Chuyên đề PHÉP đếm TRONG GIẢI TOÁN tổ hợp

PHÉP ĐẾM TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
MÃ: TO07

I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Các bài toán tổ hợp ngày càng chiếm một vị trí quan trọng trong các kỳ thi
olympic, vô địch toán ... Đây là một dạng toán khó, đòi hỏi tư duy lôgic, tư duy
thuật toán cao, tính hình tượng tốt, phù hợp với mục đích tuyển chọn học sinh có
khả năng và năng khiếu toán học. Hơn nữa, nội dung các bài toán này ngày càng
gần với thực tế và điều này hoàn toàn phù hợp với xu hướng phát triển chung của
toán học hiện đại.
Phép đếm hay còn gọi là Giải tích tổ hợp đóng một vai trò khá quan trọng
trong các môn khoa học và đặc biệt là trong Tin học và Toán ứng dụng. Nhưng giải
một bài toán đếm không hề đơn giản. Khi mới làm quen với giải tích tổ hợp, chúng
ta vẫn liên tục đếm nhầm có thể là do đếm lặp, đếm thiếu hoặc không phân biệt
được các đối tượng tổ hợp cần áp dụng, không biết khi nào thì dùng quy tắc cộng,
khi nào quy tắc nhân. Khi đã vượt qua những khó khăn ban đầu này, ta lại gặp
những bài toán mà việc áp dụng trực tiếp các quy tắc đếm cơ bản và các đối tượng
tổ hợp không đem lại kết quả mong muốn ngay lập tức.
Trong bài viết này chúng tôi sẽ tập trung vào giới thiệu một số phương pháp
đếm nâng cao đó là phương pháp song ánh, phương pháp sử dụng công thức lực
lượng của tập hợp, phương pháp truy hồi.
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề trình bày hệ thống cơ sở lý thuyết và bài tập vận dụng một số
phương pháp đếm nâng cao như là những công cụ hữu ích trong giải các bài toán
tổ hợp.
II. NỘI DUNG
1.Phương pháp song ánh
1.1. Cơ sở lí thuyết
Định nghĩa.
 Cho hai tập hợp X và Y (khác rỗng). Một ánh xạ f từ X lên Y là một

quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử x  X với một và chỉ một phần tử
y  f  x  Y .
 Tập X gọi là tập nguồn, tập Y gọi là tập đích.
 Ánh xạ f được gọi là đơn ánh nếu với mọi x1, x2  X , f  x1   f  x2 
 x1  x2 .
Ánh xạ f được gọi là toàn ánh nếu với mọi y  Y , x  X sao cho f  x   y.
Ánh xạ f được gọi là song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh.
1


Tính chất. Cho X và Y là các tập hợp hữu hạn khác rỗng và f : X  Y là một
ánh xạ. Khi đó:
 Nếu f là đơn ánh thì X  Y
 Nếu f là toàn ánh thì X  Y
 Nếu f là song ánh thì X  Y
Nhận xét.
Để đếm số phần tử của một tập X nào đó người ta thiết lập một song ánh
giữa nó và tập Y sao cho việc đếm số phần tử của Y đơn giản hơn; sau đó áp dụng
công thức X  Y .
Nếu tồn tại một đơn ánh (toàn ánh) từ X vào Y thì X  Y  X  Y  Do
đó, đơn ánh và toàn ánh chủ yếu được sử dụng để chứng minh các bài toán liên
quan đến bất đẳng thức tổ hợp. Chuyển bài toán cần chứng minh về việc so sánh số
phần tử của hai tập hợp, trong đó có một tập hợp đã biết cách đếm hoặc dễ đếm.
Tương tự nguyên lý Dirichle, về mặt ý tưởng thì hết sức đơn giản tuy nhiên
thực tế thì không phải đơn giản như thế. Để sử dụng phương pháp này ta cần xác
định được một song ánh giữa tập cần đếm vào một tập đã biết cách đếm việc làm
này không phải lúc nào cũng thực hiện dễ dàng. Sau đây là một số bài toán áp dụng
phương pháp trên.
1.2. Áp dụng
Bài toán 1.1. (Bài toán chia kẹo của Euler) Cho m, n là các số nguyên dương.

Xét phương trình nghiệm nguyên

x1  x 2  xn  m .
Hỏi phương trình trên có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm?
Lời giải. Gọi X là tập hợp các nghiệm nguyên không âm của phương trình đã cho
và Y là tập hợp các xâu nhị phân có độ dài m  n  1, trong đó có m kí tự 1 và
n  1 kí tự 0. Xét ánh xạ f : X  Y , cho tương ứng mỗi phần tử
x   x1; x2 ;...; xn   X với phần tử y  11...1011...10...011...1. Dễ thấy f là một
x1

song ánh. Do đó X  Y  C

n 1
m  n 1

x2

xn

.

Bài toán 1.2. (IMO, 1989) Mỗi hoán vị  x1, x2 ,..., x 2 n  của 1,2,...,2n gọi là có tính
chất P nếu xi  xi1  n , với ít nhất một giá trị i 1,2,...,2n . Chứng minh rằng
với mỗi số n , số hoán vị có tính chất P lớn hơn số hoán vị không có tính chất P .
Lời giải. Ta chia 1,2,,2n thành n cặp 1, n  1 , 1, n  2  ,...,  n,2n  . Bây giờ ta
thiết lập một ánh xạ f từ tập các hoán vị không có tính chất P vào tâp các hoán vị
có tính chất P . Giả sử  x1, x2 ,..., x2n  là một hoán vị bất kì không có tính chất P và
giả sử xk là số cùng cặp với x2n , k  2n  2 . Khi đó ánh xạ f xác định như sau:
2

 x1, x2 ,..., x2n    x1, x2 ,..., xk , x2n , x2n1, x2n2 ,..., xk 1 .
Ta chứng minh được f là một đơn ánh nhưng không toàn ánh. Từ đó suy ra điều
phải chứng minh.
Bài toán 1.3. (APMO, 1998) Giả sử F là tập hợp tất cả các bộ gồm n tập
 A1, A2 ,..., An  , trong đó Ai , i  1,2,...n là tập con của tập 1,2,...,1998 . Tính



 A1 , A2 ,... An F

A1  A2  ...  An

Lời giải. Với i phần tử n1, n2 ,...,ni 1,2,...,1998 , ta đếm xem có bao nhiêu bộ
 A1, A2 ,..., An  thỏa mãn A1  A2  ...  An  n1, n2 ,..., ni  (*)
Ta cho các phần tử n1, n2 ,...,n i đăng kí có mặt trong tập Ak bằng cách với mỗi
0 neáu nt  At
, t  1, n
phần tử n j ta gán cho 1 bộ số  a1, a2 ,...,a n  sao cho at  
1 neáu nt  At
Một bộ đăng kí là hợp lệ nếu có ít nhất một số 1 (nếu không thì phần tử tương ứng
không có mặt trong tập A1  A2  ...  An ).
Với i phiếu đăng kí (ta gọi là nhóm phiếu đăng kí), ta sẽ lập được bộ
 A1, A2 ,..., An 
Ngược lại, với hai nhóm phiếu đăng kí khác nhau ta sẽ có hai bộ tập hợp
 A1, A2 ,..., An  khác nhau, do đó số bộ  A1, A2 ,..., An  thỏa mãn (*) bằng số nhóm
phiếu đăng kí hợp lệ.
Vì phiếu đăng kí của n j , j  1,2,...n gồm n chữ số 0 hoặc 1 và phải có ít nhất một
số 1 nên có 2n  1 cách ghi phiếu cho n j , suy ra có  2n  1 nhóm phiếu đăng kí
j

hợp lệ khác nhau.
i
Có C1998
cách chọn i phần tử nên suy ra



 A1 , A2 ,... An F

i
A1  A2  ...  An   iC1998
 2n  1  1998 2n  1 2
1998

i

n19981

i 1

 1998  2n  1 21997 n

Bài toán 1.4. Cho n người xếp thành một hàng dọc. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra
k người sao cho hai người liên tiếp không được chọn.
Lời giải. Ta đánh số n người bằng các số thứ tự 1,2,,n . Một cách chọn thích
hợp chính là một bộ số 1  a1  a2  ...  ak  n thỏa mãn điều kiện ai1  ai  1 (tức
là  2 ). Vậy ta cần tìm số phần tử của





A   a1 ,a2 ,..., ak  1  a1  a2  ...  ak  n , ai 1  ai  2 vôùi i  1,2,..., k  1

Xét ánh xạ f  a1, a2 ,..., ak    b1, b2 ,...bk  , với bi  ai  i  1 thì rõ ràng ta có:
3


1) b1  a1  1
2) bi1  bi   ai1   i  1  1   ai  i  1  ai1  ai  1  0
3) bk  ak  k  1  n  k  1 .
Suy ra  b1, b2 ,..., bk  là phần tử của tập hợp B :





B   b1, b2 ,..., bk  1  b1  b2  ...  bk  n  k  1
Dễ thấy f là một đơn ánh.

Ngoài ra, ánh xạ g  b1, b2 ,..., bk    a1, a2 ,..., ak  với ai  bi  i  1 cho chúng ta một
đơn ánh từ B vào A . Vậy A  B  Cnkk 1
Bài toán 1.5. Mỗi đỉnh của một cửu giác đều được tô bởi một màu xanh hoặc đỏ.
Tam giác đỏ là tam giác có ba đỉnh được tô bởi màu đỏ. Tương tự có các tam giác
xanh. Chứng minh rằng trong các tam giác tạo ra từ 9 đỉnh của cửu giác, có hai tam
giác cùng màu đồng dạng.
Lời giải.
A3
A2

A4
A5

A1
A9

A6
A7

A8

Ký hiệu 9 đỉnh của cửu giác theo thứ tự là: A1, A2 , A3 , A9 . Chín đỉnh tô bởi 2 màu
nên có ít nhất 5 đỉnh cùng một màu. Không mất tổng quát, giả sử 5 đỉnh đó cùng
màu đỏ. Do đó có C53  10 tam giác đỏ.
Gọi  C  là đường tròn ngoại tiếp cửu giác. Các đỉnh của cửu giác chia  C  thành
9 cung có độ dài bằng nhau là các cung: A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 ,, A9 A1. Mỗi cung đó ta
gọi là một mảnh.
Lấy tam giác Ai Aj Ak là tam giác thỏa mãn: Ai A j  A jAk  Ak A j . Ký hiệu aij là
số mảnh trong cung Ai Aj không chứa Ak . Khi đó, mỗi tam giác Ai Aj Ak tương ứng
4


với một bộ số đặc trưng  aij , a jk , aki . Ví dụ, tam giác A9 A2 A5 tương ứng bộ số

 2,3,4 .
Hai tam giác đồng dạng là hai tam giác có cùng bộ số đặc trưng bao gồm 3 số tự
nhiên không giảm  a, b, c  thỏa mãn: a  b  c  9
Ta dễ dàng liệt kê được có 7 bộ thỏa mãn điều kiện trên là:

1,1,7 ; 1,2,6 ; 1,3,5; 1,4,4 ;  2,2,5;  2,3,4; 3,3,3
Chúng ta có 10 tam giác đỏ và 7 bộ số nên sẽ có 2 tam giác có cùng bộ số đặc
trưng. Suy ra điều phải chứng minh.
1.3. Bài tập tự luyện
Bài toán 1.6. Cho n là một số nguyên dương. Xét bảng ô vuông n  n . Hỏi trong
bảng đã cho có bao nhiêu hình vuông?
Bài toán 1.7. Cho A  1,2,3,...,2n. Một tập con B của A gọi là tập cân nếu
trong tập đó số các số chẵn bằng số các số lẻ. Tìm số tập cân của A .
Bài toán 1.8. Cho X  1,2,...,2015. Hỏi có bao nhiêu tập con A của X có tính
chất: A có 3 phần tử và không chứa hai số nguyên liên tiếp nào.
Bài toán 1.9. Có một nhóm người mà trong đó, mỗi cặp không quen nhau có đúng
hai người quen chung, mỗi cặp quen nhau thì không có người quen chung. Chứng
minh rằng số người quen của mỗi người là như nhau.
Bài toán 1.10. Trong một kỳ thi có k thí sinh tham dự. Hội đồng coi thi xếp k thí
sinh ngồi xung quanh một chiếc bàn tròn có n ghế đánh số từ 1 đến n  n  4k  .
Hai thí sinh được gọi là ngồi cạnh nhau nếu giữa họ không có thí sinh nào khác.
Quy chế thi yêu cầu giữa hai thí sinh bất kỳ ngồi cạnh nhau phải có ít nhất ba ghế
trống. Hỏi Hội đồng coi thi có bao nhiêu cách chọn k chiếc ghế quanh bàn tròn
làm chỗ ngồi cho k thí sinh?
Bài toán 1.11. Có n người xếp thành một vòng tròn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
ra k người sao cho không có hai người kề nhau được chọn ?
Bài toán 1.12. (Vô địch Trung Quốc, 1997) Trong các xâu nhị phân có độ dài n ,
gọi an là số các xâu không chứa 3 số liên tiếp 0, 1, 0 và bn là số các xâu không
chứa 4 số liên tiếp 0,0,1,1 hoặc 1,1,0,0. Chứng minh rằng bn1  2an .
Bài toán 1.13. (VMO, 2012) Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là
G1, G2 , G3 , G4 , G5 và 12 chàng trai. Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng
ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các
điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
i) Mỗi ghế có đúng một người ngồi;
ii) Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2 , G3 , G4 , G5 ;

5


iii) Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;
iv) Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy? (Hai cách xếp được coi là khác nhau
nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác
nhau).
Bài toán 1.14. (VMO, 1995) Cho số nguyên n  2 và cho một đa giác đều 2n
đỉnh. Người ta tô tất cả các đỉnh của đa giác đều đó bởi n màu sao cho các điều
kiện sau được đồng thời thoả mãn
i) Mỗi đỉnh được tô bởi một màu;
ii) Mỗi màu được dùng để tô cho đúng hai đỉnh không kề nhau.
Hai cách tô màu, thoả mãn các điều kiện trên, được gọi là tương đương nếu cách tô
màu này có thể nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của đa
giác đều đã cho.
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu đôi một không tương đương?
Bài toán 1.15. (IMO, 2005) Cho các số nguyên dương n, k với n  k . Xét phép
toán f đối với bộ sắp thứ tự X   x1, ..., xn  như sau: mỗi lần chọn k số liên tiếp
tuỳ ý trong X và đổi dấu của chúng. Tìm số các bộ thứ tự X   x1, ..., xn  thoả
mãn các điều kiện:
i) Mọi phần tử của X đều thuộc tập {-1,1}.
ii) Có thể thực hiện hữu hạn lần phép toán f để từ X nhận được bộ
1,1,...,1.
2. Phương pháp sử dụng công thức lực lượng tập hợp
2.1. Cơ sở lí thuyết
2.1.1. Nguyên lí bù trừ. Nếu X là một tập hợp hữu hạn và A  X . Gọi
A  X \ A . Khi đó A  X  A
2.1.2. Nguyên lí cộng. Nếu A và B là hai tập hợp không giao nhau thì

A B  A  B .
Do đó, nếu công việc X có hai phương án thực hiện là A, B và A có a cách thực
hiện, B có b cách thực hiện thì số cách thực hiện công việc X là x  a  b .
n

Tổng quát, cho A1, A2 ,..., An là các tập rời nhau. Khi đó:

i 1

n

Ai   Ai
i 1

2.1.3. Nguyên lí nhân. Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì A  B  A . B
Do đó, nếu công việc X phải thực hiện lần lượt qua hai giai đoạn A và B , trong
đó giai đoạn A có a cách thực hiện, giai đoạn B có b cách thực hiện thì số cách
thực hiện công việc X là x  ab.
6


Tổng quát, cho n tập hợp A1, A2, ,..., An  n  2  . Khi đó:

n

n

i 1

i 1

 Ai   Ai

2.1.4. Nguyên lí thêm bớt. Cho hai tập hợp A và B hữu hạn. Khi đó, ta có

A B  A  B  A B
Tổng quát, cho n tập hợp A1, A2, ,..., An  n  2  . Khi đó:
n

n
i 1

Ai  | Ai | 
i 1



1i  j  n

| Ai  Aj | 



1i  j  k  n

| Ai  Aj  Ak | ...  (1) n | A1  A2  ...  An |

2.2. Áp dụng
Bài toán 2.1. (VMO, 2005): Tìm hiểu kết quả học tập ở một lớp học, người ta
2

thấy: Hơn
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở
3
2
môn Vật lí; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật lí cũng đồng thời đạt điểm
3
2
giỏi ở môn Văn; Hơn
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt
3
2
điểm giỏi ở môn Lịch sử; Hơn
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng
3
đồng thời đạt điểm giỏi ở môn Toán. Chứng minh rằng trong lớp học nói trên có ít
nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả bốn môn: Toán, Vật lí, Văn và Lịch sử.
Lời giải.
Gọi T , L, S ,V lần lượt là tập các học sinh đạt điểm giỏi các môn Toán, Lí, Sử Văn.
Không mất tính tổng quát giả sử T  L  V  S (*) do vai trò bình đẳng của
chúng trong giả thiết.
Đặt TL  T  L, LV  L  V ,VS  V  S .
Theo giả thiết ta có: TL 

2
2
2
T ; LV  L ; VS  V (**). Ta cần chứng minh:
3
3
3

| T  L  V  S | 0 hay | TL  LV  VS | 0 .
Theo nguyên lí bù trừ ta có:

| TL  LV  VS  TL  LV  VS  (TL  LV )  VS |
 TL  LV  VS  | TL  LV  (TL  LV )  VS |
(**)

2

2

2

 3 T  3 L  3 V  | (T  L)  ( L  V  (T  L  V )  (V  S |



2
2
2
T  L  V  L V
3
3
3

7




2
1
1
T  L  V  0 . Điều phải chứng minh.
3
3
3

Bài toán 2.2. Cho tập M  1,2,3,,2n . Một hoán vị của M gọi là có tính chất
P nếu trong hoán vị đó có ít nhất hai phần tử liền kề nhau có hiệu bằng n . Chứng
minh rằng trong tất cả các hoán vị của M , số hoán vị có tính chất P lớn hơn số
hoán vị không có tính chất P .
Lời giải.
Gọi A là tập tất cả các hoán vị của M có tính chất P .
Ta chứng minh 2 A   2n ! (*).
Gọi Ak là tập các hoán vị của M mà k và n  k đứng liền kề nhau, k  1,2,, n .
Khi đó A 

n

Ak (1).
k 1

Từ (1), theo công thức về lực lượng tập hợp ta có:
n

| A | | Ak | 
k 1



1 k i  n

n

| A | | Ak | 
k 1

| Ak  Ai | 



1 k i  n



1 k i  j  n

| Ak  Ai  Aj | ...  (1) n1 | A1  A2  ...  An |

| Ak  Ai | (2).

Dễ có Ak  2  2n  1! ;| Ak  Ai | 4  2n  2 !. Thay vào (2) ta được:

n(n  1)
1
1
.4.(2n  2)!  2n2 (2n  2)!  2n(2n  1)(2n  2)!  (2n)!
2

2
2
Điều phải chứng minh.
| A | 2n(2n  1)!

Bài toán 2.3. Cho A  a1, a2 ,, a8 . B  A là tập các tập con của A có tính chất:
các tập thuộc B  A có đúng 3 phần tử và giao của hai tập bất kì thuộc B  A
không chứa hai phần tử của A. Chứng minh rằng:
i) Max B  A  4 .
ii) Nếu B1, B2 , B3 , B4 là các tập thuộc B  A thì B1  B2  B3  B4  
iii) Max B  A  8 .
Lời giải.
i)

Với

n4

ta

có

cách

chọn

B  A

như

sau:

B1  a1, a2 , a3;

B2  a3 , a4 , a5 ; B3  a5 , a6 , a7 ; B4  a1, a4 , a7 . Vậy Max B  A  4 .

ii) Giả thiết phản chứng là B1  B2  B3  B4  . Khi đó tồn tại và có thể giả thiết
là a1 thuộc A và thuộc B1  B2  B3  B4  Bi  B j  1 với i, j  1,2,3,4, i khác

j. Suy ra A | B1  B2  B3  B4 | 12  6  6 1  11  8 . Vô lí.
8


Vậy B1  B2  B3  B4  .
iii) Do B1  B2  B3  B4   với mọi B1, B2 , B3 , B4 bất kì nên mỗi phần tử của A
thuộc không quá ba tập con Bi của B  A. Vậy 3. B  A  24  B  A  8 .
Với B  A  8 ta có một cách chọn B  A như sau:

B1  a1, a2 , a3; B2  a5 , a4 , a5; B3  a1, a6 , a7 ; B4  a2 , a4 , a8;
B5  a2 , a5 , a7 ; B6  a3 , a5 , a8; B7  a3 , a4 , a7 ; B8  a4 , a6 , a8 .
Vậy Max B  A  8 .
Bài toán 2.4. Cho 167 tập hợp A1, A2 ,, A167 có tính chất:
i) A1  A167  2004;
ii) Ai  Aj . | Ai  Aj | với i, j  1,2,,167 và i khác j .
Hãy:
a) Chứng minh rằng | Ai | 12 với i  1,2,...,167.

A .
167

b) Tính

i 1

i

Lời giải.
a) Dễ có | Ai  Aj |  1 và Ai  12 với i, j  1,2,,167 và i khác j .
167

b) Ta sẽ chứng minh

Ai

 1 (*).

i 1

Thật vậy, xét tập A1 . Từ | A1  Ai | 1 với i  1,2,,167 suy ra mỗi tập
A2 , A3 ,, A167 chứa đúng một phần tử của A1 . Do A1  12 nên theo nguyên lí
Đirichlet thì tồn tại và có thể giả sử là A2 ,, A15 cùng chứa a thuộc A1.
Nếu có i  15 sao cho a  Ai thì | Ai  Aj |  1 | Aj   Ai \ {a} |  1 . Vậy:

Aj   Ai \ {a}  b j  với j  2,2,,15 (1). Dễ thấy các b j là phân biệt nên từ (1)
suy ra Ai chứa quá 12 phần tử. Trái với kết luận Ai  12 . Vậy (*) được chứng
minh.
Từ (*) và | Ai  Aj | 1, i, j  1,2,,167 và i khác j suy ra:
167
i 1

Ai  (

167
i 1

( Ai \ {a})  {a}  (

167

( Ai \ {a})  |{a}|=167.11+1=1838.

i 1

Bài toán 2.5. Trên một bàn cờ tướng đã bỏ đi một đường chéo chính. Hỏi có bao
nhiêu cách sắp xếp 8 quân xe lên bàn cờ đó sao cho không có quân xe nào ăn quân
xe nào?
9


Lời giải.
Số cách 8 quân xe lên bàn cờ, khi chưa xóa đi đường chéo chính, sao cho không có
quân xe nào ăn quân xe nào là 8! Cách.
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho các ô bỏ đi trên đường chéo chính tương ứng với
các tọa độ  i, i  với i  1,2,,8 . Gọi Ai là số cách xếp các quân xe thỏa mãn bài
toán mà có 1 quân xe đứng ở vị trí  i; i . Khi đó:
Ai  7!, | Ai  Aj  6!,, A1    A8 | 0!  1 .

Vậy:

A1  ...  A8  C81.7! C82 .6! C83 .5! C84 .4! C85 .3! C86 .2! C87 .1! C88 .0! 

 8!

8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!
      .
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!

Vậy số cách xếp hợp lệ là:

8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!
       14833.
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!

2.3. Bài tập tự luyện
Bài toán 2.6. Một số tự nhiên được gọi là số đẹp nếu nó là hợp số và không chia
hết cho 2, 3, 5.
i) Hỏi có bao nhiêu số nguyên tố nhỏ hơn 1000;
ii) Hỏi có bao nhiêu số đẹp nhỏ hơn 1000.
Bài toán 2.7. Giả sử có n  2008 tập A1,, A2008 thỏa mãn:
i) Ai  k  10 với i  1,2,, n  2008.
ii) | Ai  Aj | 2k  1  19 với i, j  1,2,, n  2008 và i khác j.
Xác định

n  2008
i 1

Ai .

Bài toán 2.8. Có 1999 người tham dự một cuộc họp. Cứ 50 người tùy ý thì ta có
thể chọn ra ít nhất 2 người không quen biết nhau. Chứng minh rằng ta có thể chọn
ra được ít nhất 41 người sao cho mỗi người trong những người này biết nhiều nhất

là 1958 người khác.
Bài toán 2.9. Có 2010 người xếp thành hàng dọc. Hỏi với mỗi số nguyên dương
k  1005 cho trước có bao nhiêu cách chọn ra k người từ 2010 người trên sao cho
không có 2 người liền kề nhau được chọn.
Bài toán 2.10. Tìm bộ ba số nguyên dương  x, y, z  thỏa mãn:  x  y  z  chia hết
cho 10 và x, y, z không lớn hơn 2008.
3. Phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi
3.1. Cơ sở lí thuyết
10


Định nghĩa: Hệ thức truy hồi (hay công thức truy hồi) đối với dãy số an  là công
thức biểu diễn an qua một hay nhiều số hạng trước của nó, cụ thể là
a0 , a1, a2 ,..., an1 với n  n0 nguyên dương nào đó. Dãy số được gọi là nghiệm của
hệ thức truy hồi nếu các số hạng của nó thỏa mãn hệ thức truy hồi này. Các giá trị
gán cho một số hữu hạn các số hạng đầu của dãy gọi là các điều kiện ban đầu hay
điều kiện biên của hệ thức truy hồi.
Một trong những phương pháp có hiệu quả để giải toán tổ hợp là thiết lập hệ
thức truy hồi. Nội dung cơ bản của phương pháp này như sau: Thay vì ta đếm trực
tiếp f (n) theo yêu cầu bài toán, ta sẽ thiết lập biểu thức quan hệ giữa f (n),
f (n  1),... để rồi tính f (n).
3.2. Vận dụng
Bài toán 3.1. (bài toán tháp Hà Nội) “Có ba cọc 1,2,3. Ở cọc 1 có n đĩa xếp
chồng lên nhau sao cho đĩa nằm dưới lớn hơn đĩa nằm trên. Hãy chuyển tất cả các
đĩa từ cọc 1 sang cọc 3 có thể dùng cọc 2 làm cọc trung gian với điều kiện mỗi lần
chỉ được chuyển 1 đĩa từ cọc này sang cọc khác và luôn đảm bảo đĩa nằm dưới lớn
hơn đĩa nằm trên”. Bài toàn đặt ra là: Tìm số lần di chuyền đĩa ít nhất cần thực hiện
để giải xong bài toán trên.
Lời giải. Phương pháp di chuyển như sau: Gọi sn là số lần di chuyển đĩa ít nhất
cần thực hiện.

+) Chuyển n  1 đĩa từ cọc 1 sang cọc 2 (lấy cọc 3 làm cọc trung gian), ta có sn1
phép chuyển.
+) Chuyển đĩa lớn nhất ở cọc 1 sang cọc số 3, ta có 1 phép chuyển.
+) Chuyển n  1 đĩa ở cọc số 2 về cọc số 3 (lấy cọc 1 làm cọc trung gian), ta có
sn1 phép chuyển.
Do vậy, để chuyển n chiếc đĩa từ cọc số 1 sang cọc số 3, ta cần ít nhất
sn1  1  sn1  2sn1  1 phép chuyển. Vậy ta có công thức truy hồi của dãy số
s0 , s1, s2 ,... là: sn  2sn1  1 và s1  1 s2  3, s3  7  .
Ta có sn  2sn1  1  2  2sn2  1  1  22 sn2  2  1  22  2sn3  1  2  1

 232sn3  22  2  1  ...  2n1 s1  2n2  2n3  ...  2  1
1  2n1
 1  2  2n1  1  2n  1.
1 2
Bài toán 3.2. (Bungari, 1995) Cho số nguyên dương n  2 . Hãy tìm số các hoán
vị  a1, a2 ,..., an  của 1,2,...,n sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i 1,2,..., n  1
thỏa mãn ai  ai 1 .
 2n1  2n2  2n3  ...  2  1  2.

Lời giải. Gọi Sn là số các hoán vị thỏa mãn điều kiện bài toán. Để ý rằng số các
hoán vị mà an  n là Sn1 (bởi vì Sn1 là số các hoán vị  a1, a2 ,..., an  của
1,2,...n 1 sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số i 1,2,..., n  2 thỏa mãn ai  ai 1 ).
11


Còn số các hoán vị

1  i  n  1

 a1, a2 ,..., an 

thỏa mãn điều kiện bài toán với ai  n
n 1

là Cni 11 . Do đó Sn  Sn1   Cni 11  Sn1  2n1  1 (do
i 1

n

C
i 1

i 1
n 1

 2n1 ).

Hiển nhiên S2  1, tương tự bài toán 3.1 ta có Sn  2  n  1.
n

Bài toán 3.3. Kí hiệu f  n  là số hoán vị  a1, a2 ,..., an  của 1,2,...,n  thỏa mãn
đồng thời các điều kiện:
1) a1  1
2) ai  ai1  2, i  1,2,..., n  1
Hỏi f  2013 có chia hết cho 3 không?
Lời giải.
Ta xét với n  5 . Do a1  1 và a1  a2  2 nên a2  2 hoặc a2  3 .
+) Nếu a2  2 thì  a2 , a3 ,..., an  là hoán vị của  2,3,...,n  thoả mãn
i. a2  2
ii. ai  ai1  2, i  2,3,..., n  1

Số các hoán vị như vậy chính là f  n  1
+) Nếu a2  3 thì a3 {2,4,5}
Giả sử có ak  2(3  k  n) thì do ak 1  ak  2 , ak  ak 1  2 và ak 1, ak khác 1, 2,
3 nên ak 1  ak 1  4  vô lí. Vậy a3  2 hoặc an  2 .
Nếu a3  2 thì a4  4 , do đó  a4 , a5 ,..., an  là hoán vị của  4,5,...,n  thoả mãn
i. a4  4
ii. ai  ai1  2, i  4,5,..., n  1
Số các hoán vị như vậy chính là f  n  3
Nếu an  2 thì an1  4 nên a3  5 , kết hợp với giả thiết suy ra an2  6, a4  7,
an3  8,...
Cứ như thế chỉ có một hoán vị thoả mãn.
Dễ dàng tính được f  2  1, f  3  2, f  4   4
Tóm lại, ta có hệ thức truy hồi: f  2  1, f  3  2, f  4  4

f  n   f  n  1  f  n  3 , n  5
Khi đó ta chứng minh được dãy { f (n)(mod3)}n2 là dãy tuần hoàn chu kì 2, do đó:
f  2013  f  3  2(mod3)
Vậy f  2013 không chia hết cho 3.
12


Bài toán 3.4. (IMO, 1967) Trong một cuộc thi đấu thể thao có m huy chương
được phát trong n ngày thi đấu. Ngày thứ nhất, người ta phát một huy chương và
1
1
số huy chương còn lại. Ngày thứ hai, người ta phát hai huy chương và
huy
7
7
chương còn lại. Những ngày còn lại được tiếp tục và tương tự như vậy. Ngày sau

cùng còn lại n huy chương để phát. Hỏi có tất cả bao nhiêu huy chương và đã phát
trong bao nhiêu ngày.
Lời giải. Gọi ak là số huy chương còn lại trước ngày thứ k , suy ra a1  m và ta có
1
6
6k
1
ak 1  ak  k   ak  k   ak 
(do ngày thứ k phát đi k huy chương và
2
7
7
7
huy chương còn lại). Giải hệ thức truy hồi này ta được
k 1
6
ak     m  36   6k  42.
7
Theo

giả

thiết

ta

có

7
an  n   

6

n1

7
m  36  7  n  6    . Vì m  36 
6
n  6  0  n  6  m  36

và

n1

 m  36  6n  42 .

 6,7   1

Suy

ra

nên 6n1  n  6 nên

Vậy có 36 huy chương được phát trong 6 ngày.
Bài toán 3.5. (IMO, 1979) Giả sử A và E là hai đỉnh đối diện của một hình bát
giác đều. Một con ếch bắt đầu nhảy từ đỉnh A . Tại mỗi đỉnh của bát giác (trừ đỉnh
E ), mỗi cú nhảy con ếch chỉ có thể nhảy tới hai đỉnh kề với đỉnh đó. Khi con ếch
nhảy vào đỉnh E nó sẽ bị kẹt vĩnh viễn ở đó. Cho trước số nguyên dương n . Hỏi
với n cú nhảy, có bao nhiêu cách để con ếch nhảy vào đỉnh E .
Lời giải. Gọi an là số cách để con ếch nhảy vào đỉnh E . Dễ thấy

a1  a2  a3  0; a4  2 . Giả sử từ A theo chiều kim đồng hồ các đỉnh lần lượt là
A  B  C  D  E  F  G  H  A . Từ A con ếch đến B phải qua một
số lẻ bước. Từ B con ếch đến C phải qua một số lẻ bước. Từ C con ếch đến D
phải qua một số lẻ bước. Từ D con ếch đến E phải qua một số lẻ bước. Vậy số
bước đến E dứt khoát phải là một số chẵn. Nói cách khác, nếu n lẻ thì không có
cách nào nhảy vào E . Vậy a2 k 1  0 . Ta cần tính a2 k , k  1 .
Xuất phát từ A , với hai bước nhảy đầu tiên con ếch có thể có các cách sau:
1) A  B  A
2) A  H  A
3) A  B  C
4) A  H  G
Nếu theo cách 1) thì số cách tới E là a2 k 2 . Nếu theo cách 2) thì số cách tới E là
a2 k 2 . Gọi cn , gn lần lượt là số cách để con ếch xuất phát tương ứng từ C, G nhảy
13


vào đỉnh E với n cú nhảy. Vì lí do đối xứng ta có cn  gn . Vậy theo cách 3) thì số
cách tới E là c2 k 2 . Nếu theo cách 4) thì số cách tới E là g2k 2 . Theo quy tắc cộng
ta có

a2k  a2k 2  a2k 2  c2k 2  g2k 2  2a2k 2  2c2k 2

(1)

Xuất phát từ C , với hai bước nhảy đầu tiên con ếch có thể có các cách nhảy sau:
1c) C  B  A
2c) C  B  C
3c) D  D  C
4c) C  D  E
Nếu theo cách 1c) thì số cách tới E là a2 k 2 . Nếu theo cách 2c) thì số cách tới E là

c2k 2 . Nếu theo cách 3c) thì số cách tới E là c2k 2 . Nếu theo cách 4c) thì số cách
tới 0. Theo quy tắc cộng ta có

c 2k  a2k 2  2c 2k 2

(2)

Từ (1) và (2) rút ra c2k  a2k  a2k 2  c2k 2  a2k 2  a2k 4 . Thay vào (2) ta được
a2k  4a2k 2  2a2k 4 .
Đặt uk  a2k ta có uk  4uk 1  2uk 2 , u1  a2  0; u2  a4  2 . Bằng cách giải phương
trình đặc trưng ta đi đến công thức sau:

a2 k  uk

2  2 


k 1



 2 2



k 1

2

, k  1,2,..

Bài toán 3.6. Xét đa giác đều n đỉnh với tâm O . Người ta tô màu các miền tam
giác OAi Ai1 1  i  n   An1  A1  bằng k  k  3 màu sao cho hai miền kề nhau
được tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu như vậy?
Lời giải.
Gọi S  n, k  là số cách tô màu thoả mãn bài toán.
Ta có k cách tô màu miền OA1 A2 , k  1 cách tô màu miền OA2 A3 ,…, k  1 cách tô

màu miền OAn A1 . Do đó có tất cả k  k  1 cách tô. Tuy nhiên, ta phải trừ đi các
cách tô sai, chẳng hạn khi các miền OAn A1 và OA1 A2 cùng màu, khi đó ta coi
OAn A2 như một miền tam giác (bỏ qua đỉnh A1 ), số cách tô như vậy là S  n  1, k  .
Do đó ta có hệ thức:
n 1

S  n, k   k  k  1
=k  k  1

n 1

n 1

 S  n  1, k 

 [k  k  1

n2

 S  n  2, k ]

n2

 ...   1

 ...
 k  k  1

n 1

 k  k  1

14

n4

[k  k  1  S  3, k ]
3


Suy ra S  n, k    k  1   1  k  1 .
n

n

3.3. Bài tập tập tự luyện
Bài toán 3.7. Cho số nguyên dương n và tập S  1,2,..., n . Tìm các tập con (kể
cả tập rỗng) của S mà không chứa hai số nguyên liên tiếp.
Bài toán 3.8. (VMO 2009). Cho số nguyên dương n . Kí hiệu T là tập hợp gồm
2n số nguyên dương đầu tiên. Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con S của T có tính
chất: trong S không tồn tại các số a, b mà a  b {1; n}?
Bài toán 3.9. Có n quả bóng b1, b2 ,..., bn và 2n hộp h1, h2 ,..., h2 n . Biết rằng quả

bóng bi ( i  1,2,..., n ) chỉ bỏ vào được các hộp h1, h2 ,..., h2i . Hỏi có bao nhiêu cách
bỏ k (1  k  n ) quả bóng vào các hộp biết rằng mỗi hộp chứa nhiều nhất một quả
bóng. (hai cách bỏ bóng được gọi là khác nhau khi ít nhất một quả bóng được bỏ
vào hai hộp khác nhau trong hai cách đó)
Bài toán 3.10. Xét đa giác đều n đỉnh với tâm O . Người ta tô màu các miền tam
giác OAi Ai1 1  i  n   An1  A1  bằng k  k  3 màu sao cho hai miền kề nhau
được tô bởi hai màu khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu như vậy?
Bài toán 3.11. Kí hiệu f  n  là số hoán vị  a1, a2 ,..., an  của 1,2,...,n  thoã mãn
đồng thời các điều kiện:

1) a1  1

2) ai  ai1  2, i  1,2,..., n 1
Hỏi f  2013 có chia hết cho 3 không?
Bài toán 3.12. Có n  1 thí sinh ngồi trên một bàn tròn. Hỏi có bao nhiêu cách phát
đề sao cho hai thí sinh ngồi cạnh nhau luôn có đề khác nhau, biết rằng ngân hàng
đề có đúng m  m  1 đề và hiển nhiên mỗi đề có nhiều bản.
Bài toán 3.13. (Dự tuyển IMO, 1996) Cho bảng ô vuông n  n  n  1 . Hỏi có
bao nhiêu cách đánh dấu các ô vuông trong bảng sao cho trong mỗi hình vuông
2  2 có đúng 2 ô vuông được đánh dấu. (Hai cách đánh dấu được coi là khác nhau
nếu có một ô vuông nào đó mà trong cách này thì được đánh dấu còn trong cách
kia thì không).
Bài toán 3.14. Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn ba điều kiện sau:
i) n có 1000 chữ số.
ii) Tất cả các chữ số của n lẻ.
iii) Hiệu của 2 số liên tiếp bất kì của n luôn bằng 2.
Bài toán 3.15. (VMO, 1997) Hỏi n đường tròn chia mặt phẳng ra làm bao nhiêu
phần nếu bất cứ cặp hai đường tròn nào cũng cắt nhau tại hai điểm phân biệt và
không có ba đường tròn nào có giao điểm chung?

15


Bài toán 3.16. (IMO, 2011). Giả sử n  0 là một số nguyên. Cho một cái cân đĩa
và n quả cân có khối lượng lần lượt là 20 ,21 ,22 ,...,2n1. Ta muốn đặt lên cái cân
mỗi một trong n quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên
phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái. Ở mỗi bước ta chọn một trong các
quả cân chưa được đặt lên rồi đặt nó lên đĩa bên phải, hoặc đĩa bên trái, cho đến
khi tất cả các quả cân đều được đặt lên đĩa. Hỏi có bao nhiêu cách để thực hiện
việc đặt cân theo đúng mục đích đặt ra?
C. KẾT LUẬN

Bài toán tổ hợp là bài toán có nội dung thực tế, lý luận hấp dẫn và lý thú,
những điều nghe như là đơn giản nhưng giải đươc nó là một quá trình tư duy sâu
sắc, hy vọng chuyên đề này đã trình bày một số phương pháp đếm nâng cao làm rõ
hơn cách giải toán tổ hợp cho học sinh giỏi toán ở trường Trung học phổ thông,
chuyên Toán.
Do thời gian còn hạn chế nên bài viết không thể tránh khỏi những sai sót.
Rất mong sự nhận xét, góp ý của các thầy cô, đồng nghiệp và các em học sinh để
bài viết có thể hoàn thiện hơn và trở thành tài liệu tham khảo tốt cho học sinh yêu
toán.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Phép đếm - các vấn đề cơ bản và nâng cao, Trần Nam Dũng, Trường Đại học
KHTN Đại học Quốc gia Hồ Chí Minh.
[2] Luận văn Phương pháp toán sơ cấp“Bài toán đếm nâng cao trong tổ hợp và
ứng dụng”, Trương Nhật Lý, Đại học Đà Nẵng, 2011.
[3] Phương pháp ánh xạ trong các bài toán tổ hợp, Nguyễn Chiến Thắng, THPT
chuyên Quảng Bình, 2013.
[4] Phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi trong tổ hợp, Huỳnh Tấn Châu.
[5] Tài liệu Internet, đặc biệt là

www.diendantoanhoc.net, www.mccme.ru.

16

các

website:

www.mathlinks.ro,