Phương pháp đếm hai lần và ứng dụng (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐỖ THỊ THÚY HÒA

PHƢƠNG PHÁP ĐẾM HAI LẦN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐỖ THỊ THÚY HÒA

PHƢƠNG PHÁP ĐẾM HAI LẦN VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Trịnh Thanh Hải

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1

1.2

3

Đặt vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Cơ sở của phương pháp đếm . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp . . . . . . . . . . . . .

9

Một số phương pháp giải bài toán đếm của toán tổ hợp . . .

13

1.2.1

Sử dụng công thức bao hàm và loại trừ . . . . . . . .

13

1.2.2

Sử dụng phương pháp hệ thức truy hồi . . . . . . . .

16

1.2.3

Sử dụng phương pháp liệt kê các trường hợp . . . . .

18

1.2.4

Xây dựng song ánh giải một số bài toán tổ hợp . . .

21

2 Vận dụng phương pháp đếm hai lần vào giải bài toán đếm 25
2.1

Ý tưởng của phương pháp đếm hai lần . . . . . . . . . . . .

2.2

Một số nguyên lý, tính chất của toán tổ hợp thường được vận
dụng vào giải bài toán đếm

2.3

2.4

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

25
29

Vận dụng phương pháp đếm hai lần vào giải các bài toán đếm 32
2.3.1

Đếm số tập con, số cặp và số hoán vị . . . . . . . . .

32

2.3.2

Phương pháp đếm hai lần và đồ thị hữu hạn . . . . .

47

2.3.3

Phương pháp ma trận liên thuộc . . . . . . . . . . .

51

Một số bài toán đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

Kết luận

63

Tài liệu tham khảo

64


1

Mở đầu
Toán tổ hợp là một bài toán khó, thường xuất hiện trong các kì thi học
sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia và quốc tế. Chính vì vậy toán tổ hợp luôn
dành được sự quan tâm rất lớn từ các bạn học sinh, các thầy, cô giáo và
các nhà toán học. Mặc dù vậy, tài liệu cho toán tổ hợp dành cho học sinh
giỏi ở Việt nam vẫn còn rất ít và hạn chế.
Phương pháp đếm hai lần “double counting” đã được nhóm tác giả Law
Ka Ho, Leung Tat Wing và Li Kim Jin đăng tải trên tạp chí Mathematical
Excalibur (Volume 13, Number 4, 2008) đưa ra các minh họa sinh động cho

việc vận dụng phương pháp đếm hai lần vào giải một vài đề thi toán quốc
tế.
Xuất phát từ thực tế trên và với mục đích tích lũy thêm các kiến thức
về cách giải các bài toán đếm của toán tổ hợp với phương pháp đếm hai
lần và vận dụng vào giải một số bài toán đếm trong các đề thi học sinh giỏi
trong nước và quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy của bản thân,
tôi đã lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng phương pháp đến hai lần vào
giải một số bài toán đếm.
Luận văn tập trung vào hoàn thành các nhiệm vụ chính sau:
• Tìm hiểu bài toán đếm của toán tổ hợp và các nguyên lý, tính chất của
toán tổ hợp thường được vận dụng để đưa ra lời giải cho các bài toán
đếm.
• Cơ sở toán học của phương pháp “Đếm hai lần” trong việc tìm lời giải
cho bài toán đếm của toán tổ hợp.
• Sưu tầm một số bài toán, đề thi và bài toán đếm của toán tổ hợp dành
cho học sinh giỏi.


2

• Đưa ra lời giải bằng cách vận dụng phương pháp “Đếm hai lần” cho một
số bài toán đếm dành cho học sinh giỏi.
Ngoài ra luận văn cũng đưa ra các cách giải khác nhau của cùng một bài
toán đếm và so sánh những phương pháp giải đó với việc vận dụng phương
pháp đếm hai lần để có những nhận xét thú vị.
Thái Nguyên, ngày 31 tháng 3 năm 2019
Tác giả luận văn

Đỗ Thị Thúy Hòa

3

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1

Đặt vấn đề

Như chúng ta biết, các khái niệm hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp được hình
thành từ các phép đếm. Các khái niệm này ra đời giúp chúng ta trình bày
bài toán đếm đơn giản hơn. Tuy nhiên, khi gặp các bài chứng minh các
đẳng thức liên quan đến hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp thì chúng ta thường sử
dụng các biến đổi đại số hoặc khai triển nhị thức Newton để chứng minh.
Do đó, việc chứng minh các bài toán tổ hợp và các khái niệm của nó không
có mối quan hệ nào. Điều này ít nhiều làm mất đi vẻ đẹp của các khái niệm
toán học nói chung và các khái niệm về hoán vị, chỉnh hợp nói riêng. Trong
nội dung chương 1 của luận văn, tôi sẽ giới thiệu cách chứng minh các bài
toán tổ hợp bằng phương pháp đếm. Nội dung mục này được tham khảo
chủ yếu trong tài liệu [1] và một số bài toán hay trong các đề thi học sinh
giỏi được tác giả sưu tầm và trình bày.
1.1.1

Cơ sở của phương pháp đếm

Một bài toán tổ hợp thường liên quan mật thiết với việc “đếm” số khả
năng thực hiện một hành động nào đó. Phép đếm có hai quy tắc cơ bản là
phép cộng và phép nhân.
Quy tắc 1.1 (Quy tắc cộng). Giả sử có k công việc T1 , T2 , . . . , Tk . Các việc

này có thể làm tương ứng bằng n1 , n2 , . . . , nk cách và giả sử không có hai


4

việc nào có thể làm đồng thời. Khi đó số cách làm một trong k việc đó là
n1 + n2 + · · · + nk .
Quy tắc cộng có thể phát biểu dưới dạng của ngôn ngữ tập hợp như
sau: Cho n tập hợp A1 , A2 , . . . , An là các tập hợp hữu hạn đôi một rời nhau,
tức là ∀1 ≤ i, j ≤ n, Ai ∩ Aj = ∅ nếu i = j. Khi đó số cách chọn a1 ,
n

hoặc a2 , . . . , hoặc an sẽ bằng số cách chọn phần tử a thuộc
n

n

|

Ak | =
k=1

Ak và bằng
k=1

|Ak |.
k

Ví dụ 1.1. Trong một tiết tự học, trên bàn giáo viên có 10 quyển sách tiếng
Anh, 10 quyển bài tập Toán và 5 quyển bài tập Hóa. Hỏi có bao nhiêu cách

chọn một quyển sách?
Chứng minh. Gọi A1 , A2 , A3 lần lượt là tập các quyển sách tiếng Anh, bài
tập Toán và bài tập Hóa. Khi đó, có 10 cách chọn một quyển sách tiếng
Anh, tức là |A1 | = 10. Có 10 cách chọn một quyển bài tập Toán, tức là
|A2 | = 10. Có 5 cách chọn một quyển bài tập Hóa, nghĩa là |A3 | = 5.
Vậy, theo quy tắc cộng, số cạch chọn một quyển sách là
|A1 | + |A2 | + |A3 | = 10 + 10 + 5 = 25.

Bản chất toán học của quy tắc cộng là công thức tính số phần tử của
hợp n tập hợp hữu hạn đôi một không giao nhau. Tuy nhiên trong nhiều
bài toán tổ hợp, chúng ta phải tính số phần tử của hợp n tập hợp bất kì
(không nhất thiết rời nhau). Khi đó, ta có quy tắc cộng cho số phần tử của
hợp của n tập hợp bất kỳ, thường được gọi là công thức bao hàm và loại
trừ.
Định lý 1.1 (Công thức bao hàm và loại trừ). Cho n ≥ 2 tập hợp hữu hạn


5

A1 , . . . , An . Khi đó ta có
n

|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | =
i=1

|Ai ∩ Aj ∩ Ak |

|Ai ∩ Ak | +

|Ai | −

1≤i
1≤i
(−1)k+1 |Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik |

+ ··· +

1≤i1
+ · · · + (−1)n+1 |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An |.
Ví dụ 1.2. Trong tập S = {1, 2, . . . , 280} có bao nhiêu số không chia hết
cho 2, 3, 5, 7?
Chứng minh. Ta sẽ đếm xem trong tập S có bao nhiêu số chia hết cho ít
nhất một trong các số 2, 3, 5, 7.
.
.
Kí hiệu A1 = {k ∈ S| k .. 2}, A2 = {k ∈ S| k .. 3}, A3 = {k ∈
.
.
S| k .. 5}, A4 = {k ∈ S| k .. 7}. Khi đó |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 | là tập hợp
các số chia hết cho ít nhất một trong các số 2, 3, 5, 7. Ta có:
280
280
280
= 140, |A2 | =
= 93, |A3 | =
= 56;
2

3
5
280
280
280
|A4 | =
= 40, |A1 ∩ A2 | =
= 46, |A1 ∩ A3 | =
= 28;
7
2.3
2.5
280
280
280
= 20, |A2 ∩ A3 | =
= 18, |A2 ∩ A4 | =
= 13;
|A1 ∩ A4 | =
2.7
3.5
3.7
280
280
|A3 ∩ A4 | =
= 8, |A1 ∩ A2 ∩ A3 | =
= 9;
5.7
2.3.5
280

280
|A1 ∩ A2 ∩ A4 | =
= 6, |A1 ∩ A3 ∩ A4 | =
= 4;
2.3.7
2.5.7
280
280
|A2 ∩ A3 ∩ A4 | =
= 2, |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | =
= 1;
3.5.7
2.3.5.7
|A1 | =

Sử dụng công thức bao hàm và loại trừ ta được
|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 | = 140 + 93 + 56 + 40 − 46 − 28 − 20 − 18
− 13 − 8 − 9 − 6 − 4 − 2 + 1 = 216.
Như vậy trong tập S có 280 − 216 = 64 số không chia hết cho 2, 3, 5, 7.
Quy tắc 1.2 (Quy tắc nhân). 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


6

a2 , sau đó với mỗi cách chọn a1 , a2 có m3 cách chọn a3 , . . . Cuối cùng với
mỗi cách chọn a1 , a2 , . . . , an−1 có mn cách chọn đối tượng an . Như vậy ta có
m1 .m2 . . . mn−1 .mn cách chọn đối tượng a1 , rồi chọn đối tượng a2 , rồi đến
a3 , . . . , rồi đến an .
Tương tự như quy tắc cộng, quy tắc nhân phát biểu bằng ngôn ngữ tập

hợp như sau: Giả sử có n tập hợp hữu hạn A1 , A2 , . . . , An . Khi đó, số cách
chọn (S) bộ gồm n phần tử (a1 , a2 , . . . an ) với ai ∈ Ai , (1 ≤ i ≤ n) sẽ là
n

S = |A1 × A2 × . . . × An | = m1 .m2 . . . mn =

mk .
k=1

Ví dụ 1.3. Từ các chữ số {0, 1, 3, 5, 7} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên
có 3 chữ số đôi một khác nhau?
Chứng minh. Ta gọi số tự nhiên có 3 chữ số cần tìm là abc. Ta thấy, có 4
cách chọn a, 4 cách chọn b và 3 cách chọn c từ các chữ số {0, 1, 3, 5, 7}. Như
vậy theo quy tắc nhân, ta có 4.4.3 = 48 số tự nhiên có 3 chữ số đôi một
khác nhau.
Để áp dụng quy tắc nhân, điều cốt yếu là phải thiết kế một mô hình gồm
việc thực hiện nhiều công đoạn. Số cách thực hiện ở mỗi công đoạn phải
không phụ thuộc vào cách nào đã thực hiện ở công đoạn trước đó. Thành
thử, muốn sử dụng được quy tắc nhân, mô hình của ta bao gồm việc thực
hiện liên tiếp các công đoạn và số cách thực hiện ở mỗi công đoạn phải như
nhau với mọi cách đã thực hiện ở công đoạn trước đó.
Ví dụ 1.4. Có bốn người A, B, C, D cần chọn ba người vào chức Giám đốc,
Kế toán trưởng và Chủ tịch Hội đồng quản trị. Giả sử việc chọn nhân sự
phải thảo mãn yêu cầu: Ông A không thể được chọn làm Giám đốc, chức
Chủ tịch HĐQT phải là ông C hoặc ông D. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
Giải. Việc chọn ba vị trí chức Giám đốc, Kế toán trưởng và Chủ tịch Hội
đồng quản trị tiến hành theo 3 công đoạn:
Công đoạn 1: Chọn Giám đốc: có 3 cách chọn (chọn B, C, D).
Công đoạn 2: Chọn Kế toán trưởng: có 3 cách chọn Kế toán trưởng từ
ba người còn lại.

7

Công đoạn 3: Chọn Chủ tịch Hội đồng quản trị: có 2 cách chọn (ông C
hoặc D). Theo quy tắc nhân thì có 3.3.2 = 18 cách chọn. Tuy nhiên đáp số
này không chính xác vì số cách thực hiện công đoạn 3 phụ thuộc vào kết
quả của các công đoạn 1 và 2 trước đó. Nếu ở các công đoạn trước, ông C
và ông D đã được chọn thì ở công đoan 3 chỉ có 1 cách hoặc không có.
Tuy nhiên, nếu việc chọn ba vị trí Giám đốc, Kế toán trưởng và Chủ
tịch hội đồng quản trị được tiến hành theo ba công đoạn khác thì vẫn có
thể áp dụng quy tắc nhân. Cụ thể như sau:
Công đoạn 1: Chọn Chủ tịch hội đồng quản trị: có 2 cách chọn C hoặc
D.
Công đoạn 2: Chọn Giám đốc: Ta luôn có 2 cách chọn dù kết quả của
công đoạn 1 thế nào. Sau công đoạn 1 còn 3 người, trong đó có ông A. Bỏ
ông A ra thì còn 2 người có thể chọn vào chức Giám đốc.
Công đoạn 3: Chọn Kế toán trưởng: luôn có 2 cách từ 2 người còn lại.
Vậy có 2.2.2 = 8 cách chọn.
Việc chia giai đoạn trong bài toán trên là ví dụ minh họa cho chúng ta
thấy những bước cụ thể để thực hiện công việc cần làm. Chúng ta có thể
không cần trình bày cụ thể các giai đoạn trong lời giải. Ngoài ra, để giải
quyết một bài toán, chúng ta có thể kết hợp nhiều quy tắc khác nhau. Do
vậy, chúng ta cần nắm rõ các quy tắc để áp dụng trong các trường hợp cụ
thể.
Tiếp theo, chúng ta sẽ đề cập đến Nguyên lý ngăn kéo Dirichlet. Người
đầu tiên đề xuất ra nguyên lý này là nhà toán học người Đức Perter Guster
Dirichlet (1805-1859) khi ông đề cập tới nó với tên gọi “nguyên lý ngăn kéo”
(Schubfachprinzip). Người ta thường gọi “nguyên lý ngăn kéo Dirichlet” hay
đôi khi gọi gọn là "nguyên lý Dirichlet" (tên gọi gọn này có thể gây ra nhầm

lẫn với nguyên lý Dirichlet về hàm điều hòa). Có nhiều cách phát biểu cho
nguyên lý ngăn kéo Diriclet (đối tượng phát biểu là chim hoặc thỏ). Nội
dung nguyên lý như sau: Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao
giờ cũng có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ. Đây được coi như nguyên
lý Dirichlet cơ bản.
Nguyên lý 1.1 (Nguyên lý ngăn kéo Dirichlet mở rộng). Nếu nhốt n con


8

thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất

n+m−1
m

con thỏ.
Ở đây ta dùng kí hiệu [x] là phần nguyên của số x.
Chứng minh. Giả sử mọi chuồng thỏ không có đến
n+m−1
n−1
n−1
=
+1 =
+1
m
m
m
con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng
đó suy ra tổng số con thỏ không vượt quá m.

n−1
con. Từ
m

n−1
≥ n − 1 con. Vô lý.
m

Vậy giả sử ban đầu là sai.
Nguyên lý ngăn kéo Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy nhưng nó
là một công cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc của
toán học. Nó đặc biệt được áp dụng trong các lĩnh vực khác nhau của toán
học. Nguyên lý này thực chất là một định lý về tập hữu hạn. Người ta có
thể phát biểu nguyên lý này dưới dạng tập hợp như sau.
Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số
lượng phần tử của A lớn hơn số lượng phần tử của B. Nếu với một quy tắc
nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B, thì tồn
tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với một phần
tử của B.

Ví dụ 1.5. Trong bất kỳ một nhóm 367 người thế nào cũng có ít nhất hai
người có ngày sinh nhật giống nhau bởi vì chỉ có tất cả 366 ngày sinh nhật
khác nhau.


9

1.1.2

Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp

Định nghĩa 1.1. Cho tập hợp A gồm n phần tử, n ≥ 0. Mỗi cách sắp xếp
n phần tử của tập hợp A theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị
của n phần tử đã cho, kí hiệu là Pn .
Ta có công thức
Pn = n!
Định nghĩa 1.2. Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần
được gọi là hoán vị 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 !

Ví dụ 1.6. Với các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm
chín chữ số, trong đó mỗi chữ số 0, 1, 2, 3 xuất hiện đúng một lần, chữ số 4
xuất hiện đúng hai lần và chữ số 5 xuất hiện đúng ba lần?
Chứng minh. Xét một số tùy ý x = 140525345 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 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 = 4, nên khi đổi chỗ a2 và a8 cho nhau, thì hoán vị
a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 vẫn chỉ cho ta số x. Tương tự đổi chỗ hai trong ba phần
tử a4 , a6 , a9 cho nhau ta vẫn nhận được 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
S=

9!
= 30240.
2!3!


10

Định nghĩa 1.3. Cho tập hợp A gồm n phần tử, n ≥ 1. Mỗi bộ gồm
k (0 ≤ k ≤ n) phần tử được sắp thứ tự của tập A được gọi là một chỉnh hợp
chập k của n phần tử thuộc A và được kí hiệu là Akn .
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử được tính bởi công thức
Akn = n(n − 1) . . . (n − k + 1) =

n!
.
(n − k)!

Nhận xét 1.1. Một chỉnh hợp chập n của n được gọi là một hoán vị của
n phần tử, ta có
Ann = Pn = n!.
Định nghĩa 1.4. Một cách sắp xếp có thứ tự k phần tử có thể lặp lại của
một tập gồm n phần tử được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần
tử.
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử, kí hiệu Akn , bằng số ánh xạ từ
tập k phần tử đến tập n phần tử và bằng nk , tức là
Akn = nk .
Ví dụ 1.7. Từ bốn chữ số 1, 2, 3, 5 có thành lập được bao nhiêu số chẵn
gồm bốn chữ số?
Chứng minh. Vì tập {1, 2, 3, 5} chỉ có duy nhất một số chẵn là 2, nên chúng

ta gọi x = abcd, với a, b, c, d ∈ {1, 2, 3, 5} là các số cần tìm. Do số cần tìm
là chẵn nên d = 2.
Mặt khác a, b, c có thể bằng nhau nên y = abc là một chỉnh hợp lặp chập
3 của bốn phần tử 1, 2, 3, 5.
Để thành lập số x ta chỉ cần lấy một số y nào đó rồi thêm số 2 vào cuối.
Bởi vậy, số các số x = abc2 bằng số các số y = abc và bằng A34 = 43 = 64.
Định nghĩa 1.5. Cho tập hợp A gồm n phần tử, n ≥ 1. Mỗi tập con gồm
k (0 ≤ k ≤ n) phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử
đã cho.
Nhận xét 1.2. Hai tổ hợp được coi là khác nhau khi và chỉ khi có ít nhất
một phần tử khác nhau.


11

Số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử được kí hiệu là Cnk và được
tính theo công thức
Cnk =

n!
.
k!(n − k)!

Định nghĩa 1.6. Cho A = {a1 , a2 , . . . , an }. Một tổ hợp lặp chập m (m
không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của một tập hợp là một bộ gồm m phần
tử, mà mỗi phần tử này là một trong nhưng phần tử của A.
Ta sử dụng kí hiệu Cnm để kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử.
k
Mệnh đề 1.1. Số tổ hợp chập k từ tập n phần tử bằng Cn+k−1
.

Chứng minh. Mỗi tổ hợp lặp chập k từ tập n phần tử có thể biểu diễn bằng
một dãy n − 1 thanh đứng và k ngôi sao. Ta dùng n − 1 thanh đứng để
phân cách các ngăn. Ngăn thứ i chứa thêm một ngôi sao mỗi lần khi phần
tử thứ i của tập xuất hiện trong tổ hợp. Chẳng hạn, tổ hợp lặp chập 6 của
4 phần tử được biểu thị bởi:
∗∗ | ∗|

| ∗ ∗∗

mô tả tổ hợp chứa đúng 2 phần tử thứ nhất, 1 phần tử thứ hai, không có
phần tử thứ ba và 3 phần tử thứ tư của tập hợp.
Mỗi dãy n − 1 thanh và k ngôi sao ứng với một xâu nhị phân có độ dài
n + k − 1 với k số 1. Do đó số các dãy n − 1 thanh đứng và k ngôi sao chính
là số tổ hợp chập k từ tập n + k − 1 phần tử.
Ví dụ 1.8. Giả sử có 4 loại bóng mầu xanh, đỏ, tím, vàng với số lượng mỗi
loại không hạn chế. Hai bộ bóng được xem là khác nhau nếu có ít nhất một
mầu với số lượng thuộc hai bộ khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra
các bộ 6 quả bóng khác nhau.
Chứng minh. Vì trong mỗi bộ sáu quả có thể có các quả bóng cùng mầu và
không phân biệt thứ tự chọn, nên số cách chọn khác nhau bằng số tổ hợp
lặp chập 6 của 4 phần tử (tập hợp bóng cùng mầu được coi là một phần
tử) và được tính bằng công thức
6
C46 = C6+4−1
=

9!
= 84.
6!3!

12

Mệnh đề 1.2. Số hoán vị của n phần tử trong đó có n1 phần tử như nhau
thuộc loại 1, n2 phần tử như nhau thuộc loại 2, . . . , nk phần tử như nhau
n!
thuộc loại k bằng
.
n1 !n2 ! . . . nk !
Chứng minh. Để xác định số hoán vị trước tiên chúng ta nhận thấy có
Cnn1 cách giữ n1 chỗ cho n1 phần tử loại 1, còn lại n − n1 chỗ trống. Sau
n2
đó có Cn−n
cách đặt n2 phần tử loại 2 vào hoán vị, còn lại n − n1 −
1

n2 chỗ trống. Tương tự ta đặt các phần tử loại 3, loại 4, . . . , loại k −
nk
1 vào các chỗ trống trong hoán vị. Cuối cùng có Cn−n
cách đặt
1 −···−nk−1

nk phần tử loại k vào hoán vị. Theo quy tác nhân tất cả các hoán vị là
n!
n2
nk
.
Cnn1 .Cn−n
·

·
·
C
=
n−n1 −···−nk−1
1
n1 !n2 ! . . . nk !
Ví dụ 1.9. Có bao nhiêu cách chia những xấp có 5 quân bài cho mỗi một
người chơi trong bàn chơi có 4 người từ cỗ bài chuẩn có 52 quân bài.
Chứng minh. Ta nhận thấy người đầu tiên có thể nhận được 5 quân bài bằng
5
cách, còn 47 quân bài. Người thứ hai có thể nhận được 5 quân bài bằng
C52
5
cách, còn 42 quân bài. Người thứ 3 có thể nhận được 5 quân bài bằng
C47
5
cách, còn 37 quân bài. Người thứ tư có thể nhận được 5 quân bài bằng
C42
52!
5
5
5
5
5
=
.C37
.C42
.C47
cách. Như vậy theo nguyên lý nhân ta có C52

C37
5!5!5!5!32!
cách chia 4 người chơi mỗi người một xấp 5 quân bài.

Ví dụ trên là bài toán điển hình cho việc phân bố các đồ vật khác nhau
vào các hộp khác nhau. Các đồ vật là 52 quân bài, còn 4 hộp là 4 người chơi
và số còn lại để trên bàn. Số cách sắp xếp các đồ vật vào trong hộp được
cho bởi mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.3. Số cách phân chia n đồ vật khác nhau vào trong k hộp khác
nhau sao cho có ni vật được đặt vào trong hộp thứ i, với i = 1, 2, . . . , k bằng
n!
.
n1 !n2 ! . . . nk !(n − n1 − · · · − nk )!
Ví dụ 1.10. Trong một buổi giới thiệu sản phẩm, công ty phát 100 sản
phẩm dùng thử cho nhân viên tiếp thị sản phẩm. Mỗi một khách hàng ghé
qua gian hàng trưng bày sản phẩm, nhân viên s�vì chúng ta có thể dễ dàng giới
hạn số các tam giác hay các cạnh được phát triển từ chúng. Do đó chúng
ta có thể tính tổng các cạnh hoặc các tam giác được.)
2. Xét đếm cặp hoặc bộ ba các vật (như ví dụ 2.5 chúng ta đếm các cặp
cạnh)
3. Nếu giá trị mong muốn của bài toán chưa biết, cố tìm hai cách để tính
một số giá trị, trong đó một giá trị chưa biết, một giá trị có thể tính
được (xét ví dụ 2.5, chúng ta biểu diễn giá trị chưa biết k thông qua
T = 3k)
Bài toán 2.13 (IMO 1989 3,[5]). Gọi n, k lần lượt là các số nguyên dương
và S là tập có n điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào của S
thẳng hàng. Với một điểm P bất kỳ của S có ít nhất k điểm cách đều điểm
1 √
P của S. Chứng minh rằng k < + 2n.
2

Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
n>

k(k − 1) 1
+
2
8

Từ n và k là các số nguyên dương, bất đẳng thức này trương đương với
n − 1 ≥ Ck2 . Bây giờ ta nối hai đỉnh bất kỳ của S bằng một cạnh và đếm số
cạnh theo hai cách.
Cách 1: nối hai đỉnh bất kỳ của S ta có Cn2 cách.
Cách 2: từ điểm bất kỳ của S có ít nhất k điểm cách đều nó. Do đó
nếu ta vẽ đường tròn với tâm xem như điểm này và khoảng cách giữa các
điểm coi như bán kính thì có ít nhất Ck2 dây xem như cạnh. Tổng số các
dây như thế, được đếm bội lần, ít nhất là nCk2 . Hai đường tròn bất kỳ có


49

thể có nhiều nhất một dây chung và do đó có thể có tối đa Cn2 dây (đối với
mỗi cặp có thể có của đường tròn) được đếm hai lần.
Vì vậy, nCk2 − Cn2 ≤ Cn2 . Bất đẳng này đơn giản thành n − 1 ≥ Ck2 .
Chúng ta xét các bài toán của lý thuyết đồ thị được giải quyết bằng phương
pháp đếm hai lần. Chủ yếu các bài toán được đề cập dưới đây áp dụng
nguyên lý Cayley.
Bài toán 2.14. Giả sử rằng đồ thị G = (V, E) có |V | = n và không chứa
một chu trình độ dài 4 (kí hiệu C4 ). Tìm số cạnh lớn nhất có thể của G.
Chứng minh. Đặt d(u) là bậc của đỉnh u; S là tập các cạnh (u, {v, w}) trong
đó u kề với v và w, v = w. Với mỗi đỉnh u của G, số các cặp như trên là

d(u)
. Vì vậy ta có
2
d(u)

|S| =

.

2

u∈V

Mặt khác, với mỗi cặp {v, w} chỉ tồn tại nhiều nhất một đỉnh u ∈ V sao
n
. Do đó
cho (u, {v, w}) ∈ S (vì G không chứa C4 ). Suy ra |S| ≤
2
d(u)
u∈V

2

≤

n
2

Tương đương với
d(u)2 ≤ n(n − 1) +

u∈V

d(u).
u∈V

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
2

n2 (n − 1) + n

d(u)2 ≥

d(u) ≥ n
u∈V

u∈V

d(u) = 2|E|, ta có

Chú ý rằng
u∈V

n2 (n − 1) + 2n|E| ≥ 4|E|2

d(u)
u∈V

.

50

hay
n
n2 (n − 1)
|E| − .|E| −
≤0
2
4
Giải bất phương trình bậc 2 trên ta được
√
n
|E| ≤ (1 + 4n − 3)
4
2

Bài toán 2.15. Cho các số nguyên 0 ≤ k ≤ n. Chứng minh rằng
n
2

=

k
2

+ k(n − k) +

n−k
2

.

Chứng minh. Xét đồ thị đầy đủ Kn . Ta chọn ra từ k đỉnh tùy ý của Kn và
xếp các cạnh của Kn vào ba nhóm:
(i)

(ii)

k

cạnh của đồ thị con đầy đủ tạo từ k đỉnh đã chọn;

2

n−k
2

cạnh của đồ thị con đầy đủ tạo thành từ n − k đỉnh còn lại;

(iii) k(n − k) cạnh nối giữa các đỉnh của 2 đồ thị con trên.
Rõ ràng rằng tất cả các cạnh của đồ thị ban đầu phải thuộc vào một và chỉ
một trong ba trường hợp trên. Vì vậy, tổng số các cạnh của ba nhóm trên
bằng số cạnh của đồ thị ban đầu hay ta có
n
2

=

k
2

+ k(n − k) +

n−k
2

.

Bài toán 2.16 (Bổ đề Sperner). Cho một tam giác V1 V2 V3 được phân hoạch
thành các tam giác nhỏ sao cho không có một đỉnh nào của các tam giác nhỏ
nằm trên cạnh một tam giác nhỏ khác (có thể nằm trên cạnh của tam giác
ban đầu). Giả sử rằng các đỉnh được đánh số 1, 2, 3 sao cho Vi được đánh
số i và chỉ hai số i, j được đánh số cho các đỉnh nằm trên cạnh Vi Vj (i, j =
1, 3, i = j). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác nhỏ mà 3 đỉnh của nó
được đánh số bởi cả 3 số 1, 2, 3.


51

Chứng minh. Gọi tam giác nhỏ mà 3 đỉnh của nó được đánh số bởi cả 3 số
1, 2, 3 là tam giác “tốt”. Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn: số các
tam giác “tốt” là một số lẻ.

Xét đồ thị đối ngẫu

2

G của các phân hoạch tam giác V1 V2 V3 nhưng

không lấy tất cả các cạnh của nó. Hai đỉnh của G được nối với nhau bởi

một cạnh khi và chỉ khi hai miền mặt phẳng tương ứng với hai đỉnh đó có
cạnh chung mà hai đầu mút của nó được đánh số bởi 1 và 2. Dễ thấy rằng
với mỗi tam giác “tốt” thì bậc của đỉnh tương ứng với nó bằng 1 hoặc bậc
2 với các tam giác mà 3 đỉnh của nó được đánh số bởi một trong hai số 1, 2
và bậc bằng 0 đối với tam giác không có đồng thời hai đỉnh được đánh số
1, 2. Khi đó chỉ các tam giác “tốt” mới tương ứng với một đỉnh bậc lẻ.
Mặt khác, trên cạnh V1 V2 ta có một số lẻ các cạnh của các tam giác nhỏ có
dạng 1 − 2 và vì các cạnh có dạng 1 − 2 chỉ xuất hiện trên cạnh V1 V2 nên
ta suy ra bậc của đỉnh tương ứng với phần mặt phẳng nằm ngoài tam giác
ban đầu có bậc lẻ.
Từ kết quả quen thuộc: số các đỉnh bậc lẻ của một đồ thị hữu hạn là
một số chẵn, ta suy ra rằng số các tam giác “tốt” là một số lẻ.
2.3.3

Phương pháp ma trận liên thuộc

Phương pháp ma trận liên thuộc giúp ta có thể dễ hình dung hơn về
cấu trúc của bài toán, từ đó đưa ra lời giải cho bài toán. Ta sẽ xét bài toán
2.17 dưới đây và trình bày hai lời giải khác nhau của cùng một bài toán
2

Đồ thị đối ngẫu của một đồ thị phẳng G là một đồ thị G trong đó mỗi đỉnh tương ứng với một miền

mặt phẳng của đồ thị G và các cạnh được nối giữa hai đỉnh tương ứng với hai miền kề nhau.


52

giúp người đọc có thể dễ dàng so sánh ưu điểm của phương pháp ma trận
liên thuộc. Nội dung mục này được tham khảo chủ yếu trong tài liệu [6] và

một phần nhỏ trong tài liệu [4].
Bài toán 2.17 (IMO 1998, [4]). Trong một cuộc thi có a thí sinh và b giám
khảo, trong đó b ≥ 3 và là số nguyên lẻ. Mỗi giám khảo đánh giá “đạt” hoặc
“trượt”. Giả sử rằng với hai giám khảo bất kì, họ đánh giá giống nhau với
tối đa k thí sinh. Chứng minh rằng
b−1
k
≥
.
a
2b
Chứng minh. Trước tiên chúng ta sử dụng phương pháp ma trận liên thuộc
kết hợp với nguyên lý Fubini để giải bài toán.
Xét ma trận liên thuộc b × a với các hàng được đánh số theo các thí
sinh. Phần tử tương ứng của ma trận nhận giá trị bằng 1 nếu giám khảo
đánh giá thí sinh là “đạt” và nhận giá trị bằng 0 nếu ngược lại. Đặt T là
tập hợp các cặp số 0 hoặc 1 trong cùng một cột. Vì hai giám khảo đánh giá
giống nhau nhiều nhất k thí sinh nên với hai hàng bất kỳ, có nhiều nhất k
cặp thuộc T . Do đó
T ≤k

b

=

2

kb(b − 1)
.
2

Với mỗi cột trong ma trận, giả sử có p số 0 và q số 1. Khi đó sẽ có đúng
p
q
+
cặp thuộc T . Mà p + q = b lẻ nên ta có bất đẳng thức sau
2
2
p
2

+

q
2

≥

(b − 1)2
4

a(b − 1)2
Vì có a cột nên ta có T ≥
. Vậy ta có
4
a(b − 1)2
kb(b − 1)
≤ |T | ≤
.
4

2
Suy ra

a(b − 1)
k
b−1
≤ kb hay ≥
.
2
a
2b


53

Chú ý 2.2. Ta sẽ đưa ra lời giải khác cho bài toán 2.17 bằng cách xét các
bộ (x, y, i) trong đó i là một thí sinh và x, y là hai giám khảo đánh giá thí
sinh i giống nhau.
Với mỗi i, 1 ≤ i ≤ m giả sử có xi giám thị đánh giá đạt, yi giám thị đánh
giá trượt. Mặt khác, số cặp giám thị có cùng đánh giá với một thí sinh là
C2xi

+

C2yi

x2i − xi + yi2 − yi
=
2
(xi + yi )2 /2 xi + yi

≥
−
2
2
1 2 b
1
= b − =
(b − 1)2 − 1 .
4
2 4

(b − 1)2
.
4
Mặt khác, b giám khảo và hai giám khảo bất kỳ đánh giá giống nhau tối

Vì b lẻ và C2xi + C2yi là số nguyên có giá trị tối thiểu

đa k thí sinh nên số cặp giám khảo có cùng đánh giá tối đa là kC2b . Do vậy
m

kC2b

(C2xi + C2yi ) ≥

≥
i=1

a(b − 1)2
4

Suy ra
k
b−1
≥
.
a
2b
Nhận xét 2.8. Qua hai cách giải của bài toán 2.17, ta nhận thấy rằng việc
giải bài toán bằng ma trận liên thuộc giúp chúng ta có thể dễ dàng hình
dung được cấu trúc bài toán, cũng kiến học sinh dễ đưa ra được định hướng
giải các bài toán tương tự.
Bài toán 2.18 (IMC 2002,[6]). Có 200 thí sinh tham gia một cuộc thi. Họ
được đề nghị giải 6 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán được giải đúng bởi ít
nhất 120 thí sinh. Chứng minh rằng phải có 2 thí sinh mà với mỗi bài toán,
có ít nhất một trong hai thí sinh này giải được bài toán đó.
Chứng minh. Xét ma trận liên thuộc 6 × 200, trong đó mỗi hàng đại diện
cho một bài toán và mỗi cột đại diện cho một thí sinh tham gia cuộc thi.
Mỗi phần tử của ma trận nhận giá trị 1 nếu thí sinh tương ứng với cột


54

không giải được bài toán tương ứng với hàng và nhận giá trị 0 nếu ngược
lại. Ta có ví dụ ma trận minh họa dưới đây để dễ hình dung bài toán.

Problem 1
Problem 2
Problem 3
Problem 4

Problem 5



0

1

0


0


1

Problem 6

1 0... 0




1 0... 0

0 0... 1


1 1... 1



0 1... 1
0 1 0... 0

Đặt T là số các cặp các số 1 ở cùng một hàng. Chúng ta sẽ đếm số T bằng
hai cách.
Đếm theo các cột: Giả sử rằng với hai thí sinh bất kỳ, tồn tại một bài
toán mà cả 2 đều không giải được. Khi đó, với hai cột bất kỳ, có ít nhất
một cặp số 1 trong hai cột này nằm cũng một hàng. Như vậy chúng ta có
200
thể tìm số phần tử của T trong mỗi cặp của các cột. Mà ta có đúng
2
cặp các cột. Do đó
200
|T | ≥
= 19900.
(2.8)
2
Đếm theo các hàng: Theo giả thiết, mỗi bài toán được giải bởi ít nhất
120 thí sinh. Điều này có nghĩa có tối đa 80 số 1 ở mỗi hàng và vì vậy có
80
nhiều nhất
cặp số 1 ở cùng hàng. Vì có 6 hàng nên suy ra
2
|T | ≤ 6 ×

80
2

= 18960.

(2.9)

Từ (2.8) và (2.9) ta suy ra 19900 ≤ |T | ≤ 18960, vô lý. Do đó điều giả sử
ban đầu của chúng ta sai và bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.19. Số Turan T (n, k, l); l ≤ k ≤ n là số nhỏ nhất các tập con
có l phần tử của X = {1, 2, . . . , n} sao cho với mọi tập con có k phần tử
của tập X đều chứa ít nhất một tập con trên. Chứng minh rằng với mọi số


55

nguyên dương l ≤ k ≤ n, ta có
n
l

T (n, k, l) ≥

.

k
l
Chứng minh. Đặt F là họ nhỏ nhất các tập con l phần tử của tập X đều
chứa ít nhất một phần tử của F. Xét ma trận liên thuộc M = (mA,B ) với
các phần tử được đánh số theo các tập con A của F, các cột được đánh số
theo các tập con k phần tử B của X và mA,B = 1 khi và chỉ khi A ⊆ B,
trong các trường hợp khác mA,B = 0.
Đặt rA là số các số 1 trong hàng A và cB là số các số 1 trong cột B.
Theo giải thiết thì cB ≥ 1 với mọi B. Mặt khác, rA là số các tập con k phần
r−l

tử chứa tập con l phần tử A. Suy ra rA =
với mọi A ∈ F. Vì vậy,
k−l
theo nguyên lý Fubini, ta có
F.

n−l
k−l

=
A∈F

n

cB ≥

rA =

k

B⊆[n]

Do đó
n

n
T (n, k, l) = |F| ≥

k

=

l

n−l

k

k−l

l

Bài toán 2.20 (IMO Shortlisted Problem 2003, [4]). Cho x1 , x2 , . . . , xn và
y1 , y2 , . . . , yn là các số thực. Gọi A = {aij }1≤i,j≤n là ma trận với các hệ số

1, nếu xi + yi ≥ 0;
aij =
0, nếu x + y < 0.
i

i

Giả sử B là ma trận cấp n × n với các hệ số là 0 và 1 sao cho tổng của các
phần tử trên mỗi hàng và mỗi cột của B tương ứng với tổng mỗi hàng, mỗi
cột của ma trận A. Chứng minh rằng A = B.


56

Chứng minh. Kí hiệu

n

n

(xi + yj )(aij − bij ).

S=
i=1 j=1

Ta có
n

S=

n

aij −

xi
i=1

n

j=1

n

bij

+

j=1

n

aij −

yj
j=1

n

i=1

bij
i=1

= 0.
Vì tổng các phần tử của các hàng, các cột của A bằng tổng các phần tử của
các hàng, các cột của B. Theo giả thiết về aij ta có
• Khi xi + yj ≥ 0, aij − bij = 1 − bij ≥ 0;
• Khi xi + yj < 0, aij − bij = −bij ≤ 0;
do đó, (xi + yj )(aij − bij ) ≥ 0, ∀i, j. Vì S = 0 kéo theo (xi + yj )(aij − bij ) =
0, ∀i, j. Suy ra aij = bij , ∀i, j.
Bài toán 2.21. [6] Trong một ủy ban nhất định, mỗi thành viên thuộc đúng
ba tiểu ban và mỗi tiểu ban có đúng ba thành viên. Chứng minh rằng tổng
số các thành viên bằng tổng số các tiểu ban.
Chứng minh. Xét ma trận liên thuộc cấp m × n, trong đó mỗi hàng biểu
diễn cho các thành viên và mỗi cột biểu diễn cho các tiểu ban. Mỗi phần tử
của ma trận nhận giá trị 1 nếu thành viên tương ứng với hàng thuộc tiểu

ban tương ứng với cột và nhận giá trị 0 nếu ngược lại. Vai trò của các hàng
và các cột có thể đổi chỗ cho nhau. Sau đây là hai ví dụ miêu tả bài toán


57

2.21 để chúng ta có thể dễ hình dung hơn.

 1 1 1

0 0 0
1 1 1 0 0 0 0 



1 0 0 1 1 0 0 0 0 0




1 0 0
1 0 0 0 0 1 1 



0 1 0 1 0 1 0 0 1 0





0 1 0 0 1 0 1 
0 0 1



0 0 1 1 0 0 1 1 0 0


0 0 1 0 1 1 0 
0 1 0
0 0 1

0 0 0 0 0 0




1 1 1 0 0 0


0 0 0 1 1 1

1 0 0 1 0 0


0 1 0 0 1 0

0 0 1 0 0 1



0 1 0 0 0 1

0 0 1 1 0 0

1 0 0 0 1 0

Chúng ta sẽ đếm số các chữ số 1 theo hai cách. Theo giả thiết, mỗi hàng
chứa ba số 1, như vậy với m hàng chúng ta có tổng số 3m số 1. Mặt khác,
mỗi cột cũng chứa ba số 1 nên chúng ta có tổng cộng 3n số 1. Theo nguyên
lý đếm hai lần, chúng ta có 3m = 3n suy ra m = n.
Xuất phát từ ý tưởng trên, ta thu được các kết quả sau
Mệnh đề 2.1. [6] Nếu A = (ai,j ) là ma trận cấp r × c với tổng của các
hàng là Ri , i = 1, 2, . . . , r và tổng của các cột là Cj , j = 1, 2, . . . , c thì
r

c

Ri =
i=1

Cj .
j=1

Mệnh đề 2.2. [6] Cho A = (ai,j ) là ma trận (0, 1)3 cấp r × c với tổng các
cột là Cj . Giả sử mỗi hai cột, tồn tại đúng t cột có chứa số 1 ở cả hai hàng,
khi đó
t

r
2

c

=
j=1

Cj
2

.

Chứng minh. Đặt T là tập tất cả các cặp các số 1 không có thứ tự nằm
trên cùng một cột. Chúng ta sẽ đếm số phần tử của T theo hai cạch.
Đếm theo hàng: Với hai hàng bất kỳ, có đúng t cặp số 1 trong số các
r
cột thuộc tập T , do vậy |T | = t
.
2
3

ma trận có các phần tử chỉ là 0 và 1.


58

Đếm theo cột: Trong cột thứ j, có Cj số 1 và do đó có
c

Cj

j=1

2

đếm tất cả các cột sẽ cho ta |T | =

Cj
2

cặp. Ta

.

Như vậy, theo nguyên lý đếm hai cách ta có
t

r
2

c

=
j=1

Cj
2

.

Bài toán 2.22 (Iran 1999,[6]). Gọi C1 , C2 , . . . , Cn (n ≥ 2) lần lượt là bán

kính của các hình tròn trong mặt phẳng sao cho không có hai trong số chúng
là tiếp tuyến và tập con của mặt phẳng được tạo bởi hợp các hình tròn kết
nối với nhau. Gọi S là tập các điểm thuộc ít nhất hai hình tròn. Chứng
minh rằng |S| ≥ n.
Chứng minh. Xét ma trận với n cột, mỗi cột đại diện duy nhất một hình
tròn và |S| hàng, mỗi hàng đại diện cho một giao điểm. Mỗi phần tử nhận
giá trị 1 tương ứng với điểm đó thuộc hình tròn tương ứng và nhận giá trị 0
nếu ngược lại. Vì không có hình tròn nào tách rời các hình còn lại nên mỗi
cột chứa ít nhất hai số 1 vì không có hai hình tròn nào tiếp xúc với nhau.
Theo giả sử ta cũng có mỗi cột cũng có ít nhất hai số 1.
Chúng ta sẽ tập trung vào các số 1 trong ma trận liên thuộc, đặt là
ai,j = 1. Mỗi vị trí trên hàng i phân biệt với ai,j tương ứng với một hình
tròn đi qua điểm được biểu thị ở hàng i. Hình tròn bất kỳ nào giao với hình
tròn Cj tại đúng hai điểm thì không có tiếp tuyến. Như vậy chúng ta liên
kết mỗi điểm trong hàng i khác với ai,j với một điểm từ cột j khác điểm
ai,j đại diện cho giao điểm thứ hai. Chú ý rằng không một vị trí nào trên
cột j liên kết với hai điểm 1 phân biệt trên hàng i, tứ là có ba hình tròn
khác nhau cùng đi qua hai điểm 1 khác nhau trên hàng i, mâu thuẫn. Vậy,