SKKN một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài TOÁN tổ hợp

g

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỔ
HỢP

Người thực hiện: Đào Anh Tuấn
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HÓA, NĂM 2018

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỔ
HỢP

Người thực hiện: Đào Anh Tuấn
Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HÓA, NĂM 2018

2


MỤC LỤC
Nội dung
1. Mở đầu
1.1. Lí do chon đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung của sáng kiến
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
2.3. Nội dung chính của sáng kiến
Chương 1: Kiến thức cơ sở
1.1 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
1.2 Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp suy rộng
1.3 Nguyên lý đếm và bài toán đếm cơ bản
Chương 2: Một số phương pháp giải bài toán tổ hợp
2.1 Phương pháp đại lượng bất biến
2.2 Phương pháp đếm dùng hàm sinh
2.3 Phương pháp nguyên tắc cực hạn và sử dụng ánh xạ
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. Kết luận và kiến nghị
4. Tài liệu tham khảo

3

Trang
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
3
4
5
5
10
16
24
24
25


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Toán tổ hợp là một chuyên đề cơ bản của toán học, đây là một dạng toán
quan trọng trong trương trình phổ thông. Mặt khác trong kì thi đại học, đặc
biệt trong các kì thi học sinh giỏi các cấp ta vẫn hay gặp các bài toán khó về

tổ hợp. Để giúp học sinh phổ thông, và giáo viên ngoài những phương pháp
giải bài toán tổ hợp quen thuộc ra, ta còn nắm thêm được một số kĩ thuật mới
để giải một số dạng toán tổ hợp, với mục đích giúp các em có thêm những
công cụ giải các bài toán tổ hợp hay và khó. Chính vì những lý do trên, tôi
chọn đề tài nghiên cứu là “Một số phương pháp giải bài toán tổ hợp”. Mặc
dù các phương pháp nêu trong đề tài, còn mới lạ đối với học sinh Trung học
phổ thông, nhưng tôi cũng mạnh dạn đưa Đề tài này vào để các em có thêm
cách nhìn mới về các bài toán tổ hợp, và thấy sự đa dạng trong các cách giải
các bài toán .
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của Đề tài là trình bày một số kiến thức cơ bản về tổ
hợp, đồng thời đưa ra một số cách xây dựng và giải bài toán tổ hợp nâng cao
và mới lạ đối với học sinh Trung học phổ thông để các em có thêm nhiều
hướng để giải quyết các vấn đề về bài toán tổ hợp.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Một số kiến thức về tổ hợp, đồng thời đưa ra một số phương pháp giải bài
toán tổ hợp gồm: Phương pháp đại lượng bất biến; phương pháp đếm dùng
hàm sinh; phương pháp nguyên tắc cực hạn; và sử dụng ánh xạ.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu các bài toán tổ hợp, các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, tài
liệu hội thảo toán học, …

1


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Hệ thống hóa và đưa ra một số phương pháp giải bài toán tổ hợp. Đề tài
đóng góp thiết thực cho việc giạy và học các chuyên đề toán trong trường
trung học phổ thông, góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán cho giáo

viên và học sinh.
Trong sáng kiến kinh nghiệm trên tôi đã đưa ra một số phương pháp mới
trong toán học rời rạc, đó là đưa ra một số phương pháp giải bài toán tổ hợp
gồm: Phương pháp đại lượng bất biến; phương pháp đếm dùng hàm sinh;
phương pháp nguyên tắc cực hạn; và sử dụng ánh xạ, kết hợp với các bài toán
thực tiễn gắn liền với toán Trung Học Phổ Thông nhằm giúp các em dễ dàng
tiếp cận hơn với các phương pháp trên.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Năm học 2017-2018 khi chưa đưa ra các phương phải giải bài toán tổ hợp
nâng cao trên, học sinh khi tiếp cận các đề thi học sinh giỏi thường gặp rất
nhiều khó khăn. Một phần vì trong chương trình toán học phổ thông các
phương pháp trên khá mới lạ, nên việc đưa và các e thường ban đầu bỡ ngỡ,
đôi khi khó hiểu, dẫn đến nhiều khó khăn trong quá trình giảng dạy.
2.3. Nội dung chính của sáng kiến

Chương 1: Kiến thức cơ sở
1.1. Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp
1.1.1. Chỉnh hợp
Định nghĩa 1.1. ([5]) Cho tập hợp A gồm n phần tử ( n �1) . Kết quả của
việc lấy k phần tử khác nhau từ n phần tử của tập hợp A và sắp xếp chúng
theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã
cho.
k
A
n
Kí hiệu:
là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử.

2

Công thức:

Ank 

n!
 n. n  1 � n  k  1    
(n  k )!
(với 1 �k �n ).

Chú ý. Một chỉnh hợp n chập n được gọi là một hoán vị của n phần tử.

Ann  Pn  n! .
1.1.2. Tổ hợp
Định nghĩa 1.2. ([5]) Giả sử tập A có n phần tử ( n �1). Mỗi tập con gồm

k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho
(0 �k �n) .
Kí hiệu:

k
C n (0 �k �n) là số các tổ hợp chập k của n phần tử.

Công thức:

k
Cn =

n!
.

k !(n  k )!

Chú ý.
0
C n  1;
k

nk

k

k 1

Cn  Cn

(0 �k �n);
k 1

C n + C n = C n1
1.2

(1 �k �n ).

Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp suy rộng

1.2.1. Chỉnh hợp lặp
Định nghĩa 1.3. ([3]) Một cách sắp xếp có thứ tự r phần tử có thể lặp lại của
một tập n phần tử được gọi là một chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử.
Ngoài ra, mỗi chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử là một hàm từ tập r
phần tử vào tập n phần tử. Vì vậy số chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử là

nr .
r
Định lý 1.1. ([3]) Số các chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử bằng n .

3


Chứng minh. Rõ ràng có n cách chọn một phần tử từ tập n phần tử cho mỗi
một trong r vị trí của chỉnh hợp khi cho phép lặp. Vì vậy theo quy tắc nhân,
r
có n chỉnh hợp lặp chập r từ tập n phần tử.

1.2.2. Hoán vị lặp
Trong bài toán đếm, một số phần tử có thể giống nhau. Khi đó cần phải
cẩn thận, tránh đếm chúng hơn một lần.
Định lý 1.2. ([3]) Số hoán vị của n phần tử trong đó có n1 phần tử như nhau
thuộc loại 1, có n2 phần tử như nhau thuộc loại 2, … và có nk phần tử như
n!
nhau thuộc loại k bằng n1 !n2 !...nk ! .
n
Chứng minh. Để xác định số hoán vị trước tiên chúng ta nhận thấy có Cn

1

cách giữ n1 số cho n1 phần tử loại 1, còn lại n – n1 chỗ trống.
Sau đó có

Cnn2 n1

cách đặt n2 phần tử loại 2 vào hoán vị, còn lại n – n1 – n2 chỗ

trống.
Tiếp tục đặt các phần tử loại 3, loại 4 , … , loại k – 1 vào chỗ trống trong
hoán vị. Cuối cùng có

Cnnk n1 n2 ...nk 1

cách đặt nk phần tử loại k vào hoán vị.

Theo quy tắc nhân tất cả các hoán vị có thể là:
Cnn1 .Cnn2 n1 ...Cnnk n1 ... nk 1 

n!
.
n1 !n2 !...nk !

1.2.3. Tổ hợp lặp
Một tổ hợp lặp chập k của một tập hợp là một cách chọn không có thứ tự k
phần tử có thể lặp lại của tập đã cho. Như vậy một tổ hợp lặp kiểu này là một
dãy không kể thứ tự gồm k thành phần lấy từ tập n phần tử. Do đó có thể là
k  n.
k
Định lý 1.3. ([3]) Số tổ hợp lặp 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

4

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.
Mỗi dãy n - 1 thanh và k ngôi sao ứng với một tổ hợp lặp chập k của n
phần tử . Do đó mỗi dãy ứng với một cách chọn k chỗ cho k ngôi sao từ
n  k  1 chỗ chứa n – 1 thanh và k ngôi sao. Đó là điều cần chứng minh.

Chú ý.
Số tổ hợp có lặp chập k của n là:

k

n 1

C n  k 1 = C n  k 1 .

Tổ hợp có lặp lại khi một phần tử có thể xuất hiện nhiều lần và thứ tự
của các phần tử không cần để ý.
1.3

Nguyên lý đếm và bài toán đếm cơ bản

1.3.1. Nguyên lý cộng
Mệnh đề 1.1. ([3])

Cho A và B là hai tập hữu hạn. Nếu A  B = . thì

AB= A+ B.
1.3.2. Nguyên lý nhân
Mệnh đề 1.2. ([3])

Nếu A và B là tập hữu hạn, thì A �B  A �B .

Chương 2: Một số phương pháp giải bài toán tổ hợp
2.1

Phương pháp đại lượng bất biến

2.1.1 Giới thiệu về phương pháp đại lượng bất biến([2])
Nhiều bài toán cho biết thực hiện một số thao tác trên một hệ đối tượng
nào đó như các số, quân bài, quân cờ hoặc những biến đã cho. Tuy bài toán
có phức tạp nhưng ẩn chứa những đại lượng bất biến như tính chẵn lẻ hoặc
tổng, tích của các biến không thay đổi,... Nhờ phát hiện ra, hoặc xây dựng
những biến cố có tính chất bất biến của bài toán, ta có thể dựa vào những bất
biến đó để đi đến lời giải. Phương pháp đó gọi là phương pháp sử dụng bất
biến, thường được dùng trong các bài toán tổ hợp. Những bài toán liên quan
đến bất biến được chia làm hai loại:

5


Những bài toán lấy bất biến làm kết luận phải tìm.
Những bài toán lấy bất biến làm phương pháp giải.
Thực ra không có lý thuyết chung nào cho các bài toán mà trong đó có đại
lượng bất biến. Phương pháp này chỉ hình thành như một cách phân loại bài
tập có những ý tưởng chung trong lời giải. Vì thế tốt nhất là tìm hiểu phương
pháp bất biến thông qua một số bài tập cụ thể.
Những bài tập lựa chọn ở đây phù hợp với trình độ THPT, đặc biệt là đối
với học sinh khá giỏi. Mặt khác, trong khi lựa chọn những Bài toán điển hình,
tôi cố gắng làm nổi bật những thao tác thường dùng khi sử dụng phương pháp
bất biến trong những tình huống khác nhau.

2.1.2

Một số bài toán

Dạng 1: Phát hiện bất biến trong bài toán
Bài toán 2.1 . Trên bảng ta viết 10 dấu cộng (+) và 15 dấu trừ (-) tại các vị trí
bất kì. Thực hiện xóa hai dấu bất kì trong đó và viết vào đó một dấu cộng (+)
nếu hai dấu vừa xóa là giống nhau và dấu trừ (-) nếu hai dấu vừa xóa khác
nhau. Làm như vậy cho đến khi trên bảng chỉ còn một dấu. Hỏi trên bảng còn
lại dấu gì?
Lời giải.

Cách 1. Ta thay mỗi dấu cộng bằng số 1, mỗi dấu trừ bằng số -l.

Thao tác thực hiện chính là xóa hai số và viết lại một số là tích của chúng. Vì
thế tích của tất cả các số viết trên bảng sẽ không thay đổi, ở thời điểm xuất
phát, tích các số trên bảng bằng -1, nên cuối cùng còn lại số -1, nghĩa là trên
bảng còn lại dấu trừ.
Cách 2. Ta thay mỗi dấu cộng bằng số 0, còn dấu trừ bằng số 1. Thao tác
thực hiện là: Nếu tổng của hai số xóa đi là số chẵn thì ta viết lại số 0, nếu
tổng là lẻ thì ta viết số 1. Như vậy tổng các số trên bảng sau khi thực hiện một
thao tác hoặc là không thay đổi hoặc là giảm đi 2. Đầu tiên tổng các số trên
bảng là một số lẻ, nên số cuối cùng trên bảng còn lại là số lẻ, vậy là số 1,
nghĩa là trên bảng còn dấu trừ.
Cách 3. Sau khi thực hiện một thao tác, ta thấy số các dấu trừ hoặc không

6


đổi, hoặc giảm đi 2 đơn vị. Như vậy tính chẵn lẻ của số các dấu trừ cũng là

một bất biến. Tại trạng thái ban đầu số các dấu trừ là số lẻ, nên khi còn lại
một dấu, đó phải là dấu trừ.
Phân tích ba cách giải ta thấy: Trong cách 1 ta thay các dấu bởi các số, và
lợi dụng tính bất biến của tích các số viết trên bảng; cách 2 sử dụng bất biến
là tính chẵn lẻ của tổng các số và cách 3 là sự bất biến của tính chẵn lẻ của số
các dấu trừ. Như vậy trong cách giải ta sử dụng tính bất biến của tích, tổng,
hoặc tính chẵn lẻ của các số. Qua cách giải trên ta thấy rằng khi gặp những
lớp bài toán mà thao tác lặp đi, lặp lại, ta phải biến đổi và tìm ra những đại
lượng bất biến của thao tác ta thực hiện. Chú ý rằng các thao tác ta thực hiện
không phụ thuộc vào thứ tự các đối tượng được chọn.
Bài toán 2.2. Trên bảng ta viết tâp hợp số gồm các số 0; 1 và 2. Cho phép
xóa hai số khác nhau và điền vào đó số còn lại trong 3 số ( nghĩa là 2 thay cho
0 và 1; 1 thay cho 0 và 2; 0 thay cho 2 và 1). Chứng minh rằng nếu sau một số
lần thực hiện thao tác trên, trên bảng chỉ còn lại một số duy nhất thì số đó
không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện các thao tác .
Lời giải. Ta thực hiện một lần thao tác thì số lượng mỗi loại trong ba loại số
trên tăng lên hoặc giảm đi 1, suy ra số lượng các số thay đổi tính chẵn lẻ. Khi
trên bảng chỉ còn lại một số, nghĩa là hai trong các số 0, 1 và 2 có số lượng
bằng 0 còn số thứ ba bằng một. Như vậy ngay từ đầu số lượng hai số trong ba
số trên bảng phải có cùng tính chẵn lẻ và số lượng loại số còn lại có tính chẵn
lẻ khác. Vì thế không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện thao tác, cuối cùng chỉ
còn một trong các số 0, 1, và 2, số này chính là số thuộc loại mà số lượng loại
số đó khác tính chẵn lẻ với số lượng hai loại số kia.
Nhận xét. Trong chứng minh bài toán trên, nếu số lượng cả ba loại số trên
bảng có cùng tính chẵn lẻ thì dù có thực hiện thao tác trên thế nào đi nữa, cuối
cùng cũng không thể nào còn một số duy nhất trên bảng.
Bài toán 2.3. Một hình vuông có cạnh 4 cm được chia thành 16 ô vuông, mỗi
ô vuông có cạnh 1 cm. Tại mỗi một trong 15 ô nào đó ta đánh dấu cộng (+), ô

7

còn lại đánh dấu trừ (-). Những dấu ở các ô vuông có thể thay đổi đồng thời
theo hàng, một cột hoặc theo một đường chéo. Có khả năng sau hữu hạn lần
đổi dấu theo nguyên tắc trên dẫn đến tất cả các ô vuông đều có dấu cộng (+)
hay không?

Lời giải. Ta thay dấu cộng (+), trừ (-) bằng các số tương ứng 1 và -1. Trạng
thái ban đầu giả sử được mô tả bởi Hình 3.1. Có thể thấy rằng tích các số ở
các ô được tô màu trong Hình 3.2 là một đại lượng bất biến, vì số ô dược tô
màu trong mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo là số chẵn, nên tích của chúng
không đổi sau mỗi thao tác. Ở thời điểm xuất phát, tích đó bằng -1, nghĩa là
trong các ô được tô màu luôn tồn tại một ô có số -1, suy ra không thể nhận
được bảng không chứa một dấu trừ (-) nào.
Dạng 2: Giải toán bằng đại lượng bất biến
Bằng cách phát hiện ra những đại lượng bất biến trong bài toán ta có thể
giải nhiều bài toán. Sau đây là một số bài tập giúp tìm hiểu thêm những cách
tìm đại lượng bất biến trong giải toán.
Bài toán 2.4. Có ba đống sỏi gồm những viên sỏi nhỏ có số lượng tương
ứng là 19, 8 và 9 (viên sỏi). Ta được phép chọn hai đống sỏi và chuyển từ mỗi
đống sỏi đã chọn một viên sang đống sỏi thứ ba. Sau một số lần làm như vậy
thì có khả năng tạo ra mọi đống sỏi đều có 12 viên sỏi hay không?
Lời giải. Đặt số viên sỏi trong ba đống sỏi tương ứng là a, b, c. Ta xét số dư
chia cho 3 của những số này. Khi xuất phát, những số dư này là 1, 2, 0. Sau
một lần chọn thay đổi, những số dư này là 0, 1, 2 vì hai đống sỏi có sự chuyển

8


một viên sỏi đến đống thứ ba. Như vậy những số dư luôn luôn là 0, 1, 2 với

những thứ tự khác nhau. Do đó tất cả các đống sỏi đều có 12 viên sỏi là không
thể được (vì khi đó số dư là 0, 0, 0, vô lí). Vậy không thể tạo ra mọi đống sỏi
đều có 12 viên sỏi .
Bài toán 2.5. Hai người chơi một trò chơi với hai đống kẹo. Đống kẹo thứ
nhất có 12 cái và đống thứ hai có 13 cái. Mỗi người chơi được lấy hai chiếc
kẹo từ một trong hai đống hoặc chuyển một cái kẹo từ đống thứ nhất sang
đống thứ hai. Người chơi nào không thể làm được những thao tác trên coi như
là thua. Hãy chứng minh rằng người chơi đi lượt thứ hai không thể thua.
Người đó có thể thắng không?
Lời giải. Ta kí hiệu S là giá trị tuyệt đối của số keọ trong đống thứ hai trừ đi
số kẹo trong đống thứ nhất.
Khởi đầu S = 13 - 12 = 1. Sau mỗi nước đi S sẽ giảm hoặc tăng lên 2.
Như vậy số dư của S chia cho 4 có dạng 1, 3, 1, 3,.. Sau mỗi nước đi
của người thứ nhất số dư của S chia cho 4 luôn luôn là 3. Ta thấy rằng người
chơi bị thua khi và chỉ khi đến lượt anh ta thì không còn cái kẹo nào ở đống
thứ nhất và chỉ còn một cái kẹo ở đống thứ hai.
Khi đó

S  1 0  1

. Do đó người đi sau luôn luôn còn nước đi, do đó

người đó không thua. Ta thấy rằng, hoặc là tổng số kẹo ở hai đống giảm đi
hoặc là số kẹo ở đống thứ nhất giảm đi, như vậy trò chơi phải có kết thúc, do
đó người chơi thứ hai phải thắng.
Bài toán 2.6. Tại một hội nghị có 2n quan khách. Mỗi vị khách được mời có
nhiều nhất n-1 kẻ thù. Chứng minh rằng các vị khách có thể ngồi quanh một
bàn tròn sao cho không ai ngồi cạnh kẻ thù của mình.

9

Lời giải. Trước tiên ta xếp các vị khách ngồi vào vị trí bất kì. Gọi H là số
những đôi thù địch ngồi cạnh nhau. Ta phải tìm thuật toán để làm giảm số H
khi H >0. Giả sử (A,B) là cặp thù địch với B ngồi bên phải A ( Hình 3.3). Ta
phải tách được cặp này ra. Điều này thực hiện được nếu có một cặp khác cạnh
nhau (A’,B’), mà (A,A’) và (B,B’) không là những cặp kẻ thù. Khi đó ta đổi
chỗ B và A’ (Hình 3.4) và H sẽ giảm. Chỉ còn chứng minh rằng một cặp
(A’,B’) như trên luôn luôn tồn tại với B’ ngồi bên phải A’ mà A’ là bạn của A
và B’ là bạn của B. Ta khởi đầu từ A và đi theo chiều ngược kim đồng hồ(đi
về phía phải ) quanh bàn. Ta sẽ bắt gặp ít nhất n người bạn (không phải kẻ
thù) của A. Về phía phải mỗi người bạn của A có ít nhất n chỗ. Những chỗ
này không thể bị chiếm hết bởi các kẻ thù của B vì B chỉ có nhiều nhất n-1 kẻ
thù. Như vậy tồn tại người bạn A’ của A mà về phía phải người này là B’ mà
B’ là người bạn của B.
2.2

Phương pháp đếm dùng hàm sinh

2.2.1 Tóm tắt lí thuyết
*Định nghĩa 2.1([4])
được xác định bởi

Hàm sinh của dãy số thực a0 , a1 , a2 ....., an , ... là hàm số

G  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n  ...

*Định nghĩa 2.2([4]) Cho dãy số thực a0 , a1 , a2 ....., an , ... Hàm số cho bởi
�

G  x   �an
n 0

xn
n ! được goi là hàm sinh dang mũ của dãy.

10


Một số đẳng thức liên quan đến hàm sinh
1
 1  x  x 2  x3  ... ;
1 x
1
 1  2 x  3 x 2  4 x 3  ... ;
2
(1  x)
�
1

�Ciin1 xi ;
(1  x) n i 0
1
 1 — x  x 2 — x 3  ... ;
1 x
1
 1 +x r  x 2 r  x3r  ...
r
1 x

* Hai mệnh đề thường được sử dụng
+ Mệnh đề 2.1([4]) Cho hàm sinh
(i)

G  x    1  x  x 2  ...



n

.

r
Đạt ar là hệ số của xr trong khai triển của G(x) thì: ar  Cn r 1 ;

(ii)

 1
  x m   1  C l n x m  C 2n x 2m  ...    —1 x mn ;

(iii)

1  x  x

n

n

2

 ...  x m1    1 — x m   1  x  x 2  ...
n

n



n

.

+ Mệnh đề 2.2 ([4]) (Công thức xác định hệ số tích của hai hàm sinh) Cho
hai hàm sinh của hai dãy (an); (bn) lần lượt là:
(iv)

A  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...

(v)

B  x   b0  b1 x  b2 x 2  ...

(vi)

Đặt

=

G  x   A  x  .B  x   (a0  a1 x  a2 x 2  ... )  b0  b1 x  b2 x 2  ...

a0b0   a0 b1  a1b0  x   a0b2  a1b1  a2b0  x 2  ...

Khi đó hệ số của xr trong đó

khai triển của G(x) là:    a0br  a1br 1  a2br 2  ...  ar 2b2  ar 1b1  ar b0 .
Quy tắc xoắn: ([4]) Gọi A(x) là hàm sinh cho dãy cách chọn các phần tử từ
tập A(x), B(x) là hàm sinh cho dãy cách chọn các phần tử từ tập B. Nếu A và
B rời nhau thì hàm sinh cho số cách chọn các phần tử từ tập A �B là
A(x).B(x).

11


Chú ý:
- Thứ tự các phần tử không quan trọng.
- Việc chọn các phần tử ở A và B giống với cách chọn phần tử của A �B .
- Ý tưởng phương pháp hàm sinh như sau: Giả sử ta cần tìm công thức
tổng quát của một dãy số {an }. nào đó. Từ công thức truy hồi hoặc những lý
luận tổ hợp trực tiếp, ta tìm được hàm sinh :
A  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n  ...

- Khai triển A(x) thành chuỗi và tìm hệ số của x n trong khai triển đó ta tìm
được an . Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm mọi cấp tại x=a, khi đó khai triển

Taylor hàm số tại a là:

f  x  f  a 

f ' a 
f " a 
2

 x  a 
 x  a   ...
1!
2!

Bài toán 2.7. Giả sử có 4 loại kẹo: Chanh, dâu, sôcôla, sữa. Tìm hàm sinh
cho số cách chọn n cái kẹo thỏa mãn các điều kiện khác nhau sau đây:
a) Mỗi loại kẹo xuất hiện số lẻ lần.
b) Số kẹo của mỗi loại kẹo chia hết cho 3.
c) Không có kẹo socola và có nhiều nhất 1cái kẹo chanh.
Lời giải. a) Vì mỗi loại kẹo xuất hiện là như nhau nên ta chỉ cần tìm hàm
sinh cho số cách chọn một loại kẹo.
Ta có
0 cách chọn 0 cái kẹo;
1cách chọn 1cái kẹo;
1 cách chọn 2 cái kẹo;
2 cách chọn 3 cái kẹo;

...................................
3
5
Vậy hàm sinh cho số cách chọn một loại kẹo là: x  x  x  ... Áp dụng

quy tắc xoắn ta được hàm sinh cho số cách chọn n cái kẹo từ 4 loại kẹo là

12


A x 

 x  x3  x5  ...



4

 x 4  1  x  x 2  ...



4



x4

1 — x 

2 4

.

b, Ta có số cách chọn kẹo thỏa mãn điều kiện số kẹo của mỗi loại chia hết
cho 3 là:
1 cách chọn 0 cái kẹo;
0 cách chọn 1 cái kẹo;
0 cách chọn 2 cái kẹo;
0 cách chọn 3 cái kẹo;
0 cách chọn 4 cái kẹo;
0 cách chọn 5 cái kẹo;

0 cách chọn 6 cái kẹo.
Hàm sinh cho số cách chọn mội loại kẹo thỏa mãn điều kiện là:
1  x 3  x 6  x9  ...

Vậy hàm sinh cho số cách chọn n cái kẹo từ 4 loại kẹo thỏa mãn điều kiện là:
B ( x)   1  x3  x 6  x9  ...



4



1

1 — x 

d, Hàm sinh cho số cách chọn kẹo socola là : 1;
Hàm sinh cho số cách chọn kẹo chanh là : 1+ x ;
Hàm sinh cho số cách chọn kẹo dâu là:
1  x  x 2  x3  ... 

1

1 — x



;

Hàm sinh cho số cách chọn kẹo sữa là:
1  x  x 2  x3  ... 

1

1 — x



;

13

3 4

.


Vậy hàm sinh cho số cách chọn n cái kẹo từ 4 loại kẹo thỏa mãn điều kiện là:
C ( x) 

1 x
.
(1  x )2

2.2.2 Các dạng bài toán dùng hàm sinh.
*. Bài toán chọn các phần tử riêng biệt.
Bài toán 2.8. Có bao nhiêu cách chọn n phần tử phân biệt từ tập hợp k phần
tử.
Lời giải. Bài toán này có thể giải quyết dễ dàng bằng công thức tổ hợp.

Nhưng lần này chúng ta sẽ sử dụng hàm sinh. Cụ thể
a
Đầu tiên ta xét tập hợp có một phần tử  1 . Ta có:

1 cách chọn 0 phần tử;
1 cách chọn 1 phần tử;
0 cách chọn 2 phần tử trở lên.
a
Suy ra hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập  1 là 1  x .
a 1 �i �k 
Tương tự như vậy, hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập  i  

cũng là 1  x (không phụ thuộc vào sự khác biệt giữa các  ai  ).
a ,a
Tiếp tục xét tập 2 phần tử  1 2  ta có:

1 cách chọn 0 phần tử;
2 cách chọn 1 phần tử;
1 cách chọn 2 phần tử;
0 cách chọn 3 phần tử trở lên.
a ,a
Suy ra hàm sinh cho số cách chọn n phần tử từ tập  1 2  là:
1  2 x  x2   1  x    1  x   1  x  .
2

Tiếp tục áp dụng quy tắc này ta sẽ được hàm sinh cho số cách chọn các phần
tử từ tập k phần tử:  1  x   1  x  ...  1  x    1  x 

14

k

.


Ta có

Ck0  Ck1  Ck2  ...  Ckk   1  x 

k

n
n
. Như vậy hệ số của x trong  1  x  là Ck và
k

bằng số cách chọn n phần tử phân biệt từ tập k phần tử.
*. Bài toán chọn các phần tử có lặp
Để hiểu cách giải bài toán này trước tiên ta phải mở rộng, ta có quy tắc
xoắn.
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  .
Quy tắc này đúng cho cả trường hợp chọn các phần tử phân biệt, cũng
đúng cho trường hợp chọn nhiều lần cùng một phần tử.
Bài toán 2.9. Có bao nhiêu cách chọn k phần tử từ tập hợp có n phần tử, trong
đó cho phép một phần tử có thể được chọn nhiều lần.
Lời giải. Chia tập n phần tử thành hợp của n tập Ai ,1 �i �n ; mỗi tập gồm duy
nhất một phần tử thuộc tập n phần tử.
Với mỗi tập Ai ta có:

1 cách chọn 0 phần tử;
1 cách chọn 1 phần tử ;
1 cách chọn 2 phần tử;
....................................
Suy ra hàm sinh của cách chọn có lặp từ tập Ai là
1  x  x 2  x3  ... 

1
.
1 x

Áp dụng quy tắc xoắn suy ra hàm sinh của cách chọn có lặp các phần tử từ tập
hợp n phần tử sẽ là :
1
1
1
1
.
...

.
1  x 1  x 1  x  1  x n
1

Bây giờ ta cần tính hệ số của x

k

trong  1  x 

15

n

.


Áp dụng khai triển Taylor
f  x 

1

 1 x

n

f ' 0
f ''  0  2
f  k   0 k
 f  0 
x
x  ... 
x  ...
1!
2!
k!

k
Suy ra hệ số của x là

f  k
 Cnk k 1
k!
.
k
Như vậy số cách chọn k phần tử có lặp từ tập hợp có n phần tử là Cn  k 1 .

Bài toán 2.10. Có 5 loại kẹo : kẹo sữa, kẹo chanh, kẹo socola, kẹo dâu và kẹo
cà phê. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 12 cái kẹo từ 5 loại kẹo này.
12
Lời giải. Theo bài tập trên số cách chọn 12 cái kẹo từ 5 loại kẹo này là C16 .

Bài toán 2.11. Bài toán chọn quả
Có bao nhiêu cách sắp xếp một giỏ n trái cây thỏa mãn các điều kiện sau :
Số táo phải chẵn.
Số chuối phải chia hết cho 5.
Chỉ có thể có nhiều nhất 4 quả cam.
Chỉ có thể có nhiều nhất một quả đào.
Bài toán có những điều kiện ràng buộc rất phức tạp và ta có cảm giác như
việc giải bài toán là vô vọng. Nhưng hàm sinh lại cho ta cách giải nhanh gọn.
Lời giải. Trước tiên ta đi tìm hàm sinh cho từng loại quả
Chọn táo
1 cách chọn 0 quả táo ;
0 cách chọn 1 quả táo ;
1 cách chọn 2 quả táo ;
0 cách chọn 3 quả táo ;
………………………..
Như thế ta có hàm sinh

A  x   1  x 2  x 4  ... 

1
1  x2 .

Tương tự ta tìm được hàm sinh cho cách chọn chuối là :
B  x   1  x5  x10  ... 

1
.
1  x5

16


Hàm sinh cho cách chọn cam và đào hơi khác một chút.
Chọn cam
1 cách chọn 0 quả cam ;
1 cách chọn 1 quả cam ;
1 cách chọn 2 quả cam ;
1 cách chọn 3 quả cam ;
1 cách chọn 4 quả cam ;
0 cách chọn 5 quả cam .
Như thế ta có hàm sinh

C  x   1  x  x 2  x3  x 4 

1  x5
1 x .

Tương tự ta tìm được hàm sinh cho cách chọn đào là :

D  x  1  x 

1  x2
.
1 x

Áp dụng Quy tắc xoắn suy ra hàm sinh cho cách chọn từ cả 4 loại quả là:
A  x  .B  x  .C  x  .D  x  

1
1 1  x5 1  x 2
1
.
.
.

 1  2 x  3 x 2  4 x 3  ...
2
5
1  x 1  x 1  x 1  x  1  x2  2

Như vậy cách xếp giỏ trái cây gồm n trái đơn giản là n  1 cách.
2.3

Phương pháp nguyên tắc cực hạn và sử dụng ánh xạ

2.3.1 Khái niệm điểm cực hạn
Một trong những lời khuyên đối với người làm toán là: "Hãy chú ý xét các
trường hợp đặc biệt".

Khái niệm trường hợp đặc biệt có thể hiểu theo nhiều góc độ:
- Đối với một đa giác, các điểm đặc biệt là những điểm thuộc cạnh (điểm
biên), các đỉnh ( điểm cực biên) hoặc các điểm mà tại đó có một đặc trưng
nào đó của hình đạt giá trị đặc biệt(  0;  �; không xác định; đạt min; đạt
max; ...), Bài toán điểm trọng tâm của hình.
- Đối với một tập hợp sắp thứ tự, các điểm đặc biệt là những phần tử lớn
nhất hoặc phần tử nhỏ nhất của tập hợp.
- Trên trục số có ba điểm đặc biệt là 0;  �; �.
- Đối với một bài toán có điều kiện, các trường hợp đặc biệt xảy ra khi các

17


biến có mặt bằng nhau hoặc xảy ra dấu bằng trong các đánh giá của điều kiện.
- Đối với một hàm số, các điểm đặc biệt là những điểm mà tại đó hàm số
không xác định, hoặc bằng 0, hoặc đạt cực trị, ...
- Đối với một đường cong, đó là các điểm gián đoạn, điểm cực trị, điểm
uốn, điểm biên, ...
Các điểm, trường hợp đặc biệt nói trên được gọi chung là các điểm cực
hạn. Tóm lại, điểm cực hạn là các điểm mà tại đó một đặc trưng nào đó của
đối tượng đang xét đạt khủng hoảng, hay là có thay đổi về chất. Tùy theo
trường hợp mà điểm cực hạn có các tên gọi khác nhau. Chẳng hạn : "Điểm kì
dị " trong lí thuyết hàm phức, "Điểm tới hạn" khi xét sự biến thiên của hàm
số, "Điểm gián đoạn" khi xét tính liên tục của hàm số .... Các điểm cực hạn
của một hệ thống có vai trò quan trọng trong việc khảo sát hệ thống đó.
Ta chỉ xét một số trường hợp đặc biệt, riêng của điểm cực hạn. Muốn vậy,
trước hết phải chỉ ra sự tồn tại của nó.
Định lí 2.1. ([2]) (Về sự tồn tại điểm cực hạn của tập hợp). Trong tập hợp
gồm hữu hạn phần tử là các số, luôn tồn tại phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ
nhất.

Định lí trên là trường hợp đặc biệt của định lí sau đây:
Định lí 2.2. ([2])

Xét tập A gồm hữu hạn phần tử. Mỗi phần tử x �A được

đạt tương ứng với một trạng thái f (x) nào đó của nó. Khi đó, nếu mỗi trạng
thái f (x) có một đặc trưng P(f(x)) và tập các đặc trưng:
thể sắp thứ tự thì tồn tại:
Hệ quả 2.1: ([2])

minP  f
x�A  

 x 

và

maxP  f
x�A  

{P ( f  x  ) | x � A}

có

 x  .

Nếu vai trò của các chỉ số trong tập gồm n số: x1; x2 ;...; xn

là như nhau thì luôn có thể giả sử: x1  x2  ...  xn .
Một trong những ứng dụng của điểm cực hạn là nguyên lí nổi tiếng của

18


 min f ( x); max f ( x )

Pontriagin: Nếu

x�A  

x�A  

thì các giá trị min; max đó thường đạt tại

những điểm cực hạn của A.
*. Mô tả nội dung phương pháp
Khi khảo sát một tính chất nào đó của các phần tử của tập A, ta có thể xét
tính chất đó tại điểm cực hạn x � A . Do x là điểm cực hạn nên ta có thêm
những thông tin( điều kiện) phụ đối với x. Từ các kết quả của việc khảo sát tại
những điểm cực hạn ta có thể dự đoán kết quả chung cho các phần tử thuộc A.
Bài toán 2.12. Cho 1985 tập hợp, mỗi tập hợp trong số đó gồm 45 phần tử,
hợp của hai tập hợp bất kì gồm 89 phần tử. Có bao nhiêu phần tử chứa trong
tất cả 1985 tập hợp đó.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh rằng có tồn tại số a �A1 mà a thuộc ít nhất 45 tập
hợp khác A2 , A3 ,..., A46 .
Giả sử ngược lại: Mọi phần tử của A đều thuộc nhiều nhất 44 tập hợp nên
các phần tử của A thuộc nhiều nhất 44.45  1  1981 tập hợp
Vì hợp của hai tập hợp bất kì có số phần tử là 89 nên giao của hai tập hợp
bất kì là một phần tử. Suy ra A giao với 1984 tập hợp khác. Suy ra các phần tử
thuộc A thuộc 1984 tập hợp khác (mâu thuẫn).

Vậy các tập hợp A1 , A2 ,..., A46 giao nhau bởi một phần tử a duy nhất.(a là duy
nhất vì nếu tồn tại b thuộc vào các tập hợp A1 , A2 ,..., A46 thì khi đó giao của hai
tập hợp bất kì có hai phần tử).
*

Giả sử A

không chứa a. Suy ra A* giao với A1 , A2 ,..., A46 tại 46 phần tử khác

nhau. Do đó A* có ít nhất 46 phần tử (mâu thuẫn với giả thiết).
Bài toán 2.13. Có 3 trường học, mỗi trường có n học sinh. Mỗi học sinh quen
với ít nhất n+1 học sinh từ hai trường khác. Chứng minh rằng người ta có thể
chọn ra từ mỗi trường một bạn sao cho ba học sinh được chọn đôi một quen
nhau.

19


Lời giải. Rõ ràng ở đây cần quan tâm đến phần tử "cực hạn" là người có
nhiều bạn nhất, vì chúng ta đang muốn tìm những người quen nhau đôi một.
Gọi A là học sinh có nhiều bạn nhất ở một trường khác. Gọi số bạn nhiều
nhất này là k. Giả sử A ở trường thứ nhất và tập những bạn quen A là là
M  {B1 , B2 , ..., Bk } ở trường thứ 2.

Theo giả thiết, có ít nhất một học sinh C ở trường thứ 3 quen với A. Vì C
quen không quá k học sinh ở thường thứ nhất nên theo giả thiết C quen với ít
nhất n+1-k học sinh của trường thứ hai, đặt N  {D1 , D2 ,..., Dm } là những người
quen C ở trường thứ hai thì m  n  1  k Vì M, N đều thuộc tập hợp gồm n học
sinh và

M  N  k  n 1 k  n 1

nên ta có. M �N   . Chọn B nào đó

thuộc M �N thì ta có A, B, C đôi một quen nhau.
Bài toán 2.14. Trên bảng có 2010 câu khẳng định:
Câu 1. Trên bảng có ít nhất một câu khẳng định sai ;
Câu 2. Trên bảng có ít nhất hai câu khẳng định sai ;
...........
Câu 2010. Trên bảng có ít nhất 2010 câu khẳng định sai.
Hỏi những câu nào đúng?
Lời giải. Gọi A là tập hợp các chỉ số k sao cho câu khẳng định thứ k là câu
đúng. Vì câu thứ 2010 không thể là câu đúng nên câu 1 là câu đúng, do đó
A �  Vì A có hữu hạn phần tử nên tồn tại một phần tử k lớn nhất. Do k �A

nên1, 2,3,..., k  1 �A . Do k là phần tử lớn nhất của A nên k  1, ....2010 �A .
Suy ra A  k .
Gọi B là tập hợp các chỉ số k sao cho câu khẳng định thứ k là câu sai. Do
câu khẳng định thứ k là câu sai nên B  k . Do câu khẳng định thứ k+1 đúng
nên

B

 k

. Suy ra

B  k

. Mặt khác

A  B  2010

Vậy các câu khẳng định đúng là 1, 2, ... ,1005.

20

nên k=1005.


2.3.2 Phương pháp sử dụng ánh xạ
2.3.2.1. Ánh xạ:
Định nghĩa 2.3 : ([8])

Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt

tương ứng mỗi phần tử x của X với một và chỉ một phần tử y của Y. Phần tử y
được gọi là tạo ảnh của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là f  x  .
(i). Tập X được gọi là tập xác định của f. Tập Y được gọi là tập giá trị của f.
(ii). Ánh xạ f từ X đến Y được ký hiệu là f : X � Y .
2.3.2.2. Đơn ánh, toàn ánh, song ánh
(i) Ánh xạ

f : X �Y

được gọi là đơn ánh nếu với mọi

a �ιX , b X , a b thì f  a  �f  b  .
Hay với mọi a �X , b �X mà f  a   f  b  thì a  b .
(ii)Ánh xạ f : X � Y được gọi là toàn ánh nếu với mỗi y �Y đều tồn tại

một phần tử x �X sao cho y  f  x  .
(iii) Ánh xạ f : X � Y được gọi là song ánh nếu nó vừa là toàn ánh, vừa
là đơn ánh.
Nguyên lý ánh xạ. ([8])

Cho A và B là các tập hữu hạn khác rỗng

và f : A � B là một ánh xạ. Khi đó:
a) Nếu f là đơn ánh thì A �B ;
b) Nếu f là toàn ánh thì A �B ;
c) Nếu f là song ánh thì A  B .
2.3.2.3. Một số bài toán
Dạng 1: Sử dụng song ánh vào các bài toán đếm nâng cao
Phương pháp song ánh dựa vào một ý tưởng rất đơn giản: Nếu tồn tại một
song ánh từ A vào B thì

A  B

. Do đó, muốn chứng minh hai tập hợp có

21


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 ta đã biết cách đếm.
Bài toán 2.15. [Olympic toán châu Á- Thái Bình Dương lần thứ 10 năm
1997] Giả sử F là tập hợp tất cả các bộ (A1,A2,…,Ak), trong đó Ai(i = 1,2,
…,k) là một tập hợp con của tập (1,2,3,…,1998). Ký hiệu là số phần tử của
tập A.

S

Hãy tính

�
( A ,A ,...,AK )�F
1 2

A1 �A2... �Ak .

(1)

Lời giải. Để tránh nhầm lẫn, ta gọi F là F k và S là Sk . Gọi T (i, k) là số các
cặp

 A , A ,�, A  �F
1

2

k

sao cho . Ta tính Sk thông qua việc tính T (i, k). Với i

k

phần tử n1, n2 ,…, ni thuộc {1, 2, …, n} ta đếm xem có bao nhiêu bộ (A 1, A2,
…,Ak) thỏa mãn điều kiện

A1 �A2 �� �Ak 

 n , n ,�, n 
1

2

i

(2), từ đó tính được

T (i, k) và Sk .
Ta cho các phần tử n1, n2,…, ni “đăng ký” có mặt trong các tập Ai theo quy
tắc: nếu, chẳng hạn n1 đăng ký có mặt trong A1, A2 và không có mặt trong các
tập còn lại thì phiếu đăng ký ghi là (1, 1, 0,…,0), còn nếu n 1 chỉ có mặt trong
Ak thì ghi phiếu là (0, 0,..,1). Phiếu đăng ký là hợp lệ nếu có ít nhất một số 1
  Ak
(nếu không phần tử tương ứng sẽ không có mặt trong A1 �A2 ���
. Dễ thấy

rằng với hai bộ phiếu đăng ký khác nhau, ta có hai bộ tập hợp (A 1,A2,…,Ak)
khác nhau và như thế số bộ (A1, A2,…,Ak) thỏa mãn (2) bằng số bộ phiếu
đăng ký hợp lệ. Vì phiếu đăng ký của np, p = 1,2,.., i gồm k và 0 hoặc 1 và
2 – 1
có 
k

phải có ít nhất một số 1 nên np

i

bộ phiếu đăng ký hợp lệ khác nhau.

Cuối cùng, chú ý rằng có cách chọn i phần tử từ n phần tử nên ta có T(i,
k) = và từ đây suy ra

.

22