Một số kỹ năng giải bài toán đếm

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỖ VĂN THUẬN

MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN ĐẾM

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỖ VĂN THUẬN

MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN ĐẾM

Chuyên ngành:
Mã số:

Phương pháp toán sơ cấp
60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN VŨ LƯƠNG

Hà Nội - 2014

Mục lục
1 Một số kỹ năng giải bài toán đếm
1.1 Sử dụng các khái niệm cơ bản . . . . .
1.1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân . .
1.1.2 Hoán vị . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phép tương ứng 1- 1 . . . . . . . . . .
1.2.1 Mô tả phần tử đếm . . . . . . .
1.2.2 Mã hóa 0, 1 phần tử đếm . . .
1.2.3 Phương pháp đánh số . . . . .
1.3 Một số phương pháp giải nâng cao của
1.3.1 Nguyên lí bao gồm và loại trừ .
1.3.2 Phương pháp truy hồi . . . . .

. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
bài toán đếm .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
6
10
13
17
17
19
24
26
26
30

2 Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm
34
2.1 Nguyên lí bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.1.1 Phát hiện đại lượng bất biến trong bài toán . . . . . . . 34
2.1.2 Giải toán bằng đại lượng bất biến . . . . . . . . . . . . . 39
2.1.3 Bất biến đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.1.4 Một số bài toán nâng cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2 Phân hoạch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.2.1 Chứng minh không tồn tại phân hoạch thỏa mãn tính
chất (G). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.2.2 Chứng minh có tồn tại phân hoạch thỏa mãn tính chất
(G) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.2.3 Xây dựng phân hoạch tính chất (G) . . . . . . . . . . . . 49
2.2.4 Phân hoạch cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.2.5 Một số bài toán minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.3 Nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

1


Lời mở đầu
Trong các dạng bài toán tổ hợp thì bài toán đếm và một số dạng toán tổ hợp
liên quan đến bài toán đếm là các dạng bài cơ bản và rất quan trọng. Những
dạng toán này xuất hiện rất nhiều trong các kì thì vào các trường chuyên, thi
học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Việc giải các bài toán dạng này nhiều khi gặp
rất nhiều khó khăn và rất dễ mắc phải những sai lầm vì đây là những dạng
toán khó và chúng ta không nắm được các phương pháp, các kỹ năng giải. Liên
quan đến bài toán đếm có hai vấn đề được quan tâm nghiên cứu.

- Một số kỹ năng giải các bài toán đếm;
- Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm.
Để giải được nhanh chóng và chính xác các bài toán đếm chúng ta cần phải
nắm được các kỹ năng giải và việc giải thành thạo các bài toán đếm giúp ta
rất nhiều trong việc giải các bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm.
Hiện nay có nhiều sách tham khảo, tài liệu viết về các dạng toán tổ hợp
nhưng một số kỹ năng giải bài toán đếm và đặc biệt là một số dạng bài toán
tổ hợp liên quan đến bài toán đếm như nguyên lí bất biến, phân hoạch thì
chưa được đề cập nhiều. Chính vì vậy, chúng tôi xin chọn đề tài cho luận văn
của mình là: “Một số kỹ năng giải bài toán đếm”. Trong luận văn này ngoài
việc trình bày một số kỹ năng giải bài toán đếm, chúng tôi còn đưa ra một số
dạng toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm. Nội dung luận văn này gồm hai
chương:
- Chương 1: Trình bày một số kỹ năng giải bài toán đếm như sử dụng các
khái niện cơ bản, phép tương ứng 1- 1 và một số phương pháp giải nâng cao.
- Chương 2: Đưa ra một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán
đếm như nguyên lí bất biến, phân hoạch và nguyên lí Dirichlet kèm theo các
bài tập và lời giải chi tiết.
Các kết quả chính của luận văn nằm trong mục 1.2 của chương 1 và mục
2.2 của chương 2.
Tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc và lòng biết ơn chân thành tới PGS. TS
Nguyễn Vũ Lương. Cảm ơn thầy đã hướng dẫn, chỉ bảo và giúp đỡ tận tình
trong suốt quá trình tôi thực hiện luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy, cô giáo của trường Đại học Khoa
học Tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội đã hết lòng đào tạo, dạy dỗ giúp đỡ
tôi trong suốt thời gian tôi học tập tại trường.
Mặc dù vây, do năng lực cá nhân còn hạn chế cũng như thời gian hạn hẹp
luận văn không tránh khỏi những thiếu sót cả về mặt nội dung và hình thức,
rất mong sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn.

2


Chương 1
Một số kỹ năng giải bài toán đếm
Bài toán đếm là một nội dung cơ bản không chỉ dành cho các bài toán
thi đại học mà còn rất cần thiết khi giải các bài toán tổ hợp khó trong
các kỳ thi học sinh giỏi. Một đặc điểm rất đặc thù của nội dung này là
khi giải toán, học sinh thường nhận được các đáp số khác nhau vì những
sai sót mà bản thân không nhận ra. Chính vì vậy xây dựng các kỹ năng
giải là thực sự cần thiết và nội dung của phần này là trình bày các kỹ
năng này.

1.1
1.1.1

Sử dụng các khái niệm cơ bản
Quy tắc cộng, quy tắc nhân

Quy tắc cộng.
Nội dung quy tắc: Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 , m2 cách chọn
đối tượng a2 , ..., mn cách chọn đối tượng an , trong đó cách chọn đối
tượng ai (1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào bất kì cách chọn đối tượng aj
n

(1 ≤ i ≤ n, i = j ) thì sẽ có

mk cách chọn đối tượng a1 , hoặc a2 , ...,
k=1

hoặc an .
Quy tắc nhân.
Nội dung quy tắc: Cho n đối tượng a1 , a2 , ..., an . Nếu có m1 cách chọn
đối tượng a1 và với mỗi cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng a2 , sau
đó với mỗi cách chọn a1 , a2 có m3 cách chọn đối tượng a3 ,... Cuối cùng
với mỗi cách chọn a1 , a2 , a3 , ..., an−1 có mn cách chọn đối tượng an . Như
vậy sẽ có m1 .m2 ...mn−1 .mn cách chọn các đối tượng a1 , rồi a2 , rồi a3 ...
rồi an .
Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
3


Bài 1.Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm
bốn chữ số khác nhau và trong mỗi số nhất thiết phải có chữ số 1.
Bài giải
Gọi số cần lập là abcd. Xét các trường hợp:
Trường hợp 1: a = 1 có 1 cách chọn a, có A35 cách chọn các chữ số b, c,
d.
Trường hợp 2: a = 1. Có 4 cách chọn a ( vì a = 0).
- Nếu b = 1 thì có 1 cách chọn b và có A24 cách chọn c, d;
- Nếu c = 1 thì có 1 cách chọn c và có A24 cách chọn b, d;
- Nếu d = 1 thì có 1 cách chọn d và có A24 cách chọn b, c;
Vậy theo quy tắc cộng có thể lập được 1.A35 + 4.A24 + 4.A24 + 4.A24 = 204
(số).
Bài 2. Từ thành phố A đến thành phố B có 3 con đường, từ thành
phố A đến thành phố C có 2 con đường, từ thành phố B đến thành phố
D có 2 con đường, từ thành phố C đến thành phố D có 4 con đường.
Không có con đường nào nối thành phố B với thành phố C. Hỏi có tất
cả bao nhiêu con đường nối từ thành phố A đến thành phố D.
Bài giải

Trường hợp 1: Đi từ A đến B rồi đến D. Có 3 cách đi từ A đến B và có 2
cách đi từ B đến D. Theo quy tắc nhân thì số cách chọn đường đi từ A
đến D qua B là 3.2 = 6;
Trường hợp 2: Đi từ A đến C rồi đến D. Có 2 cách đi từ A đến C và có 4
cách đi từ C đến D. Theo quy tắc nhân thì số cách chọn đường đi từ A
đến D qua C là 2.4 = 8.
Vì cách chọn đường từ A sang D qua B và cách chọn đường từ A sang
D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số con
đường để đi từ A sang D là 6 + 8 = 14 (cách).
Bài 3. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số
gồm 4 chữ số khác nhau? Tìm tổng của tất cả các số này.
Bài giải
Gọi số cần lập có dạng abcd.
Có 9 cách chọn a;
Có 8 cách chọn b (b = a);
Có 7 cách chọn c (c = a, c = b);
Có 6 cách chọn d (d = a, d = b, d = c).
Vậy theo quy tắc nhân thì số các số có thể lập được là 9.8.7.6 = 3024
(số).
Số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số dạng này lần lượt là 9876 và 1234
có tổng bằng 11110, nên đối với số bất kì abcd đều tồn tại số a b c d , mà
4


abcd + a b c d = 11110
Khi đó, ta có đẳng thức:

(a+a ).1000+(b+b ).100+(c+c ).10+d+d = 10.1000+10.100+10.10+1.10
Từ đó, ta có các đẳng thức

a + a = b + b = c + c = d + d = 10
a=a ⇔b=b ⇔c=c ⇔d=d
Bởi vậy, nếu abcd có các chữ số không trùng nhau thì a b c d cũng có các
1
chữ số không trùng nhau. Do đó có .9.8.7.6 cặp số abcd, a b c d gồm 4
2
chữ số không trùng nhau thuộc tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
Vậy tổng tất cả các số dạng trên là :

1
.9.8.7.6.11110 = 16798320
2
Bài 4. Một con ngựa trên bàn cờ vua 8x8. Hỏi có bao cách di chuyển con
ngựa trên bàn cờ.
Bài giải
Các ô của bàn cờ có thể đặt theo quy tắc aij (i=1..8 ,j=1..8)
a11 có 2 cách di chuyển.
a12 có 3 cách di chuyển.
a13 , a14 , a22 có 4 cách di chuyển.
a23 , a24 có 6 cách di chuyển.
a33 , a34 , a44 có 8 cách di chuyển.
Lấy đối xứng các vị trí trên qua 4 trục đối xứng của bàn cờ, ta có tổng
số cách là:
n = 4.2 + 8.3 + 20.4 + 16.6 + 16.8 = 336.
Bài 5. Cho bàn cờ vua 8x8.
Có bao nhiêu cách chọn ra 1 ô trắng và 1 ô đen?
Có bao cách chọn 1 ô trắng, 1 ô đen cùng nằm trên 1 hàng hay 1 cột?
Bài giải
Trên bàn cờ có 32 ô trắng, 32 ô đen. Có 32 cách chọn ra một ô đen, 32
cách chọn một ô trắng. Vậy số cách chọn n1 =32.32=1024 (cách).

Có 32 cách chọn một ô trắng. Số ô đen cùng hàng, cùng cột với ô trắng
đã chọn ra là 8.
Vậy số cách chọn n2 =32.8=256 (cách).

5


Bài 6 Có 28 quân domino ở 2 đầu có x,y chấm 0 ≤ x, y ≤ 6. Có bao
nhiêu cách chọn ra 2 quân domino có thể nối với nhau (số chấm ở một
đầu của quân này bằng số chấm ở một đầu quân khác).
Bài giải
Lấy một quân domino bất kỳ nó thuộc một trong 2 loại:
Loại 1 (7 quân): (0,0), (1,1),...,(6,6).
Loại 2 (21 quân): có số chấm 2 đầu khác nhau.
- Nếu quân domino chọn ra là loại 1 (sẽ có 7 cách chon) sẽ được nối với 6
quân khác. Ví dụ như (1,1) sẽ được nối với (1,0), (1,2), (1,3),(1,4),(1,5),(1,6).
Vậy số cặp nối được trong trường hợp này là:
n1 = 7.6 = 42.
- Nếu quân domino chọn ra là loại 2 (sẽ có 21 cách chọn), sẽ được nối với
12 quân khác. Ví dụ (2,3) sẽ được nối với (2,0), (2,1), (2,4), (2,2), (2,5),
(2,6),(3,0),(3,1),(3,2),(3,4),(3,5),(3,6).
Vậy số cặp nối đươc trong trường hợp này là n2 = 21.12 = 252..
Theo quy tắc cộng thì số cách nối đươc là 252+42=294 (kể cả thứ tự).
Vì thứ tự giữa 2 đầu của quân domini được xác định, và mỗi cặp 2 quân
294
domino nối được đến 2 lần, ta suy ra số cặp nối được là n =
= 147.
2

1.1.2

Hoán vị

Hoán vị không lặp
Định nghĩa: Cho một tập hợp gồm n (n ≥ 1) phần tử. Mỗi cách sắp
xếp n phần tử này theo một thứ tự nào đó (mỗi phần tử có mặt đúng
một lần) được gọi là một hoán vị của n phần tử đã cho. Kí hiệu số hoán
vị của n phần tử bằng Pn
Ta có công thức
Pn = n!
Sau đây ta xét một số bài oán minh họa:
Bài 7.Với năm chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm năm
chữ số khác nhau?
Bài giải
Mỗi số cần lập là một hoán vị của năm chữ số đã cho.
Vậy số các số lập được bằng số hoán vị của năm phần tử bằng

P5 = 5! = 120

6


Bài 8. Trong một hội nghị có 5 báo cáo viên A, B, C, D, E mỗi người
báo cáo một lần?
1. Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên.
2. Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên nếu yêu cầu báo cáo
viên B báo cáo ngay sau báo cáo viên A?
3. Có bao nhiêu cách xếp thứ tự cho báo cáo viên nếu B không báo cáo
trước A?
Bài giải

1. Số cách xếp thứ tự cho báo cáo viên bằng 5! = 120
2. B báo cáo ngay sau A ta thay thế bằng một cặp báo cáo viên X= AB.
Khi đó, xem X như là một báo cáo viên.
Vậy số cách là n2 = 4! = 24.
3. Trong mọi cách sắp xếp khả năng A đứng trước B hay đứng sau B là
như nhau.
1
Vậy số cách sắp xếp B không báo cáo trước A là .5! = 60.
2
Bài 9 Có bao nhiêu cách xếp 5 người đàn ông, 5 người đàn bà xung
quanh một bàn tròn 10 ghế sao cho không có 2 người đàn ông hoặc 2
người đàn bà nào ngồi cạnh nhau.
Bài giải
Lấy 1 ghế bất kỳ.
Nếu xếp 1 người đàn ông thì ghế tiếp theo là của đàn bà..... Số cách
xếp 5 đàn ông vào vị trí có sẵn là 5!, số cách xếp 5 đàn bàn vào vị trí là
5!. Số cách xếp theo vị trí này là 5!5!.
Nếu xếp 1 người đàn bà thì số cách xếp tương tự bằng 5!5!.
Đáp số:: 2.(5!)2 .
Hoán vị có lặp
Định nghĩa: Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần
được gọi là hoán vị có lặp.
Số hoán vị lặp của n phần tử thuộc k loại, mà các phần tử loại i
(1 ≤ i ≤ k ) xuất hiện ni lần được kí hiệu là P (n1 , n2 , ..., nk ) và được
tính bằng công thức

P (n1 , n2 , ..., nk ) =

n!
.

n1 !.n2 !...nk !

Sau đây ta xét một số bài toán minh họa:
Bài 10. Với các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số gồm
chín chữ số, trong đó mỗi chữ số 1, 2, 3, 4 xuất hiện đúng một lần, chữ
số 5 xuất hiện đúng hai lần và chữ số 6 xuất hiện đúng ba lần.
7


Bài giải
Xét một số tùy ý x = 154626356 và kí hiệu các vị trí của x một cách
hình thức, ta có x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 . Khi đó, mỗi số x tương ứng với
một hoán vị lặp của chín phần tử a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 .
Số các hoán vị khác nhau của chín phần tử ai (1 ≤ i ≤ 9) là 9!
song do a2 = a8 = 5 nên khi đổi chỗ a2 và a8 cho nhau thì hoán vị
x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 vẫn chỉ cho ta số x.
Tương tụ đổi chỗ hai trong ba phần tử a4 , a6 , a9 cho nhau vẫn chỉ cho
số x.
Như vậy, khi thực hiện 2! hoán vị a2 , a8 và 3! hoán vị a4 , a6 , a9 , ta chỉ
được một số cần tìm x.
Vậy số các số có thể lập được là
9!
= 30240
S=
2!3!
Bài 11. Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chia
hết cho 5 gồm 11 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 4 lần, chữ số 2 có mặt
3 lần, chữ số 3 có mặt 2 lần chữ số 4 có mặt 1 lần và tổng số lần xuất
hiện của chữ số 0 và chữ số 5 là 1.
Bài giải

Để số cần lập x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 chia hết cho 5, thì x phải
tận cùng bằng chữ số 0 hoặc chữ số 5.
Vì tổng số lần xuất hiện trong x của 0 và 5 bằng 1 nên nếu x tận cùng
bằng 0 thì 5 không có mặt và ngược lại nếu x tận cùng bằng 5 thì chữ
số 0 không xuất hiện. Bởi vậy ai (1 ≤ i ≤ 10) chỉ có thể là một trong
những chữ số 1, 2, 3, 4. Bởi vậy số khả năng lập phần đầu độ dài 10
a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 của x bằng số hoán vị lặp của 10 phần tử thuộc
4 loại chữ số: 1, 2, 3, 4 với 1 xuất hiện 4 lần, 2 xuất hiện 3 lần, 3 xuất
hiện 2 lần và 4 xuất hiện 1 lần sẽ bằng P (1, 2, 3, 4) . Ngoài ra a11 lại có
thể nhận 0 hoặc 5 nên có thể lập được
10!
= 25200
2.P (1, 2, 3, 4) = 2.
1!2!3!4!
Bài 12. Có bao nhiêu cách đảo từ PARABOLA sao cho các phụ âm và
nguyên ân được xếp xen kẽ.
Bài giải
Vì có 4 phụ âm và 4 nguyên âm nên ta xếp 4 phụ âm (có 4! cách xếp) và
4!
xếp vào 4 vị trí xem kẽ 4 nguyên âm là .
3!
Vị trí ban đầu có thể là phụ âm hoặc nguyên âm đối với mỗi hoán vị
4!
của phụ âm. Suy ra số cách xếp: n = 2.4!. = 192.
3!
8


Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt

[1 ] Các bài giảng của PGS.TS. Nguyễn Vũ Lương - Trường THPT
Chuyên Khoa học Tự Nhiên.
[2 ] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp và Toán
rời rạc, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2008.
[3 ] Phạm Minh Phương, Một số chuyên đề toán tổ hợp, Nhà xuất bản
Giáo dục Việt Nam, 2010.
[4 ] Tạp chí toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản Giáo dục.
[5 ]Các tài liệu sưu tầm từ internet: Mathscope.org.
Tiếng Anh
[6 ] Titu Andreescu, Zuming Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates Counting Strategies, Birkhauser, 2004.
[7 ] Jiri Herman, Radan Kucera, Jaromir Simsa, Counting and Configurations, Spinger-Verlag, 2003.

58