Vận dụng phép đếm nâng cao vào giải một số bài toán thi học sinh giỏi (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
—————o0o—————

NGUYỄN MẠNH ĐỨC

VẬN DỤNG PHÉP ĐẾM NÂNG CAO VÀO GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
—————o0o—————

NGUYỄN MẠNH ĐỨC

VẬN DỤNG PHÉP ĐẾM NÂNG CAO VÀO GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên - 2017

2

Mục lục
Mở đầu
1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Nguyên lý cộng . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa . . . . . . .
1.1.2 Ví dụ . . . . . . . . . .
1.2 Nguyên lý nhân . . . . . . . . .
1.2.1 Định nghĩa . . . . . . .
1.2.2 Ví dụ . . . . . . . . . .
1.3 Nguyên lý bù trừ, thêm bớt . .
1.3.1 Định nghĩa . . . . . . .
1.3.2 Ví dụ . . . . . . . . . .
1.4 Hàm sinh . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Định nghĩa . . . . . . .
1.4.2 Các định lý và mệnh đề

4

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

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

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

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

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

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

2 Vận dụng phương pháp đếm vào giải toán
2.1 Vận dụng phương pháp truy hồi . . . . . .
2.1.1 Ý tưởng . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . .
2.2 Vận dụng phương pháp song ánh . . . . .
2.2.1 Ý tưởng . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . .
2.3 Vận dụng phương pháp đa thức và số phức
2.3.1 Ý tưởng . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Vận dụng phương pháp sử dụng hàm sinh
2.4.1 Ý tưởng . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

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

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

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

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

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

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

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

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

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

6
6
6
7
7
7
8
9
9
10
13
13
13

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

16
16
16

16
23
23
24
30
30
30
36
36


3

2.4.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43


4

Mở đầu
Trong chương trình toán ở trường THPT nói chung, nội dung dành
cho học sinh giỏi nói riêng, các “bài toán đếm” luôn thu hút được sự
quan tâm của học sinh bởi tính thực tiễn đa dạng, phong phú của nó
và dạng bài tập này cũng thường có mặt trong các đề thi học sinh giỏi
hàng năm các cấp.
Tuy nhiên việc giải các bài toán dạng này thường là khó đối với
nhiều học sinh, lý do chính là học sinh chưa nắm được và biết cách
vận dụng các phép đếm vào từng bài toán cụ thể.
Cũng đã có một số tác giả đã đưa ra một vài dạng bài tập liên quan
đến hướng nghiên cứu của luận văn như: Văn Phú Quốc [7], Nguyễn
Văn Nho [8]. . . Tuy nhiên các tài liệu này chưa phân nhóm, đưa ra một
cách tường minh, rõ ràng các ý tưởng, phương pháp vận dụng phép
đếm vào giải các bài toán.
Với mục đích tìm hiểu, sưu tầm một hệ thống các bài toán mà lời
giải của nó có vận dụng các phép đếm để sử dụng các bài tập này vào
việc ôn tập, bồi dưỡng cho học sinh khá, giỏi ở trường THPT, chúng
tôi chọn đề tài: “Vận dụng phép đếm nâng cao vào giải một số bài toán
thi học sinh giỏi”. Nhiệm vụ cụ thể của luận văn là:
(1). Hệ thống một số tính chất cơ bản trong chương trình toán phổ
thông để khởi đầu cho việc tìm hiểu các phép đếm nâng cao.
(2). Giới thiệu một số phép đếm nâng cao và minh họa việc vận
dụng chúng vào giải một số bài tập, đề thi học sinh giỏi.
Trong quá trình thực hiện đề tài, luận văn đã tham khảo trích dẫn
một số bài tập trong các tài liệu tham khảo đồng thời cũng cố gắng
đưa ra lời giải chi tiết hơn cho một số ví dụ mà trong các tài liệu tham
khảo mới chỉ đưa ra hướng giải hoặc lời giải vắn tắt.
Vì trong SGK, chương trình toán THPT không dạy những phép
đếm này một cách tường minh; nên để phân biệt chúng tôi gọi tạm là

5

“Phép đếm nâng cao”.
Để hoàn chỉnh luận văn, tôi luôn nhận được sự hướng dẫn, chỉ bảo
tận tình của PGS. TS. Trịnh Thanh Hải (Đại học Khoa học – Đại học
Thái Nguyên), các thầy cô khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học –
Đại học Thái Nguyên và các thầy cô giảng dạy lớp cao học toán K9A.
Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy cô và xin
gửi lời tri ân nhất của tôi đến thầy cô.
Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Lãnh đạo trường Đại học Khoa học – Đại
học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, PGS.TS. Nguyễn
Thị Thu Thủy cùng toàn thể các thầy cô trong trường đã hướng dẫn
và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện
luận văn.


6

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
Lí thuyết tổ hợp là một phần quan trọng của toán học rời rạc chuyên
nghiên cứu sự phân bố các phần tử vào các tập hợp. Thông thường các
phần tử này là hữu hạn và việc phân bố chúng phải thỏa mãn những
điều kiện nhất định nào đó, tùy theo yêu cầu của bài toán cần nghiên
cứu. Mỗi cách phân bố như vậy gọi là một cấu hình tổ hợp. Chủ đề
này đã được nghiên cứu từ thế kỉ XVII, khi những vấn đề về tổ hợp
được nêu ra trong những công trình nghiên cứu các trò chơi may rủi.
Liệt kê, đếm các đối tượng có những tính chất nào đó là một phần

quan trọng của lí thuyết tổ hợp. Đếm các đối tượng để giải nhiều bài
toán khác nhau.
1.1

Nguyên lý cộng

Đây là nguyên lý cơ bản của tổ hợp, được vận dụng rộng rãi vào giải
quyết các bài toán đếm. Nếu A và B là hai tập hợp không giao nhau
thì |A ∪ B| = |A| + |B|.
1.1.1

Định nghĩa

Cho Ai , i = 1, n là các tập rời nhau. Khi đó
n

n

|Ai |.

Ai =
i=1

i=1

Một trường hợp riêng của nguyên lý cộng: Nếu A là một tính chất cho
trên tập X
|A| = |X| − |Ac |

7

thì
¯
|A| = |X| − |A|.
1.1.2

Ví dụ

Ví dụ 1.1.1 Một đoàn vận động viên gồm hai môn bắn súng và bơi
được cử đi thi đấu ở nước ngoài. Nam có 10 người. Số vận động viên
thi bắn súng (kể cả nam và và nữ) là 14. Số nữ vận động viên thi bơi
bằng số nam vận động viên thi bắn súng. Hỏi đoàn có bao nhiêu người?
Lời giải. Chia đoàn thành 2 lớp: nam và nữ. Lớp nữ lại được chia 2:
thi bắn súng và thi bơi. Thay số nữ thi bơi bằng số nam thi bắn súng
(2 số này bằng nhau theo đầu bài), ta được số nữ bằng tổng số cầu thủ
thi bắn súng. Từ đó, theo nguyên lý cộng, toàn đoàn có 10 + 14 = 24
người.
Ví dụ 1.1.2 Có bao nhiêu xâu gồm 4 chữ số thập phân có đúng 3 ký
tự là 9?
Lời giải. Xâu có thể chứa
ký tự khác 9 ở vị trí thứ nhất
hoặc ký tự khác 9 ở vị trí thứ hai
hoặc ký tự khác 9 ở vị trí thứ ba
hoặc ký tự khác 9 ở vị trí thứ tư
ta có thể sử dụng quy tắc cộng. Đối với mỗi trường hợp, có 9 khả
năng chọn ký tự khác với 9 (bất kể chữ số khác 9 nào trong 9 chữ số
0, 1, . . . , 8).
Vậy đáp số là: 9 + 9 + 9 + 9 = 36.
1.2

1.2.1

Nguyên lý nhân
Định nghĩa

Định nghĩa 1.2.1 Tích Descartes của hai tập hợp A, B ký hiệu bởi
A × B là tập hợp tất cả các cặp thứ tự (a, b) với a ∈ A, b ∈ B.
Định nghĩa 1.2.2 Nếu A và B là hai tập hợp hữu hạn thì A × B cũng
hữu hạn và ta có
|A × B| = |A|.|B|.
Định nghĩa về tích Descartes và nguyên lý nhân trên đây có thể mở
rộng cho nhiều tập hợp. Nguyên lý nhân có thể phát biểu một cách
khác như sau:


8

Nếu một quá trình có thể được thực hiện qua hai công đọan: công
đọan 1 có n1 cách thực hiện, công đọan 2 (sau khi thực hiện công đoạn
1) có n2 cách thực hiện. Khi đó có n1 .n2 cách thực hiện quá trình đó.
Tổng quát: cho n tập hợp Ai , i = 1, n, n ≥ 2. Khi đó:
n

n

|Ai |.

Ai =
i=1

1.2.2

i=1

Ví dụ

Ví dụ 1.2.3 Hỏi có bao nhiêu lá cờ gồm 3 vạch mầu, mầu của mỗi
vạch lấy từ 3 mầu xanh, đỏ, trắng sao cho:
a) Không có hai vạch liên tiếp nào cùng mầu;
b) Không có hai vạch nào cùng mầu.
Lời giải. Đánh số các vạch của lá cờ bởi 1, 2, 3 từ trên xuống.
a) Mầu của vạch 1 có 3 cách chọn.
Sau khi mầu của vạch 1 đã chọn, mầu của vạch 2 có 2 cách chọn không
được chọn lại mầu của vạch 1).
Sau khi mầu của vạch 1, 2 đã chọn, mầu của vạch 3 có 2 cách chọn
(không được chọn lại mầu của vạch 2).
Theo nguyên lý nhân, số lá cờ cần đếm là: 3.2.2 = 12.
b) Mầu của vạch 1 có 3 cách chọn.
Sau khi mầu của vạch 1 đã chọn, mầu của vạch 2 có 2 cách chọn (không
được chọn lại mầu của vạch 1).
Sau khi mầu của vạch 1, 2 đã chọn, mầu của vạch 3 có 1 cách chọn
(không được chọn lại mầu của vạch 1 và 2).
Theo nguyên lý nhân, số lá cờ cần đếm là: 3.2.1 = 6.
Ví dụ 1.2.4 Cho n là một số nguyên dương. Xét A = P1α1 .P2α2 . . . Pnαn
với P1 , P2 , . . . , Pn là các số nguyên tố phân biệt. Hỏi A có bao nhiêu
ước số dương phân biệt?
Lời giải. Ký hiệu Ai = {1, 2, 3, . . . , αi }, i = 1, n . Mỗi ước số a của A
có dạng: a = P1β1 .P2β2 . . . Pnβn trong đó βi ∈ Ai , do đó số ước số của A
là số phần tử của tích Đề các A1 × A2 × · · · × An . Áp dụng nguyên lý
nhân ta có số các ước của A là:

A = |A1 |.|A2 | . . . |An | = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αn + 1).


9

1.3

Nguyên lý bù trừ, thêm bớt

1.3.1

Định nghĩa

Cho X là một tập hữu hạn và A ⊂ X. Gọi A¯ = X/A. Khi đó ta có:
¯ = |X| − |A|.
|A|
Nhận xét 1.3.1 Cho A1 , A2 là hai tập hữu hạn, khi đó |A1 ∪ A2 | =
|A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |.
Từ đó với ba tập hợp hữu hạn A1 , A2 , A3 , ta có:
|A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 | + |A2 | + |A3 | − |A1 ∩ A2 |
− |A2 ∩ A3 | − |A3 ∩ A1 | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 |
và bằng quy nạp, với k tập hữu hạn A1 , A2 , . . . Ak ta có:
|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ak | = N1 − N2 + N3 − ... + (−1)k−1 Nk
trong đó Nm (1 ≤ m ≤ k) là tổng phần tử của tất cả các giao m tập
lấy từ k tập đã cho, nghĩa là
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aim |.

Nm =
1≤i1

Bây giờ ta đồng nhất tập Am (1 ≤ m ≤ k) với tính chất Am cho trên
tập hữu hạn U nào đó và đếm xem có bao nhiêu phần tử của U sao
¯ là số cần
cho không thỏa mãn bất kỳ một tính chất Am nào. Gọi N
đếm, N là số phần tử của U . Ta có:
¯ = N − |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ak | = N − N1 + N2 − · · · + (−1)k Nk
N
trong đó Nm là tổng các phần tử của U thỏa mãn m tính chất lấy từ
k tính chất đã cho. Công thức này được gọi là nguyên lý bù trừ. Nó
¯ qua các Nm trong trường hợp các số này dễ tính toán
cho phép tính N
hơn.
Tổng quát: cho n tập hợp Ai , i = 1, n (n ≥ 2). Khi đó:
n

k

Ai =
i=1

Ai m .
1≤i1 ≤i2 <···≤ik ≤n m=1


10

1.3.2

Ví dụ

Ví dụ 1.3.2 Một chuyến bay có 67 hành khách. Trong đó có 47 người
sử dụng tốt tiếng Anh, 35 người sử dụng tốt tiếng Đức, 20 người sử
dụng tốt tiếng Pháp. Hơn nữa có 23 người sử dụng tốt hai thứ tiếng
Anh và Đức, 12 người sử dụng tốt hai tiếng Anh và Pháp, 11 người sử
dụng tốt hai tiếng Đức và Pháp. Và có 5 người sử dụng tốt cả ba thứ
tiếng. Tìm số hành khách không sử dụng được bất kì ngoại ngữ nào?
Lời giải. Gọi A, B, C lần lượt là các hành khách sử dụng tốt ngoại
ngữ là tiếng Anh, tiếng Đức, tiếng Pháp. Số các hành khách biết ít
nhất một ngoại ngữ là:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C|
− |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|
= 47 + 35 + 20 − 23 − 12 − 1 + 5 = 61.
Vậy số hành khách không sử dụng được bất kì ngoại ngữ nào là:
67 − 61 = 6.
Ví dụ 1.3.3 Xét tập hợp X = {1; 2; 3; . . . ; 2009}.
Đặt A = {x ∈ X : x ≡ 1 mod (29)}.
a) Tính |A|.
b) Tìm số tập con B ∈ X sao cho B ∩ A = ∅.
Lời giải. a) Xét x ∈ X, ta có: x ≡ 1 mod (29) ⇒ x = 1 + 29t. Ta có:
1 ≤ x ≤ 2009 ⇒ 0 ≤ t ≤ 69

Vậy |A| = 70.
b) Gọi P (X) là tập bao gồm tất cả các tập con của X, M là tập các tập
con B của X sao cho B ∩ A = ∅. Khi đó: P (X)\M là tập các tập con
B của X mà B ∩ A = ∅ hay B = X\A. Suy ra P (X)\M = P (X\A).
Do đó,
M = |P (X)| − |P (X\A)| = 22009 − 22009−70 = 22009 − 21939 .
Ví dụ 1.3.4 Trong một đề thi chọn đội tuyển quốc gia có ba câu: một
câu về số học, một câu về đại số và một câu về hình học. Trong 40 thí

11

sinh dự thi có 25 thí sinh làm được câu số học, 30 thí sinh làm được
câu đại số và 15 thí sinh làm được câu hình học. Ngoài ra số thí sinh
làm được cả hai câu số học và đại số là 20, số thí sinh làm được cả hai
câu số học và hình học là 5, số thí sinh làm được cả hai câu đại số và
hình học là 10. Biết rằng không có thí sinh không làm được câu nào.
Hỏi có bao nhiêu thí sinh làm được cả ba câu?
Lời giải. Gọi A, B, C là tập hợp các thí sinh làm được câu số học,
đại số và hình học. Theo đề ta có:
|A| = 25, |B| = 30, |C| = 15, |A∩B| = 20, |B ∩C| = 10, |C ∩A| = 5.
Vì không có thí sinh không làm được câu nào nên |A ∪ B ∪ C| = 40.
Áp dụng nguyên lý thêm bớt ta có:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|.
Suy ra
40 = 25 + 30 + 15 − 20 − 10 − 5 + |A ∩ B ∩ C|
⇒ |A ∩ B ∩ C| = 5.
Vậy có 5 thí sinh làm được cả 3 câu.
Ví dụ 1.3.5 (IMO 1989). Cho n số nguyên dương. Một hoán vị
x1 ; x2 ; . . . ; x2n của tập {1; 2; . . . ; 2n} được gọi là có tính chất T nếu
tồn tại i ∈ {1; 2; . . . ; 2n − 1} sao cho |xi − xi+1 | = n. Chứng minh rằng
với mọi n nguyên dương, số các hoán vị có tính chất T lớn hơn số các
hoán vị không có tính chất T .
Lời giải. Ta có: |xi − xi+1 | = n nên nếu xi = k thì xi+1 = k + n. Với
mỗi số k ∈ {1; 2; . . . ; n}, ký hiệu Ak là tập các hoán vị mà trong đó có
hai phần tử k và k + n đứng liên tiếp. Gọi A là tập các hoán vị có tính
chất T . Ta có: A = ni=1 Ak .
Do đó: |A| ≥ nk=1 |Ak | − k|Ak | = 2(2n − 1)!, |Ak ∩ Ah | = 4(2n − 2)!.

Từ đó:
|A| ≥ (2n − 2)! n.2(2n − 1) −

n(n − 1)
(2n)!
4 = 2n2 (2n − 2)! >
.
2
2


12

Ví dụ 1.3.6 (VMO 2005B). Tìm kết quả học tập ở một lớp học,
người ta thấy:
2
- Hơn số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt điểm
3
giỏi ở môn Vật lý;
2
- Hơn số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật lý cũng đồng thời đạt
3
điểm giỏi ở môn Văn;
2
- Hơn số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm
3
giỏi ở môn Lịch sử;
2
- Hơn số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng đồng thời đạt
3

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 lý, Văn, Lịch sử.
Lời giải. Gọi T, L, V, S tương ứng là tập hợp các học sinh đạt điểm
giỏi ở môn Toán, Vật lý, Văn, Lịch sử. Ký hiệu T1 = T ∩ L; L1 =
L ∩ S; V1 = V ∩ S.
Theo giả thiết bài toán ta có:
2
|T1 | > |T |;
3

2
|L1 | > |L|;
3

2
|V1 | > |V |.
3

Ta sẽ chứng minh: |T ∩ L ∩ V ∩ S| > 0.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử T là tập có nhiều phần tử nhất.
Ta có
|T1 ∩ L1 | = |T1 | + |L1 | − |T1 ∪ L1 |.

(1.1)

Vì T1 ∪ L1 ⊂ L nên |T1 ∪ L1 | ≤ |L|. Do đó từ (1.1) ta được:
2
2
1

1
2
|T1 ∩ L1 | > |T | + |L| − |L| = |T | − |L| ≥ |T | (do |T | ≥ |L|).
3
3
3
3
3
(1.2)
Lại có
|T1 ∩ L1 ∩ V1 | = |T1 ∩ L1 | + |V1 | − |(T1 ∩ L1 ) ∪ V1 |.
Vì L1 ⊂ V nên T1 ∩ L1 ⊂ V.
Do |(T1 ∩ L1 ) ∪ V1 | ≤ |V |.

(1.3)


13

Vì vậy từ (1.2) và (1.3) ta được:
1
2
1
1
|T1 ∩ L1 ∩ V1 | ≥ |T | + |V | − |V | = (|T | − |V |) ≥ 0.
3
3
3
3

(1.4)

Hiển nhiên:
T ∩ L ∩ S ∩ V = T 1 ∩ L1 ∩ V 1 .

(1.5)

Từ (1.4) và (1.5) ta có điều phải chứng minh là |T ∩ L ∩ V ∩ S| > 0.
Vậy trong lớp học nói trên có ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả
bốn môn Toán, Vật lý, Văn, Lịch sử.
1.4

Hàm sinh

Do hàm sinh và vấn đề liên quan đến hàm sinh là vô cùng phong
phú, theo hướng nghiên cứu của đề tài, luận văn quan tâm đến hàm
sinh đa thức và lũy thừa.
1.4.1

Định nghĩa

Định nghĩa 1.4.1 Hàm sinh (GeneratingFunctions) của dãy số thực
{an } là hàm số được xác định bởi
G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · .
Định nghĩa 1.4.2 Cho dãy số thực {an }. Hàm số cho bởi công thức
∞

xn
G(x) =
an

n!
n=0
được gọi là hàm sinh dạng mũ của dãy {an }.
1.4.2

Các định lý và mệnh đề

Định lý 1.4.3 Định lý về khai triển Taylor
Cho hàm số f (x) có đạo hàm đến cấp n + 1 trong một khoảng chứa x0
và x. Khi đó ta có khai triển
f (x) = f (x0 )+

f (x0 )
f (x0 )
f (n+1) (x0 )
(x−x0 )+
(x−x0 )2 +· · · .+
(x−x0 )(n+1)
1!
2!
(n + 1)!


14

Đặc biệt khi x0 = 0 ta có:
f (x) = f (0) +

f (0)
f (0) 2

f (n+1) (0) (n+1)
x+
x + ··· . +
x
1!
2!
(n + 1)!

Mệnh đề 1.4.4 Cho hàm sinh G(x) = (1 + x + x2 + · · · )n .
k
(i) Đặt ak là hệ số của xk trong khai triển của G(x) thì ak = Ck+n−1
.

(ii) (1 − xm )n = 1 − Cn1 xm + Cn1 x2m − · · · + (−1)m xmn .
Mệnh đề 1.4.5 Cho hai hàm sinh của hai dãy {an }, {bn } lần lượt là:
A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · ,
B(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · .
Đặt
G(x) = A(x)B(x) + a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + · · ·
Khi đó hệ số của xk trong khai triển của G(x) là
a0 bk + a1 bk−1 + a2 bk−2 + · · · + ak−2 b2 + ak−1 b1 + ak b0 .
Mệnh đề 1.4.6 Gọi A(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ
tập hợp A và B(x) là hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ tập hợp
B. Nếu A và B rời nhau thì hàm sinh cho cách chọn các phần tử từ
tập A ∪ B là A(x)B(x).
Định lý 1.4.7 Định lý RUF (Root of Unity Filter). Cho số nguyên
2π
2π
+ i sin .
dương n, định nghĩa ε = cos

n
n
Xét đa thức F (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · . Bậc n
Khi đó
a0 + an + a2n + · · · =

1
F (1) + F (ε) + F (ε2 ) + · · · + F (εn−1 ) .
n

Định lý 1.4.8 Cho p là số nguyên tố, đặt ε = cos

2π
2π
+ i sin .
p
p

Khi đó nếu
a0 + a1 ε + a2 ε2 + · · · ap−1 εp−1 = 0


15

thì
a0 = a1 = a2 = . . . = ap−1 .


16

Chương 2

Vận dụng phương pháp đếm vào
giải toán
2.1
2.1.1

Vận dụng phương pháp truy hồi
Ý tưởng

Đối với nhiều bài toán đếm xuất hiện trong các kỳ thi Quốc gia,
Quốc tế. . . thì việc đếm trực tiếp các đối tượng vô cùng khó khăn.
Nếu ta xây dựng được mối quan hệ truy hồi giữa số lượng các đối
tượng cần đếm trong nhóm n đối tượng với số lượng đối tượng cần
đếm trong các nhóm ít hơn n đối tượng thì có thể đưa về đếm số đối
tượng trong nhóm với số đối tượng nhỏ và việc đếm số trong nhóm đối
tượng này đơn giản hơn.
Định nghĩa 2.1.1 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 đi
trước của dãy. Dãy số được gọi là lời giải hay nghiệm của hệ thức truy
hồi nếu các số hạng của nó thỏa mãn hệ thức truy hồi này.
2.1.2

Một số ví dụ

Ví dụ 2.1.2 Cho số nguyên dương n và S = {1, 2, . . . , n}. Tìm số các
tập con (kể cả tập rỗng) của S mà không chứa hai số nguyên dương
liên tiếp.
Lời giải: Gọi xn là số phải tìm. Dễ thấy x1 = 2, x2 = 3, x3 = 5.
Chẳng hạn với n = 3 có 5 tập con thỏa là ∅; {1}; {2}; {3}; {1; 3}. Gọi

Tn là họ các tập con có tính chất đã nêu. Mỗi tập A ∈ Tn+2 gồm hai
loại: loại 1 gồm các tập chứa n + 2; loại 2 gồm các tập không chứa
n + 2. Nếu A là tập loại 1 thì A không chứa n + 1. Do đó nếu bỏ đi


17

khỏi A phần tử n + 2 ta được một tập con của Tn . Ngược lại với mỗi
tập con B của Tn thì tập A = B ∪ {n + 2} là tập loại 1 của Tn+2 . Thế
thì số tập loại 1 là xn . Mỗi tập loại 2 rõ ràng là một tập con của Tn+1
và ngược lại. Do đó số tập loại 2 là xn+1 . Dẫn đến việc ta có mối quan
hệ sau:
xn+2 = xn+1 + xn .

(2.1)

(2.1) chính là công thức truy hồi, cho chúng ta xác định được số lượng
các phần tử theo công thức truy hồi đó.
Mặt khác, đối với dãy Fibonacci {Fn } ta có:
Fn+2 = Fn+1 + Fn .
Vì
x1 = F3 = 2, x2 = F4 = 3, x3 = F5 = 5
ta suy ra: xn = Fn+2 .
Vậy

xn = Fn+2 =

√
1+ 5
2

√
1− 5
2

−
√

n+2

.

5

Ví dụ 2.1.3 (Việt nam MO 2015). Cho số nguyên dương k. Tìm các
số tự nhiên n không vượt quá 10k thỏa mãn đồng thời:
(i) n chia hết cho 3.
(ii) Các chữ số của n biểu diễn trong hệ thập phân thuộc tập {2; 0; 1; 5}.
Lời giải: Vì 10k không chia hết cho 3 nên ta chỉ cần xét các số từ 0 đến
99 . . . 9 (k chữ số 9). Do đó, các số cần tìm có dạng: a1 a2 . . . ak (ai ∈
{2; 0; 1; 5}) để các số này chia hết cho 3 thì khi và chỉ khi a1 + a2 + ...ak
chia hết cho 3.
Điều này gợi cho ta ý tưởng phân hoạch với i = 0, 1, 2 có:
n

A(n; i) =

(a1 ; a2 ; ...an )|aj ∈ {2; 0; 1; 5};

aj ≡ i(mod3) .

j=1


18

Khi đó, đặt
an = |A(n; 0)|;

bn = |A(n; 1)|;

cn = |A(n; 2)|.

Thì số các số cần tìm chính là: an . Dễ dàng kiểm tra được: a1 = 1; b1 =
1; c1 = 2.
Xét phần tử (a1 ; a2 ; . . . ; an+1 ) ∈ A(n + 1; 0) có:
an+1 = 0 → (a1 ; a2 ; . . . ; an ) ∈ A(n; 0)
an+1 ∈ {2; 5} → (a1 ; a2 ; . . . ; an ) ∈ A(n; 1)
an+1 = 1 → (a1 ; a2 ; . . . ; an ) ∈ A(n; 2).
Suy ra:
an+1 = an + 2bn + cn .

(2.2)

Hoàn toàn tương tự với dãy bn = |A(n; 1)|; cn = |A(n; 2)|. Ta suy ra:
bn+1 = an + bn + 2cn

(2.3)

cn+1 = 2an + bn + cn .

(2.4)

và

Từ đây ta tính được:
a2 = 5; b2 = 6; c2 = 5; a3 = 22; b3 = 21; c3 = 21.
Cộng các vế của (2.2); (2.3) và (2.4) ta suy ra:
an+1 + bn+1 + cn+1 = 4(an + bn + cn ) → an + bn + cn = 4n .
Lấy (2.2) trừ (2.3); (2.3) trừ (2.4); (2.4) trừ (2.2) ta thu được:
an+1 − bn+1 = bn − cn ; bn+1 − cn+1 = cn − an ; cn+1 − an+1 = an − bn
→ an+3 − bn+3 = bn+2 − cn+2 = cn+1 − an+1 = an − bn .
Tương tự ta cũng có:
bn+3 − cn+3 = bn − cn ; cn+3 − an+3 = cn − an .


19

Sử dụng các giá trị ban đầu ta suy ra:
k ≡ 0(

mod 3) → bk = ck = ak − 1

k ≡ 1(

mod 3) → ak = bk = ck − 1

k ≡ 2(

mod 3) → ak = ck = bk − 1

từ đây kết hợp đẳng thức ak + bk + ck = 4k ta có:
4k − 1
+ Nếu k không chia hết cho 3 thì: ak =
.
3
4k + 2
+ Nếu k chia hết cho 3 thì: ak =
.
3
Ví dụ 2.1.4 (BRVT 2010). Cho số nguyên dương n. Có bao nhiêu
số tự nhiên có n chữ số, trong mỗi số đó các chữ số đều lớn hơn 1 và
không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền kề nhau.
Lời giải: Kí hiệu Xn là tập các số tự nhiên có n chữ số thỏa mãn đề
bài. An ; Bn là các tập con của Xn theo thứ tự các số có tận cùng nhỏ
hơn 7; các số có tận cùng lớn hơn 6.
Ta có
Xn = An ∪ Bn ; An ∩ Bn = ∅ → |Xn | = |An | + |Bn |.
Lấy một phần tử thuộc Xn+1 bỏ đi chữ số tận cùng ta được một phần
tử của Xn ; ngược lại lấy một phần tử của Xn ta có hai trường hợp:
+ Nếu tận cùng nhỏ hơn 7 (thuộc An ) thì chỉ có 1 cách thêm vào chữ
số cuối để được một phần tử của An+1 và có đúng 3 cách thêm vào chữ
số cuối để được một phần tử của Bn+1 .
+ Nếu tận cùng lớn hơn 6 (thuộc Bn ) thì có 5 cách thêm vào chữ số
cuối để được một phần tử của An+1 và đúng 3 cách thêm vào chữ số
cuối để được một phần tử của Bn+1 . Từ các lập luận trên ta suy ra:

|A | = |A | + 5|B |
n+1
n
n

|Bn+1 | = 3|An | + 3|Bn |


20

→ |An+1 | + |Bn+1 | = 4|An | + 8|Bn | = 4(|An | + |Bn |) + 4|Bn |
→ |An+1 | + |Bn+1 | = 4(|An | + |Bn |) + 12(|An−1 | + |Bn−1 |)
→ |Xn+1 | = 4|Xn | + 12|Xn−1 |.

(2.5)

(2.5) chính là công thức truy hồi, cho chúng ta xác định được số lượng
các phần tử theo công thức truy hồi đó.
Dễ thấy |X1 | = 8. Ta tính X2 . Xét
n ∈ |X2 | → n = a, b : a; b ∈ {2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}.
+ Nếu a ∈ {2; 3; 4; 5; 6} thì b có 4 cách chọn.
+ Nếu a ∈ {7; 8; 9} thì b có 8 cách chọn.
Vì thế |X2 | = 5.4 + 3.8 = 44. Do đó ta dễ dàng tìm được:
|Xn | =

1
15.6n−1 + (−2)n−1 .
2

Nhận xét 2.1.5 Cả hai ví dụ trên đều dùng dãy phụ để tìm ra công
thức truy hồi, thế nhưng Ví dụ 2.1.3 ta không tìm ra công thức liên hệ
giữa đại lượng thứ n với đại lượng trước đó, còn Ví dụ 2.1.4 thì ta tìm
mối liên hệ giữa đại lượng thứ n + 2 với đại lượng thứ n + 1 và thứ n.
Có thể thấy rằng tư tưởng của bài toán đếm bằng hai cách rất rõ ràng
và ứng dụng của nó khá rộng rãi.

Ví dụ 2.1.6 (Bulgaria 1995). Cho số nguyên n ≥ 2. Tìm số các
hoán vị (a1 , a2 , . . . , an ) của n số nguyên dương đầu tiên sao cho tồn tại
duy nhất một chỉ số 1 ≤ i ≤ n − 1 mà ai > ai+1 .
Lời giải: Gọi Sn là hoán vị thỏa mãn đề bài. Xét hai trường hợp:
- Nếu an = n thì (a1 , a2 , . . . , an−1 ) là hoán vị của (1, 2, ..., n − 1) và thỏa
mãn điều kiện tồn tại chỉ số 1 ≤ i ≤ n − 2 mà ai > ai+1 . Số hoán vị
này chính là Sn−1 .
- Nếu an = n thì phải tồn tại một chỉ số 1 ≤ i ≤ n − 1 mà ai = n.
Khi đó ta cần chọn các chỉ số cho i − 1 vị trí trước ai và n − i vị trí
sau ai . Để ý rằng với mỗi cách chọn như thế thì các số của hai dãy
này sẽ được xếp theo thứ tự giảm dần vì đã có một chỉ số i thỏa mãn
ai = n > ai+1 ∈ {1, 2, 3, . . . , n − 1}. Ứng với mỗi cách chọn có đúng
i−1
một dãy thỏa mãn yêu cầu bài toán nên có tất cả Cn−1
cách chọn.


21
n−1

Số các hoán vị trong trường hợp này là
i=1

i−1
Cn−1
=

n−1

i

Cn−1
−1 =

i=0

n−1

2
− 1. Ta cũng tính được S2 = 1 và hai trường hợp trên rời nhau
nên có công thức truy hồi:

S = 1
2
Sn = Sn−1 + 2n−1 − 1, ∀n ≥ 3
suy ra
n

n−1

2i − (n − 2) ⇔ Sn = S2 + 2n − 3 − (n − 2) = 2n − n − 1.

Si =
i=3

i=2

Vậy số hoán vị cần tìm là 2n − n − 1.
Ví dụ 2.1.7 (Austrian MO 2012). Xét một băng giấy được đánh
dấu từ trái sang phải theo thứ tự tăng dần từ 1 đến n. Tô màu các ô
của băng giấy thỏa mãn các điều kiện sau:

- Mỗi ô như vậy được tô bởi một trong ba màu 1, 2 hoặc 3.
- Ô mang số thứ tự chẵn thì có thể được tô bằng bất kỳ màu nào.
- Ô mang số thứ tự lẻ thì chỉ được tô bởi màu lẻ, nghĩa là màu 1
hoặc màu 3.
- Hai ô nằm ở cạnh nhau phải được tô màu khác nhau.
Lời giải: Gọi Sn , n ≥ 1 lần lượt là số cách tô màu dãy ô gồm n ô và
an , bn , cn là số cách tô màu dãy ô gồm n ô mà ô thứ n lần lượt mang
mầu số 1, 2 và 3. Xem xét các trường hợp sau:
(i) Trường hợp 1: n = 2k + 1 với k ∈ Z, k ≥ 0. Vì ô lẻ chỉ được tô
màu lẻ nên ta có
S2k+1 = a2k+1 + c2k+1 .
Xét ô thứ 2k + 3 , xảy ra các khả năng sau:
- Nếu ô thứ 2k + 3 được tô màu 1 thì ô thứ 2k + 2 có thể được tô
màu 1 hoặc mầu 3.
- Nếu ô thứ 2k + 3 được tô màu 3 thì ô thứ 2k + 2 có thể được tô
màu 2 hoặc mầu 1.


22

Tiếp tục xét ô thứ 2k + 2:
- Nếu ô thứ 2k + 2 được tô màu 2 thì ô thứ 2k + 1 có thể được tô
màu 1 hoặc mầu 3.
- Nếu ô thứ 2k + 2 được tô bằng 1 trong hai màu 1 hoặc 3 thì ô thứ
2k + 1 chỉ có thể được tô bằng màu còn lại.
Kết hợp những nhận xét trên ta suy ra:
S2k+3 = a2k+3 + c2k+3
= c2k+2 + b2k+2 + a2k+2 + b2k+2
= a2k+1 + 2(a2k+1 + b2k+1 ) + c2k+1
= 3S2k+1 .

Mặt khác, dễ dàng tính được S1 = 2 nên suy ra với n = 2k + 1 thì số
cách tô màu thỏa mãn đề bài là 2.3k .
(ii) Trường hợp 2: n = 2k với k ∈ Z+ .
Lập luận tương tự như trường hợp trên ta thu được số cách tô màu
thỏa mãn đề bài cho trường hợp này là 4.3k−1 .
Ví dụ 2.1.8 (Baltic 1995). Cho tập X = {1, 2, 3, . . . , 1995}. Hỏi có
bao nhiêu cách chia tập X thành 3 tập con khác rỗng sao cho trong
mỗi tập không có hai phần tử nào liên tiếp.
Lời giải: Gọi S(n) là số cách chia tập {1, 2, 3, . . . , n} thành 3 tập thỏa
mãn yêu cầu bài toán. Từ S(n) tạo ra tập S(n + 1) bằng cách thêm
phần tử n + 1 vào S(n) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có
S(n + 1) = 2S(n) + 1, ∀n ≥ 3.
Từ đó ta có:
S(n) = 2n−3 S(3) + (1 + 2 + 22 + · · · + 2n−4 ) = 2n−2 − 1.
Vậy số cách chia cần tìm là S(1995) = 21993 − 1.
Ví dụ 2.1.9 (IMO 1996). Cho bảng ô vuông n × n với 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


23

này thì được đánh dấu còn trong cách kia thì không).
Lời giải: Gọi Sn là số cách đánh dấu trong bảng n × n. Xét tập T gồm
các ô vuông nằm trong cột cuối cùng (tính từ phải sang) và hàng cuối
cùng (tính từ trên xuống), ta gọi An là các cách đánh dấu mà có hai
ô vuông kề nhau trong T cùng được đánh dấu hoặc cùng không được
đánh dấu và Bn là các cách đánh dấu mà các ô vuông trong T được

đánh dấu xen kẽ.
Rõ ràng mỗi cách đánh dấu thuộc Bn sẽ ứng với một cách đánh dấu
thuộc Bn−1 , còn mỗi cách đánh dấu thuộc An sẽ ứng với mỗi cách đánh
dấu thuộc An−1 và một cách thuộc Bn−1 .
(Điều này được suy ra khi xét bảng ô vuông (n − 1) × (n − 1) từ
bảng n × n sau khi bỏ T ).
Từ đó ta có:
|Bn | = |Bn−1 |, |An | = |An−1 | + |Bn−1 |, n > 2.
Mà |Sn | = |An | + |Bn |, ∀n > 1 nên Sn = 2Sn−1 − Sn−2 , ∀n > 3. Dễ
thấy S2 = 6, S3 = 14.
Chứng minh bằng quy nạp ta được:
Sn = 8n − 10, ∀n ≥ 2.
2.2
2.2.1

Vận dụng phương pháp song ánh
Ý tưởng

Phương pháp song ánh dựa vào một ý tưởng rất đơn giản: Nếu tồn
tại một song ánh f : A → B thì |A| = |B|. Do đó, muốn chứng minh
hai tập hợp có cùng số phần tử, chỉ cần xây dựng một song ánh giữa
chúng. Hơn nữa, ta có thể đếm được số phần tử của một tập hợp A
bằng cách xây dựng song ánh từ A vào một tập hợp B mà tập hợp B
thỏa mãn 1 trong 2 điều kiện
1) Nếu số phần tử của B đã biết;
2) Hoặc việc đếm số phần tử của B là đơn giản hơn.


24

Khi đó thay cho việc đếm trực tiếp số phần tử của A ta đi đếm số
phần tử của B rồi suy ra A.
Tính chất: Cho A, B là hai tập hợp hữu hạn và ánh xạ f : A → B.
Khi đó:
1) Nếu f là đơn ánh thì |A| ≤ |B|;
2) Nếu f là toàn ánh thì |A| ≥ |B|;
3) Nếu f là song ánh thì |A| = |B|.
2.2.2

Một số ví dụ

Ví dụ 2.2.1 Hỏi trung bình cộng các số N gồm 2002 chữ số thỏa mãn
.
N ..999 và các chữ số của N thuộc {1, 2, , 3, 4, 5, 6, 7, 8}.
Lời giải: Gọi M là tập hợp các số N thỏa mãn điều kiện đề bài. Xây
dựng ánh xạ f như sau:
Nếu N = a1 a2 . . . a2002 thì f (N ) = b1 b2 . . . b2002 với bi = 9 − ai .
.
Do N + f (N ) = 99 . . . 9..99 nên f : M → M là song ánh.
2002

Từ đó
2

(N + f (N )) = |M |.99 . . . 9.

N=
N ∈M

N ∈M

2002

102002 − 1
.
Suy ra trung bình cộng các số N là
2
Ví dụ 2.2.2 Cho X = {a1 , a2 , . . . , an }. với n là số tự nhiên dương, k
là số tự nhiên thỏa mãn k ≤ n. Đặt
S = {(ai1 , ai2 , . . . , aik ) | ai1 , ai2 , . . . , aik ∈ X; 1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ · · · ≤ ik ≤ n} .
Tính số phần tử của tập S.
Lời giải: Ta có (ai1 , ai2 , . . . , aik ) → (i1 , i2 , . . . , ik ) là một song ánh từ
tập S vào tập S1 gồm các bộ (i1 , i2 , . . . , ik ) với 1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ · · · ≤
ik ≤ n nên |S| = |S1 |.
Khó khăn gặp phải khi đếm các bộ của tập S1 là các số i1 , i2 , . . . , ik
có thể bằng nhau. Do đó ta tìm cách phá bỏ các dấu “=” ở trong bất
đẳng thức 1 ≤ i1 ≤ i2 ≤ · · · ≤ ik ≤ n. Tức là, ta đưa về đếm các bộ
(j1 , j2 , . . . , jk ) với 1 ≤ j1 < j2 < · · · < jk ≤ n.
Để thực hiện được điều đó ta tịnh tiến các chỉ số i1 , i2 , . . . , ik mỗi chỉ