.
a) Hoán vị: Cho một tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp thứ tự n phần
tử ñó tạo thành một hoán vị. Số hoán vị của n phần tử là
!
P n
n
=
.
b) Chỉnh hợp: Cho một tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử
của tập hợp A tạo thành một chỉnh hợp chập k của n phần tử ñó.
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử là
!
( )!
n
k
A
n
n k
=
−
.
c) Tổ hợp: Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k phần tử của tập
hợp A tạo thành một tổ hợp chập k của n phần tử ñó.
Số tổ hợp chập k của n phần tử là
!
!( )!
n
k
C
n
k n k
=
−
.
I.1.2. Công thức khai triển nhị thức Newton.
.
( ) .
0
n
n k n k k
a b C a b
n
k
−
+ =
∑
=
( )
1 .
( ) .
0
k
n
n k n k k
a b C a b
n
k
−
−
− =
∑
=
I.1.3. Một số công thức về tổ hợp.
.
.
.
1 1
.
1
k n k
a C C
n n
k k k
b C C C
n n
n
−
=
+ +
+ =
+
0 1 2 2
. (1 )
0 1 2
2
n n n
c C xC x C x C x
n n n n
n n
C C C C
n n n n
+ + + + = +
+ + + + =
0 1 2 2
. ( 1) (1 )
0 1 2
( 1) 0
0 2 2 1 3 2 1 2 1
2
2 2 2 2 2 2
=
− + − + − −
− + − + − =
− −
+ + + = + + + =
n n n n
d C xC x C x C x
n n n n
n n
C C C C
n n n n
n n n
C C C C C C
n n n n n n
Trn Th H Phng- THPT Chuyờn BG Mt s dng toỏn v t hp
4
I.2 Mt s dng toỏn thng gp.
I.2.1. Cỏc bi toỏn tớnh toỏn, suy lun.
Bài 1. Cho A= {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Có thể lập đợc bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau từ
A nhng nhất thiết phải có mặt chữ số 3.
Bài 2. Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Có thể lập đợc bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau
mà ba số 1, 2, 3 đứng cạnh nhau.
Bài 3. Cho các số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Có thể lập đợc bao nhiêu số có 8 chữ số, trong đó chữ
số 1 có mặt đúng ba lần, các chữ số khác có mặt đúng một lần.
Bài 4. Cho các số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Có thể lập đợc bao nhiêu số có 8 chữ số, trong đó chữ
số 1 và 6 có mặt đúng hai lần, các chữ số khác có mặt đúng một lần.
Bài 5. Cho các số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Có thể lập đợc bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau,
trong đó chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau.
Bài 6. Cho các số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Có thể lập đợc bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác
nhau.Tính tổng các số lập đợc.
Bài 7. Cho các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Có thể lập đợc bao nhiêu số có bốn chữ số khác
nhau từ 9 chữ số trên.Tính tổng các số lập đợc.
Bài 8. Một đội xây dựng có 10 nhân công và 3 kỹ s. Để lập một tổ công tác ngời ta
chọn 1 kỹ s làm tổ trởng, 1 công nhân làm tổ phó, 3 công nhân làm tổ viên. Hỏi có
bao nhiêu cách lập tổ.
Bài 9. Có 5 nhà toán học nam, 3 nhà toán học nữ, 4 nhà vật lý nam. Hỏi có bao nhieu cách
lập một đoàn công tác gồm 3 ngời cần có cả nam và nữ, cả nhà toán học và nhà vật
lý.
Bài 10. (B-2004) Trong một môn học, thày giáo có 30 câu hỏi khác nhau để lập bài kiểm
tra với 5 câu khó, 10 câu TB, 15 câu dễ. Từ 30 câu hỏi đó có thể lập đợc bao nhiêu
đề kiểm tra gồm 5 câu hỏi khác nhau trong đó mỗi đề phải nhất thiết có mặt ba loại
và số câu dễ không ít hơn 2.
Bài 11. (B-2002) Cho đa giác đều 2n đỉnh A
1
, A
2
,, A
2n
nội tiếp (O). Biết rằng số tam
giác có các đỉnh là ba trong 2n điểm A
1
, A
2
,, A
2n
nhiều gấp 20 lần số hình chữ
nhật có các đỉnh là bốn trong 2n điểm A
1
, A
2
,, A
2n
. Tìm n.
Bài 12. Mt hp ủng 14 viờn bi cú trng lng khỏc nhau trong ủú cú 8 viờn bi trng v
6 viờn bi ủen. Tỡm s cỏch chn 4 viờn bi sao cho trong 4 viờn bi ủc chn ra phi
cú ớt nht mt viờn bi trng.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
5
I.2.2 Phương trình và bất phương trình tổ hợp.
-Phương trình tổ hợp là phương trình có chứa nhiều ẩn số trong công thức tổ hợp,
chỉnh hợp, hoán vị.
-Khi giải phương trình tổ hợp ta ñặc biệt chú ý ñến việc ñặt ñiều kiện cho ẩn số, sử
dụng các công thức về tổ hợp ñể biến ñổi, rút gọn và ñưa về phương trình ñại số ñể giải,
cuối cùng so sánh nghiệm tìm ñược với ñiều kiện ñặt ra rồi kết luận.
Bài 13.
Giải các phương trình và bất phương trình sau
3 1 3 2
, 2 3 3 159
1 1 6
5
2 3 2
,
2 2
2
x x
a A C C x P
x
x x
b C C A
n
n n
− −
+ − = + +
+ −
+ >
+ +
1 3
, 72 72
x+1
d C A
x
− ≥
Bài 14.
25 học sinh của một lớp muốn lập những nhóm gồm p học sinh. Tìm p ñể số
nhóm có thể lập ñược là lớn nhất. Tìm số nhóm ñó.
Lời giải
Số nhóm gồm p học sinh có thể lập ñược là
(1 25)
25
p
C p≤ ≤
ðể số nhóm có thể lập ñược là lớn nhất thì
25! 25!
1
!(25 )! ( 1)!(26 )!
25 25
1 25! 25!
25 25
!(25 )! ( 1)!(24 )!
p p
C C
p p p p
p p
C C
p p p p
−
≥
≥
− − −
⇔
+
≥
≥
− + −
26 13 12
1 25 12 13
p p p p
p p p p
− ≥ ≤ =
⇔ ⇔ ⇒
+ ≥ − ≥ =
Vậy nếu lập những nhóm gồm 12 học sinh hoặc 13 học sinh thì số nhóm lập ñược là lớn
nhất.
Bài tập tự luyện
Bài 15. Tính giá trị của biểu thức
4 3
3
1
( 1)!
A A
n
n
A
n
+
+
=
+
, với
2 2 2 2
2 2 149
1 2 3 4
C C C C
n n n n
+ + + =
+ + + +
.
Bài 16 Giải các phương trình và bất phương trình sau:
1 2 3 1 2
, 6 6 4 6 14
2 2 2 3 3 3
, . 2 . . 1 0 0
5 2 1 4
,
5 7
6
1 2 3 2
, 6 6 9 1 4
x x x
a C C C C x
x x x x
x x
b C C C C C C
x x x x x x
c
x x x
C C C
x x
d C C C x x
x x x
− − −
+ + = −
− −
+ + =
− ≥
− −
+ + ≤ −
1 1 1
,
5
4 6
c
x x x
C C C
− =
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
6
Bài 17. Cho dãy
{
}
x
n
xác ñịnh
4
143
4
( )
4.
2
A
n
x n
n
P P
n
n
+
+
= − ∈
+
ℤ
. Tìm các số hạng không dương của
dãy số trên.
Bài 18. (B-2006): Cho tập A gồm n phần tử (n
≥
4). Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử
của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm
{
}
1,2, ,
k n
∈
sao cho số
tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất.
Bài 19. (A-2008) Cho khai triển
( )
2 *
0 1 2
1 2 ,
n
n
n
x a a x a x a x n N
+ = + + + + ∈
và các hệ số thỏa
mãn hệ thức
1 2
0
2
4096
2 2 2
n
n
a
a a
a + + + + =
. Tìm số lớn nhất trong các số
0 1
, , , .
n
a a a
Bài 20. CMR với
n N
∀ ∈
, số
(
)
2 3
n
+
là số lẻ.
I.2.3. Bài toán tính tổng
Bài 21. Tính tổng
1 3 5 2 1
4 4 4 4
n
S C C C C
n n n n
−
= + + + +
Lời giải Ta có
1 4 1 3 4 3 2 1 2 1
; ; ;
4 4 4 4 4 4
n n n n
C C C C C C
n n n n n n
− − − +
= = =
Do ñó
1 3 5 4 1 4 1
2 2
4 4 4 4
n n
S C C C C
n n n n
− −
= + + + + =
Vậy
4 1
2
n
S
−
=
Bài 22.
Rút gọn biểu thức
0 1 2 3
( 1) ( ; 1)
k k
S C C C C C k n n
n n n n n
k
= − + − + + − ≤ >
(áp dụng công thức
1 1
1
k k k
C C C
n n
n
+ +
+ =
+
và lưu ý
0 0
1
1
C C
n
n
= =
−
.)
Bài tập tự luyện
Bài 23.
Tính tổng
1 3 5 2 1
) , ( )
4 4 4 4
n
a S C C C C n
n n n n
− +
= + + + + ∈
ℕ
)
1 1 1
2 2 2
2 3
b
A A A
n
+ + +
1 1 1 1
)
1 2 1
p p p p
c C C C C
p
m m p
− − − −
+ + + +
− − −
)1 2 ( 1)
1 2 1
d P P n P
n
+ + + + −
−
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
7
I.2.4. Chứng minh hệ thức tổ hợp.
Bài 24.
Chứng minh rằng:
1 2 3 4
, 4 6 4 (4 )
4
1 1 1 1 1
, (0 )
1 2 3 1
k k k k k k
a C C C C C C k n
n n n n n
n
p p p p p p
b C C C C C C p m
p m
m m m p
− − − −
+ + + + = ≤ ≤
+
− − − − −
+ + + + + = ≤ ≤
− − − −
Gợi ý:
Sử dụng công thức
1 1
1 1 1 1
p p p p p p
C C C hay C C C
m m
m m m m
− −
+ = = −
− − − −
Bài 25.
Chứng minh các ñẳng thức sau:
0 2 1 2 2 2 2
2
0 1 1 2 2
(0 )
, ( ) ( ) ( ) ( )
, . . . .
n n
n n n n n
k k k m k m k
m n m n m n m n m n
m k n
a C C C C C
b C C C C C C C C C
− − −
+
≤ ≤ ≤
+ + + + =
+ + + + =
Gợi ý:
a, Ta có
2 0 1 1 0 1
(1 ) ( 1) (1 ) ( )( )
n n n n n n n
x x x C x C x C C C x C x
n n n n n n
−
+ = + + = + + + + + +
ðồng nhất hệ số của
2
n
x
ở hai vế
b, Xét ñẳng thức
(1 ) ( 1) (1 )
m n m n
x x x
+
+ = + +
.
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton, rồi ñồng nhất hệ số của
k
x
ta ñược ñẳng
thức ở câu b.
I.2.5. Tính hệ số của ña thức.
Chú ý:
Tính hệ số của số hạng
x
α
trong khai triển ña thức P(x)
- Viết khai triển
( )
0
( )
n
g k
k
k
P x a x
=
=
∑
- Hệ số của
x
α
ứng với k thoả mãn
( )
g k
α
=
- Nếu tìm ñược
;
k k n
∈ ≤
ℕ
thì hệ số phải tìm là
a
k
Nếu tìm ñược
k
∉
ℕ
hoặc
k n
>
thì hệ số phải tìm là 0.
Bài 26
Tính số hạng không chứa x trong khai triển
3
2
( ) ( )
n
P x x
x
= +
, biết rằng n thoả
mãn
6 7 8 9 8
3 3 2
2
C C C C C
n n n n
n
+ + + =
+
Bài 27
Tìm hệ số có giá trị lớn nhất trong khai triển ña thức
14
2
( ) ( )
2 3
x
P x = +
Bài 28
Tìm hệ số không phụ thuộc x trong khai triển
1
(2 )
n
x
x
−
biết
1 1 1 9
2 2 2
1 0
2 3
A A A
n
+ + + =
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
8
Bài 29 Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển
1
5
( )
3
n
x
x
+
biết
12
0 1
2
0! 1! !
n
A A A
n n n
n
+ + + =
Bài 30
Tìm hệ số của
5
x
trong khai triển
1
7
( )
4
n
x
x
+
biết
1 2 20
2 1
2 1 2 1 2 1
n
C C C
n n n
+ + + = −
+ + +
Bài 31
Tìm hệ số của
14 3
.
x y
trong khai triển
3
4 4 3
( )
3
x
n
x y
y
+
với x, y > 0, biết rằng:
1 3 2 1
1024
2 1 2 1 2 1
n
C C C
n n n
+
+ + + =
+ + +
.
Bài 32.
Tìm hệ số của số hạng chứa
43
x
trong khai triển
21
5
3 2
1
.
x
x
+
Bài 33.
Biết tổng hệ số của ba số hạng ñầu tiên trong khai triển
3
15 28
1
n
x x
x
+
bằng 79.
Tìm số hạng không chứa x.
Bài 34.
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
9
2
1
1 2x
x
+ −
.
Bài 35.
Tìm các hạng tử là các số nguyên trong khai triển
(
)
19
3
3 2
+
.
Bài 36.
Tìm hệ số của x
10
trong khai triển nhị thức
( )
2
n
x
+
, biết rằng
( )
0 1 1 2 2 3 3
3 3 3 3 1 2048
n
n n n n n
n n n n n
C C C C C
− − −
− + − + + − =
Bài 37.
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển biểu thức
( ) ( )
5 10
2
1 2 1 3
P x x x x
= − + +
Bài 38
. Tìm hệ số của số hạng chứa x
26
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
7
4
1
n
x
x
+
,
biết rằng
1 2 20
2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n
C C C
+ + +
+ + + = −
Bài 39.
Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành ña thức của biểu thức
( )
8
2
1 1
P x x
= + −
Bài 40
. Tìm các số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn
7
3
4
1
, 0
P x x
x
= + >
Bài 41
. Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển nhị thức Niu-tơn
5
3
1
n
x
x
+
, biết
rằng
(
)
1
4 3
7 3
n n
n n
C C n
+
+ +
− = +
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
9
Bài 42. Với n là số nguyên dương, gọi
3 3
n
a
−
là hệ số của
3 3
n
x
−
trong khai triển thành ña
thức của
(
)
( )
2
1 2
n
n
x x+ +
. Tìm n ñể
3 3
26
n
a n
−
=
.
Bài 43
. Tìm số nguyên dương n thảo mãn phương trình sau
0 1 2 2 3 3
2 2 2 2 243
n n
n n n n n
C C C C C+ + + + + =
Bài 44.
Cho khai triển nhị thức
1
1 1 1
0 1
3 3
2 2 2
1
1
1
3 3
2
2 2 2 2 2
2 2 2
n
n n
x x
x x x
n n
n n
x x
x
n n
n n
C C
C C
−
− − −
− −
−
−
− −
−
+ = + + +
+ +
1. Biết rằng trong khai triển ñó
3 1
5
n n
C C
=
và số hạng thứ tư bằng 20n.
2. Tìm n và x.
Bài 45
. Cho ña thức
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 3 20
1 2 1 3 1 20 1
P x x x x x
= + + + + + + + +
.
Tìm hệ số của số hạng chứa x
15
trong khai triển thành ña thức của P(x).
Bài 46.
Biết rằng tổng tất cả các hệ số của khai triển nhị thức
(
)
2
1
n
x
+
bằng 1024. Hãy
tìm hệ số của số hạng chứa x
12
trong khai triển trên.
Bài 47.
Gọi a
1
, a
2
, …, a
11
là hệ số trong khai triển sau:
( ) ( )
10
11 10 9
1 2 10 11
1 2
x x x a x a x a x a
+ + = + + + + +
.
Tìm hệ số a
5
.
Bài 48.
Khai triển ña thức
( ) ( )
12
1 2
P x x
= +
thành dạng
(
)
2 12
0 1 2 12
P x a a x a x a x
= + + + +
Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số a
0
, a
1
, a
2
, …, a
12
.
Bài 49.
Xét khai triển
( )
9
2 9
0 1 2 9
3 2
x a a x a x a x
+ = + + + +
Tìm
{
}
0 1 2 9
max , , , ,
a a a a
.
Bài 50.
Cho khai triển:
( )
0 1
1 2
n
n
n
x a a x a x
+ = + + +
, trong ñó
n
∗
∈
ℕ
và các hệ số
0 1
, , ,
n
a a a
thỏa mãn hệ thức
1
0
4096
2 2
n
n
a
a
a + + + =
. Tìm số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
.
Bài 51.
Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn:
( )
18
5
1
2 0
x x
x
+ >
.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
10
I.2.6. Sử dụng ñạo hàm chứng minh các công thức tổ hợp.
Bài 52. (ðHKTQD A2000) CMR với mọi số nguyên dương n, ta có :
1 1 1 2 3 3 1
2 2 3.2 .3
n n n n n
n n n n
C C C nC n
− − − −
+ + + + =
.
Bài giải : Ta có
( )
0
1 .
n
n
k k
n
k
x C x
=
+ =
∑
Lấy ñạo hàm hai vế theo biến x, ta ñược
( )
1
1
0
1 .
n
n
k k
n
k
n x kC x
−
−
=
+ =
∑
Cho
1
2
x
=
ở cả hai vế
1
1
0
1 1
1 .
2 2
n
n
k
n
k
k
n kC
−
−
=
+ =
∑
Do ñó
1 1 1 2 3 3 1
2 2 3.2 .3
n n n n n
n n n n
C C C nC n
− − − −
+ + + + =
.
Bài 53.
CMR với mọi số nguyên dương n, ta có :
(
)
2 1 2 2 2 3 2 2 1
1 2 3 1 .2 .2
n n n
n n n n
C C C n C n n n
− −
+ + + + = − +
Bài 54.
CMR với mọi số nguyên dương n, ta có :
(
)
(
)
(
)
(
)
0 1 2 2
1 1 2 2.1 1 .2
n
n n n
n n C n n C C n n
−
− + − − + + = −
Bài 55.
CMR với mọi số nguyên dương n, ta có :
2 4 6 2 2 1
2 2 2 2
2 4 6 2 .2
n n
n n n n
C C C nC n
−
+ + + + =
Bài 56.
Áp dụng khai triển nhị thức Newton của
(
)
100
2
x x
+
, chứng minh rằng :
99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100 101 199 200 0.
2 2 2 2
C C C C
− + − + =
Bài 57
. Tìm số nguyên dương n sao cho
(
)
1 2 2 3 3 3 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2 3.2 4.2 2 1 2 2005
n n
n n n n n
C C C C n C
+ + + + +
− + − + + + =
I.2.7. Sử dụng tích phân chứng minh các công thức tổ hợp.
Bài 58. Tính tổng sau
1 1 1 1 1
0 1 2 3 n
S C C C C C
n n n n n
1 2 3 4 n 1
= + + + + +
+
.
Bài giải
Xét khai triển
n 0 1 2 2 3 3 n n
(1 x) C xC x C x C x C
n n n n n
+ = + + + + +
1 1
n 0 1 2 2 3 3 n n
(1 x) dx (C xC x C x C x C )dx
n n n n n
0 0
⇒ + = + + + + +
∫ ∫
Ta có:
n 1 n 1
1
1
(1 x) 2 1
n
(1 x) dx
n 1 n 1
0
0
+ +
+ −
+ = =
∫
+ +
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
11
n 1
2 1
n 1
+
−
⇒ =
+
1 1 1 1
0 2 1 3 2 4 3 n 1 n 1
x.C .x C x C x C x C
n n n n n
1 2 3 4 n 1
0
+
+ + + + +
+
0 1 2 3 n
n n n n n
1 1 1 1
n 1
1
.C .C C C C
1 2 3 4
=
+
+ + + + +
.
Vậy
n 1
1
(2 1)
n 1
S
+
−
+
=
.
Bài 59.
Tính tổng sau
S =
6 5 4 3 2
2 2 2 2 2 2 1
0 1 2 3 4 5 6
.C .C C C C C C
6 6 6 6 6 6 6
1 2 3 4 5 6 7
+ + + + + +
.
Bài giải
Xét khai triển
6 6 0 5 1 4 2 2 3 3 3 2 4 4 5 5 6 6
(2 x) 2 C 2 xC 2 x C 2 x C 2 x C 2x C x C
6 6 6 6 6 6 6
+ = + + + + + +
1 1
6 6 0 5 1 4 2 2 3 3 3 2 4 4 5 5 6 6
(2 x) dx (2 C 2 xC 2 x C 2 x C 2 x C 2x C x C )dx
6 6 6 6 6 6 6
0 0
⇒ + = + + + + + +
∫ ∫
2 3 4 5 6 7
x x x x x x
6 0 5 1 4 2 3 3 2 4 5 6
2 C x 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C C
6 6 6 6 6 6 6
2 3 4 5 6 7
1
1
7
(2 x)
7
0
1
0
+ + + + + +
⇔ + =
⇔
7 7
6 5 4 3 2
3 2 2 2 2 2 2 2 1
0 1 2 3 4 5 6
.C .C C C C C C
6 6 6 6 6 6 6
7 1 2 3 4 5 6 7
−
= + + + + + +
Vậy
7 7
6 5 4 3 2
2 2 2 2 2 2 1 3 2
0 1 2 3 4 5 6
.C .C C C C C C
6 6 6 6 6 6 6
1 2 3 4 5 6 7 7
−
+ + + + + + =
Bài 60.
Cho n là số nguyên dương. Tính tổng
2 3
0 1 2
2 1 2 1 2 1
2 3 2
n
n
n n n n
C C C C
− − −
+ + + +
.
Bài 61.
.Cho n là số nguyên dương, chứng minh
2
1 3 5 2 1
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1
2 4 6 2 2 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
−
−
+ + + + =
+
.
Bài 62.
Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng:
1.
1
1 3
1 1 1 2 1
1
2 3 1 1
n
n
n n n
C C C
n n
+
−
+ + + + =
+ +
.
2.
( )
( )
0 2 1 3 2 1
1
1 1 1
2 2 2 2 1 1
2 3 1 1
n
n
n n
n n n n
C C C C
n n
+
−
− + + + = + −
+ +
.
Bài 63.
1. Tính tích phân
( )
1
2
0
1
n
I x x dx
= −
∫
.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
12
2. Chứng minh rằng
( )
0 1 2 3
1
1 1 1 1 1
2 4 6 8 2 2 2 2
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
−
− + − + + =
+ +
.
Bài 64
.
1. Tính tích phân
( )
1
2 3
0
1
n
I x x dx
= +
∫
2. Chứng minh rằng
1
0 1 2
1 1 1 1 2 1
3 6 9 3 3 3 3
n
n
n n n n
C C C C
n n
+
−
+ + + + =
+ +
Bài 65
.
1. Tính tích phân
( )
1
19
0
1
I x x dx
= −
∫
2. Tính tổng
0 1 2 18 19
19 19 19 19 19
1 1 1 1 1
.
2 3 4 20 21
C C C C C
− + − + −
I.2.8. Biến ñổi tương ñương chứng minh các ñẳng thức tổ hợp.
Ở hai mục 6 và 7, chúng ta có sử dụng phương pháp ñạo hàm và tích phân ñối với
các bài toán về nhị thức Newton. Trong các ñề thi tuyển sinh vào các trường ðại học và
Cao ñẳng, dạng bài tập này cũng thường xuất hiện. tuy nhiên, trong sách giáo khoa mới
hiện nay phần nhị thức Newton nằm ở lớp 11 (trước phần ðạo hàm và Tích phân). Vì vậy,
có ý kiến cho rằng không thể giảng cho học sinh lớp 11 dạng bài toán này. Tuy nhiên
trong mục này, chúng ta vẫn có thể giải các bài toán thuộc dạng trên bằng cách sử dụng
các công thức về tổ hợp thuần tuý mà không cần dùng ñến công cụ ðạo hàm, Tích phân.
Bổ ñề a.∀ n, k ∈ N
*
và n ≥ k ≥ 1 thì:
k k 1
n n 1
kC nC
−
−
=
.
b. Với n, k là các số tự nhiên, n
≥
k thì
1
1
1 1
.
1 1
k k
n n
C C
k n
+
+
=
+ +
c. Với n, k là các số tự nhiên, n
≥
k
≥
2, n>2 thì
(
)
(
)
2
2
1 1 .
k k
n n
k kC n nC
−
−
− = −
d.
(
)
(
)
2 2 1
2 1
1 1
k k k k k
n n n n n
k C k kC kC n n C nC
− −
− −
= − + = − +
.
Chứng minh
a.Thật vậy ∀ n, k ∈ N
*
và n ≥ k ≥ 1 ta có:
k
n
n! n(n -1)!
kC k
k!(n - k)! (k -1)!(n -k)!
= =
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
13
=
(n 1)!
n
(k 1)!(n k)!
−
− −
=
1
1
k
n
nC
−
−
(ñpcm)
b. Ta có
( )
(
)
( ) ( )
1
1
1 !
1 1 ! 1 1
. . .
1 1 ! ! 1 1 ! ! 1
k k
n n
n
n
C C
k k k n k n k n k n
+
+
+
= = =
+ + − + + − +
c.Áp dụng câu a hai lần liên tiếp, ta ñược:
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 2
1 1 2
1 1 1 1 .
k k k k
n n n n
k kC k nC n k C n n C
− − −
− − −
− = − = − = −
Bài 66.
Tính tổng
(
)
(
)
(
)
1 2
1 1 2 2.1 .
n n
n n n
S n n C n n C C
−
= − + − − + +
Bài giải : Áp dụng bổ ñề, ta ñược
(
)
(
)
(
)
1 2
1 1 2 2.1 .
n n
n n n
S n n C n n C C
−
= − + − − + +
(
)
(
)
0 1 2 2
2 2 2 2
1
n
n n n n
n n C C C C
−
− − − −
= − + + + +
(
)
2
1 .2
n
n n
−
= −
.
Bài 67.
Tính tổng
2 2 2 2
1 2 .
n n
n n n
P C C n C
= + + +
Bài giải : Số hạng tổng quát của tổng P là :
(
)
(
)
2 2 1
2 1
1 1
k k k k k
n n n n n
k C k kC kC n n C nC
− −
− −
= − + = − +
.
Như vậy ta ñược :
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
0 1 2 0 1 1
2 2 2 1 1 1
2 1
2
1 2
1
1 .2 .2
1 .2
n n
n n n
n n
n n n n n n
n n
n
P C C n C
n n C C C n C C C
n n n
n n
− −
− − − − − −
− −
−
= + + +
= − + + + + + + +
= − +
= +
Bài 68.
Chứng minh rằng
2
1 3 2 1
2 2 2
1 1 1 2 1
.
2 4 2 2 1
n
n
n n n
C C C
n n
−
−
+ + + =
+
Bài giải : Theo bổ ñề, ta có :
1
1
1 1
.
1 1
k k
n n
C C
k n
+
+
=
+ +
Áp dụng vào bài toán ta ñược :
( )
1 3 2 1 2 4 2
2 2 2 2 1 2 1 2 1
1 1 1 1
2 4 2 2 1
−
+ + +
+ + + = + + +
+
n n
n n n n n n
C C C C C C
n n
( )
( )
( )
2 4 2
2 1 2 1 2 1
0 2 4 2
2 1 2 1 2 1 2 1
1
2 1
1
1
2 1
n
n n n
n
n n n n
C C C
n
C C C C
n
+ + +
+ + + +
= + + +
+
= + + + + −
+
2
2 1
.
2 1
n
n
−
=
+
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
14
Tính các tổng sau ñây :
Bài 69.
2 3 4 1
1 2 3
1
2 2 2 2
2 3 4 1
n
n
n n n n
S C C C C
n
+
= + + + +
+
.
Bài 70.
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1
1! 2 1 ! 3! 2 3 ! 5! 2 5 ! 2 1 !1!
S
n n n n
= + + + +
− − − −
.
Bài 71.
( )( )
0 1 2
4
1 1 1 1
1.2 2.3 3.4 1 2
n
n n n n
S C C C C
n n
= + + + +
+ +
.
Bài 72.
( )( )( )
0 1 2
4
1 1 1 1
1.2.3 2.3.4 3.4.5 1 2 3
n
n n n n
S C C C C
n n n
= + + + +
+ + +
.
Bài 73.
Cho
*
0 ,a b n< < ∈
ℕ
. Chứng minh rằng
( ) ( )
1 1
2 2 3 3 1 1
0 1 2
1 1
.
1 2 3 1 1
n n
n n
n
n n n n
b a
b a b a b a b a
C C C C
n n
+ +
+ +
+ − +
− − − −
+ + + + =
+ +
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
15
Chương II
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN
CỦA TOÁN HỌC
II.1. Nguyên lý phản chứng
Nội dung lý thuyết của nguyên lý phản chứng, xin xem trong []
II.1.1 Một số chú ý
( )
( )
( ) ( )
1. .
2. .
3. .
4. , ( ) , ( ).
5. , ( ) , ( ).
6. .
7.
p p
p q p q
p q p q
x X p x x X p x
x X p x x X p x
P Q Q P
P Q Q P
=
∧ = ∨
∨ = ∧
∀ ∈ = ∃ ∈
∃ ∈ = ∀ ∈
⇒ ⇔ ⇒
⇒ ⇔ ⇒
II.1.2. Một số bài toán minh hoạ
Ví dụ 1. Cho
2
( ) .
f x ax bx c
= + +
Giả sử
17.
a b c
+ + >
Chứng minh rằng tồn tại
[
]
0;1
x ∈
sao cho
( ) 1.
f x
>
Chứng minh
Giả sử với mọi
[
]
0;1
x ∈
ta ñều có
( ) 1.
f x
≤
Lần lượt cho
1
0; ; 1
2
x x x
= = =
, ta ñược :
1
1
1
4 2
c
a b c
a b
c
≤
+ + ≤
+ + ≤
Như vậy
3 4 3 1 4 8.
4 2
a b
b a b c c
≤ + + + + + ≤ + + =
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
16
2 2 4 2 2 4 8
4 2
a b
a a b c c c
≤ + + + + + + ≤ + + =
.
17
a b c
⇒ + + ≤
( trái với giả thiết).
Do ñó ñiều giả sử là sai. Như vậy tồn tại
[
]
0;1
x∈
sao cho
( ) 1.
f x
>
Bài toán ñược chứng minh.
Ví dụ 2.
Cho
(
)
, , 0;1
a b c
∈
. Chứng minh rằng ba số a(1-b) ; b(1-c); c(1-a) không thể cùng
lớn hơn
1
4
.
Chứng minh
Giả sử cả ba số ñã cho cùng lớn hơn
1
4
. Do
(
)
, , 0;1
a b c
∈
nên a(1-b) ; b(1-c); c(1-a) >0.
⇒
abc(1-a)(1-b)(1-c) >
1
64
.
Mặt khác 0< a(1-a)
1
4
≤
; 0 < b(1-b)
1
4
≤
; 0< c(1-c)
1
4
≤
nên abc(1-a)(1-b)(1-c) >
1
64
.
ðiều này dẫn ñến sự mâu thuẫn. Do ñó ñiều giả sử là sai.
Như vậy cả ba số a(1-b) ; b(1-c); c(1-a) không thể cùng lớn hơn
1
4
.
Ví dụ 3.
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì hai số
1984 8 ; 1984 8
n n n n
− +
có số chữ
số bằng nhau trong biểu diễn thập phân.
Chứng minh
Nếu n = 0 thì hai số có cùng một chữ số.
Nếu
1
n
≥
⇒
1984 8
n n
+
>
1984 8
n n
−
.
Giả sử hai số ñã cho có số chữ số khác nhau và
1984 8
n n
−
có m
chữ số.
3
10 1984 8 10
3 3 0
n n n m
m n m n
⇒ ≤ − <
⇒ > ⇒ − >
Vì
1984 8
n n
+
>
1984 8
n n
−
, suy ra
1984 8
n n
−
<
10
m
≤
1984 8
n n
+
Trn Th H Phng- THPT Chuyờn BG Mt s dng toỏn v t hp
17
(
)
(
)
8 248 1 10 8 248 1
n n m n n
< +
3
248 1 5 .2 248 1
n m m n n
< +
.
Vỡ
m- 3n
>0 nờn
3
5 .2
m m n
. Khi ủú :
3
3
5 .2 248 1 (1)
5 .2 248 (2)
m m n n
m m n n
= +
=
(1) loi do VT chn, VP l. (2) loi do VT chia ht cho 5, VP khụng chia ht cho 5.
Vy ủiu gi s l sai. Do ủú hai s cú cựng ch s.
Vớ d 4
Cho tp S gm n ủim trờn mt phng tho món:
1.
Khụng cú ba ủim no thng hng.
2.
Vi mi ủim P thuc tp S tn ti ớt nht k ủim thuc S cú cựng khong cỏch ti
P. Chng minh rng
1
2 .
2
k n
+
Chng minh.
Ta chng minh bng phn chng.
Gi s:
1
2
2
k n
+
.
Chn mt ủim
P S
. Tn ti ớt nht
k S
cú khong cỏch ti p bng nhau.
Suy ra:
2
k
C
cp
(
)
,
A B S
tha món
PA PB
=
Do khng ủnh trờn ủỳng vi
P S
cú n ủim.
Suy ra cú khụng ớt hn
(
)
2
1
2
k
nk k
nC
=
cp
(
)
,
A B S
m trờn ủng trung trc cú
ớt nht mt ủim
p S
. Mt khỏc
( )
2
2
2
1 1
2 2
1
2 2
2
2 2
1
2
1
4
2 8
1 2
k
n
n n n
k n nC
n n
n n
n n C
+
+
=
=
M
2
n
C
l cp s cú th lp ủc t S.
3 trung trc thng hng
3 ủim thng hng
S
.
iu ny vụ lý vi gii thit.
Do ủú ủiu gi s l sai, hay ta phi cú
1
2 .
2
k n
+
Bài 74. Trên mặt phẳng cho tập X gồm các điểm sao cho mỗi điểm
M
X là trung điểm
của đoạn thẳng nối hai điểm thuộc X. Chứng minh rằng tập X là vô hạn.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
18
Bài 75.
Trên mặt phẳng cho n ñiểm trong ñó không có ba ñiểm nào thẳng hàng. Biết
rằng ba ñiểm trong n ñiểm ñã cho tạo thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1. Chứng
minh rằng tồn tại một tam giác chứa tất cả các ñiểm ñã cho và có diện tích nhỏ hơn 4.
Bài 76.
Chứng minh rằng trong một hình tròn bán kính 1 không thể chọn ñược quá 5
ñiểm mà khoảng cách giữa hai ñiểm bất kỳ lớn hơn 1.
Bài 77.
Chứng minh rằng trong sáu số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại số nguyên tố với các
số còn lại.
Bài 78.
Trên một bàn cờ quốc tế cỡ
n n
×
ta ñặt các quân xe thoả mãn ñiều kiện sau: nếu
có một ô nào ñó không có quân xe thì tổng số các quân xe ñứng ở cùng hành và cùng cột
với ô ñó không nhỏ hơn
n
. Chứng minh rằng trên bàn cờ có không ít hơn
n
quân xe.
Bài 79
. Có thể tìm ñược hay không năm số nguyên sao cho các tổng của hai số trong năm
số ñó lập thành mười số nguyên liên tiếp.
Bài 80.
Cho các số
, ,
a b c
∗
∈
ℕ
ñôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng phương
trình sau không có nghiệm tự nhiên:
2 .
xbc yca zab abc ab bc ca
+ + = − − −
II.2. Nguyên lý quy nạp.
Quá trình ñi từ những khẳng ñịnh ñối với những phần tử riêng biệt của một tập A nào
ñó ñến một khẳng ñịnh tổng quát ñối với mọi phần tử của tập A ñược gọi là phép quy nạp
toán học (induction). Trong khuôn khổ bài giảng, ta xét phép quuy nạp hoàn toàn và phép
quy nạp lùi.
II.2.1. Phương pháp quy nạp hoàn toàn.
Ví dụ 5
CMR
( ) ( )
1 1
2
1
( 1)
1 1 .
2
n
k n
k
n n
k
− −
=
+
− = −
∑
(*)
Bài giải
Với n = 1 thì
( ) ( )
1
1 1 1
2
1
1(1 1)
1 1 1
2
k
k
k
− −
=
+
− = = −
∑
(ñúng).
Giả sử ñẳng thức (*) ñúng với
n m
∀ ≤
, tức là
( ) ( )
1 1
2
1
( 1)
1 1
2
n
k n
k
n n
k
− −
=
+
− = −
∑
ñúng với
n m
∀ ≤
. Ta phải chứng minh (*) ñúng với
1
n m
= +
, tức là cần chứng minh
( ) ( )
(
)
1
1
2
1
( 1) 2
1 1 .
2
m
k m
k
m m
k
+
−
=
+ +
− = −
∑
Thật vậy :
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
19
( ) ( ) ( ) ( )
1
1 1 2
2 2
1 1
1 1 1 1
m m
k k m
k k
k k m
+
− −
= =
− = − + − +
∑ ∑
( ) ( ) ( )
( )
( )
1 2
( 1)
1 1 1
2
( 1) 2
1 .
2
m m
m
m m
m
m m
−
+
= − + − +
+ +
= −
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì ñẳng thức (*) ñúng với mọi số tự nhiên n.
II.2.2. Phương pháp quy nạp lùi.
Phương pháp chung : Muốn chứng minh P(k) ñúng với mọi số tự nhiên k thì ta ñi chứng
minh P(2k) ñúng; P(2k-1) ñúng.
Ví dụ 6
Chứng minh BðT giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM- GM)
Cho
1 2
, , ,
n
a a a
là các số không âm. Khi ñó :
1 2
1 2
.
n
n
n
a a a
n a a a
n
+ + +
≥
(*)
Dấu bằng xảy ra khi
1 2
.
n
a a a
= = =
Chứng minh
Với n = 1; n = 2 thì BðT (*) ñúng.
Giả sử (*) ñúng với
n k
∀ ≤
, tức là
1 2
1 2
.
n
n
n
a a a
n a a a
n
+ + +
≥
,
n k
∀ ≤
.
Ta sẽ chứng minh (*) cũng ñúng với n = 2k và n = 2k-1.
Với n = 2k :
Xét 2k số thực không âm bất kỳ
1 2 2
, , ,
k
a a a
.Khi ñó ta có:
( )
2
2
1
1 1
2
1 2 1 2 2 1 2 2
1 1
. . . .
2 2 2
k
k k
i i
j k
i i
k k k
k k k k k
aj
a a
a a a a a a a a a
k k k
= +
= =
+ +
= + ≥ + ≥
∑
∑ ∑
Do ñó n = 2k ñúng.
Với n = 2k -1. Ta xét 2k -1 số
1 2 2 1
, , ,
k
b b b
−
.
Ta cần chứng minh
2 1
1
2 1
. .
1 2
2 1
2 1
k
b
i
i
k
b b b
k
k
−
∑
=
−
≥
−
−
Ta có
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG Một số dạng toán về tổ hợp
20
2 1
2 1
.
1 2
2 1
1
2
2 1 2 1
. . . .
1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1
2
−
−
+
∑
−
=
− −
≥ =
− − −
k
k
b b b b
i
k
i
k
k k
b b b b b b b b b
k k k
k
2 1
2 1 2 1
. 2 .
1 2 1 2
2 1 2 1
1
2 1
1
2 1
.
1 2
2 1
2 1
k
k k
b b b b k b b b
i
k k
i
k
b
i
i
k
b b b
k
k
−
− −
⇒ + ≥
∑
− −
=
−
∑
=
−
⇒ ≥
−
−
Do ñó n = 2k -1 cũng ñúng.
Theo nguyên lý quy nạp lùi, ta có bài toán ñược chứng minh.
II.2.3. Một số bài toán minh hoạ.
Bài 81
. Cho dãy vô hạn các số tự nhiên
1 2
, ,
u u
ñược xác ñịnh theo công thức truy hồi
sau:
1
1
3
( 1) 1
n n
u
u n u n
+
=
= + − +
(với n = 1, 2 , …)
Giả sử n là số tự nhiên bất kỳ và tập hợp M gồm
n
u
ñiểm sao cho không có ba ñiểm nào
thẳng hàng. Mỗi ñoạn thẳng nối hai ñiểm khác nhau trong M ñược tô bằng một trong n
màu cho trước. Chứng minh rằng tồn tại ba ñiểm trong M là ñỉnh của một tam giác cùng
màu.
Bài giải.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Với n = 1, ta có
1
u
= 3, và kết luận của bài là ñúng (vì ở ñây chỉ có một màu do n = 1)
Với n = 2, ta có
2 1
2 1 1 6
u u
= − + =
. Ta có bài toán gốc với sáu ñiểm và dùng hai màu. Vậy
kết luận cũng ñúng khi n = 2.
Giả sử kết luận của bài toán ñúng với n, tức là nếu tập M gồm
n
u
ñiểm sao cho không có
ba ñiểm nào thẳng hàng, và dùng n màu ñể tô các ñoạn thẳng. Khi ñó tồn tại tam giác
cùng màu.
Xét với n+1, tức là xét tập M gồm
1
n
u
+
ñiểm bất kì ( không có ba ñiểm nào thẳng hàng),
và dùng n + 1 màu ñể tô các ñoạn thẳng.
Lấy ñiểm A là một trong các ñiểm của tập M. Tập này có thể nối với
1
1
n
u
+
−
ñiểm còn
lại của tập M bằng
1
1
n
u
+
−
ñoạn thẳng bôi màu. Theo công thức xác ñịnh dãy ta ñược:
(
)
( )( )
1
1 1 1 1
1 1 1 (1)
n n
n
u n u n
n u
+
− = + − + −
= + − +
Từ (1) theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất
n
u
ñoạn thẳng có chung ñỉnh A ñược bôi cùng
màu. Giả sử
1 2
, , ,
n
u
AB AB AB
ñược bôi cùng màu, và giả sử ñó là màu
α
(
α
thuộc vào
một trong n + 1 màu ñã cho). Có các khả năng sau xảy ra:
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
21
1. Nếu một trong các ñoạn thẳng
( ,1 )
i j n
B B i j i j u
≠ ≤ < ≤
có màu khác với
α
. Xét
n
u
ñiểm
1 2
, , ,
n
B B B
. Rõ ràng không có ba ñiểm nào trong chúng thẳng hàng. Chúng dùng tối
ña (n+1) - 1 = n màu ñể tô ( do không dùng màu
α
). Theo giả thiết qui nạp tồn tại tam
giác cùng màu.
Vậy kết luận bài toán cũng ñúng với n + 1. Và ñó chính là ñpcm.
Bài 82
. a) Cho tập X gồm hữu hạn phần tử. Xét 1998 tập con của X sao cho mỗi chúng
chứa lớn hơn
1
2
số phần tử của X. Chứng minh rằng tồn tại 10 phần tử của X sao cho mỗi
tập trong số vừa chọn chứa ít nhất 1 phần tử trong 10 phần tử nói trên.
b) Tổng quát: Chứng minh rằng trong số nhỏ hơn hoặc bằng
2
n
-2 tập con của X, mỗi
tập chứa lớn hơn
1
2
số phần tử của X.,
∃
n-1 phần tử của X sao cho mỗi tập trong số vừa
chọn chứa ít nhất một phần tử trong n - 1 phần tử nói trên.
Bài giải.
Xét k tập con của X ( k
2
2 2
≤ −
) sao cho mỗi tập chứa lớn hơn
1
2
số phần tử của X.
Ta phải chứng minh trong X,
∃
n-1 phần tử thoả mãn yêu cầu ñề bài.
+) n = 2
⇒
hiển nhiên.
+) Giả sử chứng minh ñược với n - 1.
Xét k
2 2
n
≤ −
tập con của X ( mà mỗi chúng có số phần tử >
1
2
X
)
Khi ñó
∃
x
X
∈
sao cho x chứa nhiều hơn
2
k
tập trong số các tập ñang xét
⇒
Số tập hợp
trong số ñang xét mà không chứa x là <
1
1
2 1
2
n−
≤ − ⇒
Số tập hợp không chứa x trong số
ñang xét
1
2
n
−
≤
- 2.
Theo giả thiết quy nạp ta ñược ñiều phải chứng minh.
II.3. Nguyên lý dirichlet.
II.3.1 Nội dung
Nếu nhốt n con thỏ vào m cái chuồng thì:
•
Nếu
n
chia hết cho m thì tồn tại chuồng có lớn không ít hơn
n
m
con thỏ.
•
Nếu
n
không chia hết cho m thì tồn tại chuồng có không ít hơn
1
n
m
+
con thỏ.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
22
II.3.2 Một số bài tập minh hoạ.
Bài 83
Viết n số tự nhiên thành một hàng ngang. Chứng minh rằng hoặc có một số chia
hết cho n hoặc có một số số liên tiếp có tổng chia hết cho n.
Bài giải
Giả sử n số là
1 2
, , , .
n
a a a
ðặt
1 1
;
S a
=
2 1 2
3 1 2 3
1 2 3
;
;
.
n n
S a a
S a a a
S a a a a
= +
= + +
= + + + +
Nếu tồn tại một số i dể
i
S n
⋮
thì ta có ñiều phải chứng minh.
Ngược lại thì theo nguyên lý Dirichlet, trong n số
1 2
, , ,
n
S S S
phải tồn tại hai số i, j sao
cho
i j
S S n
−
⋮
, khi ñó
1
i
k
k j
a n
= +
∑
⋮
, bài toán ñược chứng minh.
Bài 84
Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số có tổng các
chữ số chia hết cho 10.
Bài giải.
Xét 10 số ñầu tiên, trong ñó có một số chia hết cho 10 là
0
A
.
Khi ñó
1
A
,
2
A
,
3
A
, …,
9
A
vẫn còn nằm trong 19 số ñó.
Gọi tổng các chữ số của số
0
A
là a. Khi ñó tổng các chữ số của các số
1
A
,
2
A
,
3
A
,
…,
9
A
lần lượt là a, a +1, a + 2,…, a + 9. Trong 10 số này có số chia hết cho 10.
Bài toán ñược chứng minh.
Bài 85
. Cho 100 số tự nhiên tuỳ ý. Chứng minh rằng tồn tại 10 số sao cho hiệu hai số bất
kỳ ñều chia hết cho 11. (ðề thi học sinh giỏi toán toàn quốc 1995)
Bài giải.
Khi chia cho 11 ta nhận ñược 11 trường hợp số dư: 0, 1, 2,…, 9, 10.
Ta xét 11 cái lồng: llồng thứ i bao gồm các số chia cho 11 dư i (0
i
≤ ≤
10). Ta có 100 chú thỏ
là 100 số ñã cho, nhốt vào 11 cái lồng nói trên. Theo nguyên tắc Dirichlet thì tồn tại một lồng
chứa ít nhất:
100
11
+ 1 = 10 ( con thỏ)
Hay là tồn tai ít nhất 10 số có cùng số dư trong phép chia cho 11.
Vậy tồn tai ít nhất 10 số trong 100 số tự nhiên tuỳ ý sao cho hiệu hai số bất kỳ ñều chia hết
cho 11.
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
23
Bài 86
. Một bà mẹ chiều con nên ngày nào cũng cho con ít nhất một cái kẹo. ðể hạn chế,
mỗi tuần bà cho con không quá 12 chiếc kẹo. Chứng minh rằng trong một số ngày liên tiếp
nào ñó bà mẹ ñã cho con tổng số 20 chiếc kẹo.
Bài giải.
Xét 21 ngày liên tiếp kể từ một ngày thứ hai nào ñó. Gọi S(n) là tổng số kẹo mà bà mẹ ñã
cho con tính ñến ngày thứ n (1
≤
n
≤
21). Ta có: S(m)
≠
S(n),
∀
m
≠
n (1
≤
m, n
≤
21)
và 1
≤
S(n)
≤
3.12 = 36.
Vì có 21 ngày nên tồn tại m > n (1
≤
n
≤
21) sao cho S(m)
≡
S(n) (mod 20) nên
S(m) - S(n)
⋮
20
Hay S(m) - S(n) = 20 (vì 0 < S(m) - S(n) < 36)
Như vậy, từ ngày n + 1 ñến ngày thứ m, bà mẹ ñã cho con tổng công ñúng 20 cái kẹo.
Bài 87
. Cho ña giác ñều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các ñỉnh của ña giác bằng 2
màu xanh và ñỏ. Chứng minh rằng tồn tại 3 ñỉnh ñược sơn cùng một màu tạo thành một
tam giác cân.
Bài giải.
Ta có ña giác 1999 cạnh nên có có 1999 ñỉnh. Do ñó tồn tại 2 ñỉnh kề nhau là P và Q
ñược sơn bởi cùng một màu (chẳng hạn là màu ñỏ).
Vì ña giác ñã cho là ña giác ñều có một số lẻ ñỉnh, cho nên phải tồn tại một ñỉnh nào ñó
nằm trên ñường trung trực của ñoạn thẳng PQ. Giả sử ñỉnh ñó là A.
Nếu A tô màu ñỏ thì ta có
∆
APQ là tam giác cân có 3 ñỉnh A, P, Q ñược tô cùng một
màu ñỏ.
Nếu A tô màu xanh. Lúc ñó gọi B và C là các ñỉnh khác nhau của ña giác kề với P và Q.
Nếu cả hai ñỉnh B và C ñược tô màu xanh thì
∆
ABC cân và có 3 ñỉnh cùng tô màu xanh.
Nếu ngược lại một trong hai ñỉnh B hoặc C mà tô màu ñỏ thì tam giác BPQ hoặc tam
giác CPQ là tam giác cân có 3 ñỉnh ñược tô màu ñỏ.
Bài 88
. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng tồn tại một số có dạng
111…11 mà chia hết cho p.
Bài giải.
Xét dãy số 1; 11; 111; ; 11…11 (p chữ số 1)
Ta sẽ chứng minh rằng trong dãy số trên phải có số chia hết cho p. Giả sử kết luận ấy
không ñúng, tức là không có bất cứ số hạng nào của dãy lại chia hết cho p.
Cho tương ứng với mỗi số với số dư của phép chia cho p. Tập hợp các số dư chỉ có thể
thuộc vào tập hợp
{
}
1,2,3, , 1
p
−
(do 0 không thể có trong tập hợp này). Ta lại có p số
Trần Thị Hà Phương- THPT Chuyên BG
Một số dạng toán về tổ hợp
24
trong dãy số nói trên. Vì thế theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất hai số của dãy khi chia
cho p có cùng phần dư. Giả sử các số ñó là:
1
11 1
mso
và
1
11 1
nso
với 1
.
n m p
≤ < ≤
Từ ñó ta có
1 1
11 1 11 1
mso n so
p
−
⋮
, hay
⇒
1 1
11 100 0
m nso n so
p
−
⋮
⇒
1
11 1.10
n
m nso
p
−
⋮
(1)
Do p là số nguyên tố lớn hơn 5, nên (p,10) = 1, vì thế từ (1) suy ra:
1
11 1
m nso
p
−
⋮
(2)
Do
1
11 1
m nso
−
là một số hạng của dãy nói trên. Vì thế từ (2) suy ra mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy giả sử phản chứng là sai, ta ñược ñiều phải chứng minh.
Bài 89
. Một hội toán học bao gồm thành viên 6 nước. Danh sách các hội viên gồm 1987
người ñược ñánh số báo danh từ 1 ñến 1978. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một hội viên
có số báo danh gấp ñôi số báo danh của một hội viên khác cùng nước, hoặc bằng tổng hai
số báo danh của hai hội viên khác cùng nước, hoặc bằng tổng hai số báo danh của hai hội
viên khác cùng một nước với mình.
Bài giải.
Ta thấy 329.6 < 1978, vì thế theo nguyên lý Dirichlet suy rộng có ít nhất một nước A có
không ít hơn 330 ñại biểu trong hội. Giả sử số báo danh của các học viên của nước A là:
1 2 330
a a a
< < < <
Xét hiệu
330
i i
x a a
= −
, với i = 1,2,3,…,329. Có hai khả năng xảy ra:
1. Nếu tồn tại một số x
i
trùng với a
j
(số báo danh của một ñại biểu của nước A). Khi ñó
ta có
330
i j
a a a
− −
330
i j
a a a
⇒ = +
Như vậy kết luận của bài toán ñúng trong trường hợp này.
2. Nếu
, .
i j
x a i j
≠ ∀
Khi ñó các số x
i
sẽ là số báo danh của một số ñại biểu thuộc năm nước còn lại
Ta thấy 65.5 < 329, vì thế lại theo nguyên lý Dirichlet suy rộng có ít nhất một trong năm
nước còn lại (ñặt là B) có không ít hơn 66 thành viên, mà số báo danh của họ là một trong
