Cac phuong phap dem nang cao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị:Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
ĐẾM NÂNG CAO

Người thực hiện: NGUYỄN TẤT THU
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ mơn: Tốn học



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 

Có đính kèm: Các sản phẩm khơng thề hiện trong bản in SKKN
 Mơ hình
 Phần mềm
 Phim ảnh
 Hiện vật khác

Năm học: 2013 – 2014

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Tất Thu
2. Ngày tháng năm sinh: 13-09-1980
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: Tổ 10 – KP5 - Trảng Dài – Biên Hoà - Đồng Nai
5. Điện thoại:
(CQ)/
(NR); ĐTDĐ:0942444556
6. Fax:
E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH Đ Ộ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ
- Năm nhận bằng: 2013
- Chuyên ngành đào tạo: Lí luận và phương pháp dạy học bộ mơn Tốn
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Giảng dạy mơn Tốn
Số năm có kinh nghiệm: 11 nằm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
1. Một số phương pháp xác định CTTQ của dãy số - năm 2008
2. Sử dụng hàm lồi trong chứng minh bất đẳng thức – năm 2009
3. Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010
4. Một số phương pháp giải bài toán cực trị tổ hợp – năm 2012
5. Một số phương pháp giải bài toán tồn tại trong tổ hợp – năm 2013


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
ĐẾM NÂNG CAO

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chủ đề tổ hợp thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi và đây là chủ
đề được đánh giá là khó nhất trong đề thi. Về toán tổ hợp ta thường gặp bài toán ở dạng
yêu cầu chúng ta đi đếm số cách thực hiện một cơng việc nào đó. Đây là một dạng tốn
khó và có nhiều phương pháp để giải. Để giúp học sinh chun tốn có được những nên
tảng vững chắc về các bài tốn đếm, chúng tơi hệ thống và minh họa một số phương
pháp đếm nâng cao. Đó là lí do mà tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp đếm nâng
cao” làm đề tài nghiên cứu của mình.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận
2. Tiến trình thực hiện để tài
2.1. Phương pháp song ánh
Tính chất: Cho A, B là hai tập hợp hữu hạn và ánh xạ f : A  B . Khi đó:
 Nếu f là đơn ánh thì A  B

 Nếu f là tồn ánh thì A  B
 Nếu f là song ánh thì A  B

Do đó thay vì đ ếm số phần tử của A , ta đi đếm số phần tử của B .
Ví dụ 1. Cho X  a1 ,a 2 ,...,a n  với n là số tự nhiên dương, k là số tự nhiên thỏa
kn.





Đặt S  (a i ,a i ,...,a i ) a i ,a i ,...,a i  X ;1  i1  i 2  ...  i k  n . Tính số phần tử
1
2
k

1
2
k
của tập S.
Lời giải.
Ta có: (a i ,a i ,...,a i )   i1 ,i 2 ,...,i k  là một song ánh từ tập S vào tập S1 gồm các
1
2
k

bộ  i1 ,i 2 ,...,i k  với 1  i1  i 2  ...  i k  n nên S  S1 .
Khó khăn gặp phải khi đếm các bộ của tập S1 là các số i1 ,...,i k có thể bằng nhau.
Do đó, ta tìm các phá b ỏ các dấu “=” ở trong bất đẳng thức 1  i1  i 2  ...  i k  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 ,i 2 ,...,i k mỗi chỉ số tăng thêm một đơn vị
so với chỉ số trước nó. Dẫn tới, ta đi xét tương ứng sau
Xét tương ứng  i1 ,i 2 ,...,i k   S1   i1 ,i 2  1,...,i k  k  1 . Rõ ràng, đây là một
song ánh từ S1 và tập S 2 là tập gồm các bộ  j1 , j2 ,..., jk  sao cho
j1 , j2 ,..., jk  1,2,...,n  k  1 và j1  j2  ...  jk

Suy ra S1  S 2  C nk  k 1 .
Hệ quả: Số nghiệm nguyên không âm của phương trình : x1  x 2  ...  x k  n là
Ckn  k 1 .

Hệ quả: Số nghiệm nguyên dương của phương trình: x1  x 2  ...  x k  n là
C kn11 .

Ví dụ 2. Trong một giải bóng đá có 10 trận đấu và được diễn ra trong vịng 30

ngày. Hỏi ban tổ chức có bao nhiêu cách sắp xếp các trận đá bóng sao cho hai
trân đấu kế nhau phải cách nhau ít nhất một ngày.
Lời giải.
Cách 1:
Giả sử trận đấu thứ i được xếp vào ngày xi . Khi đó, mỗi cách xếp các trận đấu
tương ứng với một bộ 10 số  x1 ,x 2 ,...,x10  thỏa các điều kiện sau
 1  x1  x 2  x 3  ...  x10  30

 xi 1  xi  2 với mọi i  1,29 .
Nếu các bộ  x1 ,x 2 ,...,x10  chỉ thỏa mãn điều kiện thứ nhất thì việc đếm trở nên
đơn giản. Khó khăn ở đây là điều kiện thứ 2. Điều kiện này bắt buộc các số
x1 ,x 2 ,...,x10 khơng có hai số nào là hai số tự nhiên liên tiếp, do đó ta tìm cách

chuyển về hai số kề nhau có thể là hai số tự nhiên liên tiếp để đếm.
Ta có x 2  x1  2  x 2  x1  1  x 2  1  x1 nên hai số x 2  1 và x1 có thể là hai
số tự nhiên liên tiếp. Tương tự như vậy, ta có xi 1  1 và xi có thể là hai số tự
nhiên liên tiếp.
Dẫn đến, ta sẽ chuyển bộ  x1 ,x 2 ,...,x10  về bộ  x1 ,x 2  1,x 3  2...,x10  9  .
Gọi A là tập các bộ  x1 ,x 2 ,...,x10  thỏa mãn các điều kiện trên
B

 y1 ,...,y10  1  y1  y2  ...  y10  21

Xét ánh xạ f : A  B được xác định như sau
f  x1 ,...,x10    x1 ,x 2  1,x 3  2,...,x10  9 
Ta chứng minh được f là một song ánh
Do đó A  B  C10
21  352716 .

Cách 2: Giả sử giữa ngày thứ nhất đến ngày trận đấu thứ nhất có x1 ngày, giữa
trận đấu thứ nhất và trận đấu thứ 2 có x 2 ngày,..., giữa trận đấu thứ 10 đến
ngày thứ 30 có x11 ngày.

Khi đó, mỗi cách xếp 10 trận đấu tương ứng với một bộ  x1 ,x 2 ,...,x11  thỏa các
điều kiện sau
 x1 ,x11  0; x 2 ,x 3 ,...,x10  1
 x1  x 2  ...  x11  30  10  20

Đặt y1  x1 ,y11  x11 ,yi  xi  1, i  2,10
Khi đó, mỗi bộ  x1 ,x 2 ,...,x11  tương ứng với một bộ  y1 ,y 2 ,...,y11  thỏa
y1 ,y 2 ,...,y11  0 và y1  y 2  ...  y11  11 (*).

Số các bộ  y1 ,y 2 ,...,y11  chính là số nghiệm khơng âm của phương trình (*) và
11
bằng C11
11111  C 21 .

Vậy có C11
21  352716 cách xếp 10 trận đấu thỏa các u cầu bài tốn.
Ví dụ 3. Cho đa giác đều 2013 đỉnh. Người ta tô 100 đỉnh của đa giác bởi màu
đỏ. Hỏi có bao nhiêu cách tô sao cho giữa hai đỉnh được tô màu kề nhau có ít
nhất 3 đỉnh khơng được tơ màu.
Lời giải.
Gọi các đỉnh của đa giác là A1 ,A 2 ,...,A 2013
Giả sử ta tô màu các đỉnh Ai ,A i ,...,A i . Khi đó, mỗi cách tơ màu thỏa yêu
1
2
100
cầu bài toán ứng với bộ  i1 ,i 2 ,...,i100  thỏa các điều kiện sau

 1  i1  i 2  ...  i100  2013

 i k 1  i k  4 với k  1,2012 và 2013  i1  i 2013  4 .
Ta thấy i k 1  i k  4  i k 1  i k  3  i k 1  3  i k , do đó ta sẽ thay thế các i k
bởi i k  3(k  1) .
Gọi S là tập các bộ  i1 ,i 2 ,...,i100  thỏa các điều kiện nói trên, S1 là tập các bộ
(a1 ,a 2 ,...,a100 ) thỏa
 1  a1  a 2  ...  a100  1716

 a100  a1  1712 .
Khi đó, ánh xạ f : S  S1 được xác định

f(i1 ,i 2 ,...,i100 )   a1 ,a 2 ,...,a100  với a k  i k  3(k  1), k  1,100
Dễ dàng kiểm chứng được f là một song ánh.
Ta xét các trường hợp sau


 a1  1,2,3 , đặt bi  a i  a1 . Khi đó, ánh xạ g đi từ S1 và tập S 2 là tập các
bộ  b1 ,b 2 ,...,b100  thỏa 1  b2  b3  ...  b100  1712 là một song ánh. Ta có
99
.
S 2  3.C1712

 a1  4 . Đặt ci  a i  3 . Khi đó, ánh xạ h đi từ S1 vào S 3 gồm các bộ
 c1 ,c2 ,...,c100  thỏa 1  c1  c 2  ...  c100  1713 là một song ánh và
100
.
S 3  C1713

99

100
Vậy S  S 2  S 3  3.C1712
.
 C1713

Ví dụ 4. Có bao nhiêu chỉnh hợp chập k (a1 ,a 2 ,...,a k ) của n số tự nhiên đầu
tiên thỏa ít nhất một trong hai điều kiện sau
i) Tồn tại i, j  1,2,...,k thỏa a i  a j và i  j
ii) Tồn tại i  1,2,...,k sao cho a i  i là số lẻ.
Lời giải.
Gọi S là tập các chỉnh hợp chập k của n số tự nhiên đầu tiên. Ta có
n!
.
S  A kn 
(n  k)!
Gọi A là tập các chỉnh hợp thỏa yêu cầu bài toán.
B  a  (a1 ,a 2 ,...,a k )  S và các a i thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau
(a) a i 1  a i với mọi i  1,k  1
(b) a i  i luôn là số chẵn với mọi i  1,k .

Ta có A  S  B .
Ta đi tính B  ?

Với mỗi bộ (a1 ,a 2 ,...,a k )  1,2,3,...,n thì tồn tại duy nhất một chỉnh hợp chập
k (a1 ,a 2 ,...,a k ) thỏa điều kiện (a). Do đó, ta chỉ cần đi phân tích điều kiện (b)
Vì a i  i là số chẵn khi và chỉ khi a i  i là số chẵn. Hơn nữa giá trị của a i  i ta
khó kiểm sốt cịn các giá trị của a i  i chỉ thuộc vào tập 1,2,3,...,k  n nên ta

xét ánh xạ f từ tập B và tập C được xác định bởi f(a1 ,a 2 ,...,a k )   b1 ,b 2 ,...,b k 
với bi  a i  i và C là tập gồm các bộ  b1 ,b 2 ,...,b k  thỏa bi là số chẵn i  1,k

và bi  1,2,...,n  k .
Ta chứng minh được f là song ánh.
Vì vậy B  C  C k

 nk 
 2 



.


Vậy A  C kn  C k
.
 nk 
 2 



Ví dụ 5. Cho một tam giác đều cạnh bằng n . Chia tam giác này thành n 2 tam
giác đều cạnh bằng 1 bởi các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác
đó. Tính số hình bình hành nằm trong tam giác và được tạo bởi các đường thẳng
trên.
Lời giải.
A

C

B

B'

D

E

F

H

C'

Kí hiệu các đỉnh của tam giác đều cạnh n là ABC và S là tập các hình bình
hành cần tính.
Tập hợp các hình bình hành cần tính được phân hoạch thành ba nhóm rời nhau
là S BC ,SCA ,S AB . Trong đó S BC là tập gồm các hình bình hành có hai cặp cạnh
song song với AB và AC ; SCA ,S AB được định nghĩa tương tự.
Ta thấy S BC  SCA  S AB và S  3 S BC .

Ta đi tính S BC  ? .
Trên các tia AB,AC kéo dài ta lấy các điểm B',C' sao cho BB'  CC'  1 .
Ta chia đoạn B'C' thành n  1 đoạn bằng nhau B'A1 ,A1A 2 ,...,A nC'

Với mỗi hình bình hành thuộc S BC , ta kéo dài các cạnh của hình bình hành, cắt
B'C' tại 4 điểm phân biệt thuộc vào tập các điểm T  B',A1 ,...,A n ,C' .

Khi đó mỗi hình bình hành sẽ tương ứng với 4 điểm thuộc T và ngược lại với 4
điểm thuộc T cho ta một hình bình hành thuộc S BC .
Chẳng hạn, trong hình vẽ: Hình bình hành được tô đậm miền trong sẽ tương
ứng với 4 điểm B',D,E,F , cịn hình bình hành được tơ đậm 4 cạnh tương ứng

với 4 điểm C',H,F,D .


Do đó mỗi hình bình hành thuộc S BC tương ứng với bộ 4 điểm thuộc T nên
S BC  Cn4  2 .

Vậy S  3C4n  2 .

Ví dụ 6. Cho A là tập hữu hạn các số thực dương. Ta định nghĩa B và C là các
tập sau
x

B   x,y  A  , C  xy x,y  A .
y






2

Chứng minh rằng A . B  C .
x 
 x x
Giả sử B   1 , 2 ,..., k 
y k 
 y1 y 2

Lời giải.

x
với các phân số i phân biệt.
yi

 x 
Xét ánh xạ f : A  B  C 2 được xác định bởi f  z; i    zxi ; zy i 
 yi 
 xj 
 x 
Xét a   z; i  , b   z';  mà f(a)  f(b) , ta có:
 yj 
 yi 


xi z  x jz'
xi  x j
xi x j



 z  z'  a  b .


y
z

y
z'
y


y
y
y
j
j
i
j
 i
 i
Vậy f là đơn ánh.
2

Suy ra A  B  C  C  A . B  C .
2.2. Đếm bằng hệ thức truy hồi
Nội dung của phương pháp truy hồi là để đếm số phần tử của một tập hợp hữu
hạn X , ta phân hoạch X thành các tập con rời nhau X1 ,X 2 ,...,X k . Khi đó
X  X1  X 2  ...  X k
Do đó, để đi đếm số phần tử của tập X ,ta đi đếm số phần tử của các tập có số
lượng phần tử nhỏ hơn là X1 ,X 2 ,...,X k .

Ví dụ 1. Cho tập hợp A có n (n  1) phần tử. Hãy tính số tập con của tập A .
Lời giải.
Gọi S n là tập hợp gồm tập con của tập A  1,2,3,...,n và a n  S n . Ta phân

hoạch tập S n thanh hai tập X gồm các tập con chứa n và Y gồm các tập con
khơng chứa n . Khi đó a n  X  Y .
 Tính X


Với mỗi tập con T  X , ta có T  T' n , trong đó T' là một tập con của tập

1,2,...,n  1 .

Khi đó, ánh xạ f : X  S n 1 , f  T   T' là một song ánh.
Do đó X  S n 1  a n 1 .
 Tính Y
Vì mỗi tập con H thuộc Y , ta có H không chứa n nên H là một tập con của tập
1,2,...,n  1 và ngược lại. Do đó, Y  S n 1  a n 1 .
Suy ra a n  a n 1  a n 1  2a n 1  2 n 1.a1  2 n .
Nhận xét: Mẫu chốt của lời giải trên là ta đi phân hoạch tập S n thành 2 tập. Một
tập gồm các tập con chứa n và một tập gồm các tập con khơng chứa n , rồi đi
tính số phần tử của mỗi tập đã đư ợc phân hoạch đó.
Ví dụ 2. Cho n là số ngun dương. Có bao nhiêu xâu kí tự độ dài n : a1a 2 ...a n
với kí tự a i lấy trong các số 0,1,2,...,9 mà số lần xuất hiện của số 0 trong xâu
kí tự là số chẵn.
Lời giải. Đặt A n là số xâu kí tự có độ dài n mà số lần xuất hiện của số 0 là số
chẵn và a n  A n
Ta thấy a1  9

Vì có 10 n xâu kí tự có độ dài n nên số xâu kí tự độ dài n mà trong đó số xuất
hiện của chữ số 0 là số lẻ bằng 10 n  a n .

Ta phân hoạch tập A n thành hai tập rời nhau X,Y như sau :
X  x  A n x  0a 2a 3 ...a n và Y  x  A n x  a1a 2 ...a n , a1  0
Ta tính X









Với x  X thì xâu kí tự a 2 ...a n có độ dài n  1 và số xuất hiện của chữ số 0 trong
xâu là số lẻ. Do đó ta có X  10 n 1  a n 1 .
Ta tính Y
Với x  a1a 2 ...a n  Y thì xâu a 2a 3 ...a n có độ dài n  1 và số lần xuất hiện của số 0
là số chẵn. Do đó, có a n 1 xâu a 2a 3 ...a n như vậy. Với mỗi xâu a 2a 3 ...a n  A n 1
ta có 9 cách chọn a1 .
Suy ra Y  9a n 1 .

Do đó a n  10 n 1  a n 1  9a n 1  8a n 1  10 n 1 .
Từ đây, ta tìm đư ợc a n  4.8 n 1  5.10 n 1 , n  1 .


Ví dụ 3. Có bao nhiêu hốn vị (a1 ,a 2 ,...,a n ) của tập 1,2,3,...,n sao cho tồn tại
duy nhất một chỉ số i sao cho a i  a i 1 .

Lời giải. Gọi S n là tập các hoán vị (a1 ,a 2 ,...,a n ) của tập 1,2,3,...,n sao cho tồn
tại duy nhất một chỉ số i sao cho a i  a i 1 và đặt x n  S n . Rõ ràng với mỗi
x   a1 ,a 2 ,...,a n   S n thì x chỉ có thể xảy ra ba dạng sau

+) a n  n , gọi tập các hoán vị thuộc dạng này là tập X
+) a i  n , a i 1  a i 1 còn a j  a j1 , j  i  1,i , gọi tập các hoán vị thuộc dạng
này là Y
+) a i  n và a j  a j1 , j  i , gọi tập các hốn vị thuộc dạng này là Z .
Khi đó tập S n được phân hạch thành ba tập X,Y,Z nên S n  X  Y  Z .
Dễ thấy X  x n 1
Với mỗi hoán thuộc tập Y , khi ta bỏ a i thì ta thư được một hoán vị thuộc S n 1

và ngược lại mỗi hoán vị thuộc S n 1 ta chèn thêm n vào giữa a i và a i 1 (với

a i  a i 1 ) ta được một hoán vị thuộc tập Y . Suy ra Y  x n 1
Với mỗi hoán vị thuộc tập Z ta rút a i ra thì ta thu được hốn vị  1,2,3,...,n  1

và với mỗi hốn vị này, ta có n  1 cách chèn n vào. Do đó Z  n  1 .
Do đó x n  x n 1  x n 1  n  1  2x n 1  n  1 và x 2  1 .

Từ đây ta tìm được x n  2 n  n  1, n  2 .
Ví dụ 4. Cho tập A   , ta định nghĩa A  1  a  1 a  A . Hỏi có bao nhiêu tập
con A của tập 1,2,...,n

 n   ,n  1

số 400 bài T10).
Lời giải.







sao cho A   A  1  1,2,...,n (THTT



Đặt X n  A A  A  1  1,2,...,n và a n  A n
Ta có a1  0,a 2  1 .

Vì n  A   A  1 , n  1  A   A  1 nên n  A và n  1  A . Do đó, ta chia tập









X n thành hai tập rời nhau Yn  A  X n n  2  A và Z n  A  X n n  2  A .
+) Tính Yn

Với A  Yn , ta đặt B  A\n  1 , khi đó B  B  1  1,2,...,n  1 nên
Yn  a n 1 .
+) Tính Z n

Với A  Z n , ta đặt B  A\n  1 , khi đó B  B  1  1,2,...,n  2 . Suy ra
Zn  a n 2 .


Do đó, ta có a n  a n 1  a n  2 . Từ đây ta tìm đư ợc
n 1
n 1 

1 5 
1  1  5 
.
an 








5  2 
 2 


Ví dụ 5. Có n tấm thẻ được đánh số từ 1 đến n . Có bao nhiêu cách chọn ra một
số thẻ (ít nhất 1 tấm) sao cho tất cả các số viết trên các tấm thẻ này đều lớn hơn
hoặc bằng số tấm thẻ được chọn.
Lời giải.
Gọi S n là tập các thẻ được chọn thỏa yêu cầu bài toán và a n  S n .
Ta phân hoạch tập S n thành hai tập rời nhau A và B như sau
A là tập gồm các thẻ được chọn khơng có thẻ mang số n và B là tập gồm các
thẻ được chọn trong đó có thẻ ghi số n . Khi đó a n  A  B .
 Tính A

Xét ánh xạ f : A  S n 1 , f(x)  x là một song ánh. Do đó A  S n 1
 Tính B
Ta phân hoạch B thành hai tập rời nhau B1 và B2
B1 gồm các cách lấy 1 thẻ và B2 gồm các cách lấy ít nhất 2 thẻ.
Dễ thấy B1  n  B1  1

Xét một cách lấy thẻ thuộc B2 . Giả sử
Vì số thẻ lấy ra khơng ít hơn 2 nên thẻ ghi số 1 không được chọn.
Gọi a n là số cách chọn một số thẻ từ n thẻ sao cho tất cả các số viết trên thẻ đều
không nhỏ hơn số thẻ được chọn. Ta có các trường hợp sau

 Thẻ ghi số n khơng được chọn, khi đó các thẻ được chọn từ các thẻ được
ghi từ số 1 đến n  1 và tất cả các số viết trên các tấm thẻ đều không nhỏ
hơn số thẻ được chọn. Số cách chọn trong trường hợp này là a n 1 .

 Thẻ ghi số n được chọn
+) Nếu chỉ chọn 1 thẻ ghi số n thì có 1 cách chọn
+) Nếu chọn ít nhất hai thẻ thì thẻ ghi số 1 sẽ không được chọn và các thẻ được
chọn còn lại (khác thẻ ghi số n ) gồm các thẻ ghi số từ 2 đến n  1 , ta trừ đi mỗi
số ghi trên các thẻ này 1 đơn vị thì ta đư ợc các thẻ ghi từ số 1 đến n  2 . Do đó,
trường hợp này có a n  2  1 cách chọn.
Từ đó, ta suy ra a n  a n 1  a n  2  1 và a1  1,a 2  3 .
Do đó ta tìm được a n 



1 5



n 1



 1 5

2 5



n 1

 1.


Ví dụ 6. Cho tập A  {1;0;1} . Tìm số bộ (a1 ,a1 ,...,a n ) thỏa:
1) a i thuộc A với mọi i  1,2,...,n

2) a i  a i 1 thuộc A với mọi i  1,2,...,n  1 .
Lời giải.
Gọi S n là tập các bộ (a1 ,a1 ,...,a n ) . Ta phân hoạch tập S n thành ba tập rời nhau
A n  (a1 ,a1 ,...,a n )  S n a n  1



Bn  (a1 ,a1 ,...,a n )  S n a n  0
Cn  (a1 ,a1 ,...,a n )  S n a n  1 .

Đặt u n  S n , x n  A n , y n  Bn , z n  C n .
Xét một bộ (a1 ,a1 ,...,a n )  A n , khi đó a n 1  0  a n 1  1 . Do đó, khi bỏ phần tử
a n ta thu được một bộ thuôc A n 1 hoặc Bn 1 . Ngược lại với mỗi bộ thuộc
A n 1 hoặc Bn 1 ta có thể thêm vào cuối số 1 hoặc số 0 để thu được một dãy
thuộc A n . Do đó, ta có x n  x n 1  y n 1

Tương tự, ta có y n  x n 1  y n 1  z n 1  u n 1 và z n  z n 1  y n 1
Do đó u n  x n  y n  z n  x n 1  y n 1  u n 1  z n 1  y n 1  2u n 1  u n  2 .
Từ đó, ta tìm đư ợc u n

1  2 


n 1



 1 2



n 1

.
2
Chú ý: Trong một số bài toán, chúng ta cần xây dựng thêm đối tượng phụ để
giúp giải quyết bài tốn đếm.
Ví dụ 7. Từ các chữ số 3,4,5,6 lập được bao nhiêu số có n chữ số và số đó chia
hết cho 3 .
Lời giải. Gọi A là tập các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các chữ số

3,4,5,6 . Ta có A  4 n .
Vì một số tự nhiên khi chi cho 3 chỉ có 3 số dư là 0,1,2 nên ta chia tập A thành 3
tập rời nhau A n ,Bn ,C n theo thứ tự là gồm các x  A mà số dư của x khi chia
cho 3 là 0, 1, 2.

Ta cần tìm x n  A n , đặt y n  Bn , z n  C n , ta có x n  y n  z n  4 n .
Xét một số x  A n và x  a1a 2 ...a n có n chữ số.

+) Nếu a n  3 hoặc a n  6 , khi ta bỏ a n ta thu được số có n  1 chữ số và số này
chia hết cho 3 , ngược lại với mỗi số có n  1 chữ số chia hết cho 3 thì khi ta thêm
vào cuối chữ số 3 hoặc 6 ta được một số chia hết cho 3 và có n chữ số. Nên
trường hợp này có x n 1 số.

+) Nếu a n  5 , khi ta bỏ a n , ta thu được một số có n  1 chữ số thuộc tập Bn 1
và mỗi số thuộc Bn 1 , ta thêm vào cuối chữ số 5 ta thu được một số thuộc A n .
Trường hợp này có y n 1 số.
+) Nếu a n  6 . Tương tự như trên ta có z n 1 số.

Do đó, ta có x n  x n 1  y n 1  z n 1  3n 1 .
Trong bài toán trên, việc đưa thêm hai tập Bn và C n vào để giúp chúng ta tìm
được quan hệ truy hồi giữa ba đại lượng a n ,bn ,c n . Trong một số bài tốn, việc
làm xuất hiện các bài tốn phụ khơng cịn là việc đơn giản nữa.
Ví dụ 8 (VMO 2009). Cho số nguyên dương n . Kí hiệu T là tập hợp 2n số
nguyên dương đầu tiên. Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con S của T có tính chất:
Trong S không tồn tại các số a,b mà a  b  1; n . ( Tập rỗng được coi là một
tập có tính chất trên).
Lời giải.
...........
n
n 1
...........
2n  1 2n
(hình 1)
Xét bảng hình chữ nhật 2  n và đánh các số từ 1 đến 2n như hình trên (hình 1)
và ta gọi hai ơ chứa n và n  1 là hai ô đặc biệt.
Số tập con thỏa u cầu bài tốn chính bằng số cách chọn một số số từ bảng sao
cho hai ô kề nhau không được chọn và cả hai ô đặc biệt không cùng được chọn
và số cách chọn này ta kí hiệu là c n .

1
n1

2
n2

Gọi a n là số cách chọn một số ô sao cho hai ô kề nhau không được chọn (*)
bn là số cách chọn một số ô sao cho hai ô không được chọn và hai ô đặc biệt
được chọn
Khi đó c n  a n  b n .

 Tính a n
Gọi x n là số cách chọn một số ô thỏa (*) từ bảng chữ nhật khuyết đơn 2  n (ở

hình 2)

x

...........
...........
(Hình 2)

Ta có các cách chọn thỏa (*) gồm:
+) a n 1 cách chọn mà ô ở cột thứ nhất không được chọn.
+) 2x n 1 cách chọn mà trong mỗi cách chọn thì ô thuộc cột thứ nhất được chọn.
Do đó, ta có a n  a n 1  2x n 1 (1)


Mặt khác, tất cả các cách chọn một số ô thỏa (*) từ bảng chữ nhật khuyết đơn
2  n gồm:
+) a n 1 cách chọn mà mỗi cách chọn ô chứa x không được c họn
+) x n 1 cách chọn mà mỗi cách chọn ô chứa x được chọn.

Do đó, ta có x n  a n 1  x n 1 (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra a n  2a n 1  a n  2 n  3 và ta có a1  3,a 2  7 nên
an 









n 1
n 1 
1
1

2

1

2

.
2


 Tính bn
Ta có b1  0,b 2  b 3  1

...........
...........
B
(hình 3)
Gọi y n là số cách chọn một số ô thỏa (*) từ hình chữ nhật khuyết kép (hình 3)
A

Khi đó, ta có bn  y n  2 . Nên ta có y1  1 và ta tính được y 2  4
Ta thấy tất cả các cách chọn thỏa (*) từ hình chữ nhật kép gồm
+) a n  2 cách chọn mà mỗi cách chọn thì cả A và B đều không được chọn.
+) 2x n  2 cách chọn mà mỗi cách chọn thì một trong hai ô A, B được chọn.
+) y n  2 cách chọn mà mỗi cách chọn thì ccar hai ô A và B đều được chọn.
Do đó y n  a n  2  2x n  2  y n  2  a n 1  y n  2  2y n  a n  2y n  2  a n  2
Suy ra 2y n  a n   1
Do đó bn  y n  2 

n

a n  2   1
2

2a n  a n  2   1

n 2

.

n 1









n 1
n 1 
1
với a n   1  2
 1 2
.
2
2

2.3. Đếm bằng công thức bao hàm và loại trừ
Với n tập hữu hạn A1 ,A 2 ,...,A n ta có:

Vậy c n 

A1  A 2  ...  A n 

n

 Ak  

k 1

1i  j n

Ai  A j  ...  ( 1)n 1 A1  A 2  ...  A n

Ví dụ 1. Ta gọi A là tập hợp “đầy đặn” nếu A chứa đúng 5 số thực và bất kì
phần tử x nào của A thì x  1 hoặc x  1 cũng thuộc A. Tìm số tập hợp đầy đặn
là tập con của 1; 2; 3;...; 2011; 2012.


Lời giải.
Xét một tập hợp “đầy đặn” A  a,b,c,d,e với 1  a  b  c  d  e  2012 (*).
Theo giả thiết, ta thấy rằng b  a  1,e  d  1 và c  b  1  c  d  1 .
Gọi S là tập hợp tất cả các tập hợp đầy đặn thỏa mãn đề bài.
Gọi S1 là các tập con của S mà các tập hợp đầy đặn của nó thỏa mãn c  b  1 ,
S 2 là tập con của S mà các tập hợp đầy đặn của nó thỏa mãn c  d  1.
Do S  S1  S 2 nên S  S1  S 2  S1  S 2 .
*Tính số phần tử của tập hợp S1.
Xét một tập hợp đầy đặn A  a,b,c,d,e thuộc S1 , dễ thấy a,b,c là các số liên
tiếp nên ta sẽ đếm số giá trị a thỏa mãn. Do điều kiện (*) nên 1  a  2008 . Hơn
nữa, ứng với mỗi cách chọn của a, số d nhận giá trị tùy ý từ a  3 đến 2011 nên
có 2009  a cách chọn d (rõ ràng mỗi cách như thế tương ứng với một cách chọn
cặp (d,e) ).
Suy ra, S1 

2008

  2009  a   2009  2008 

a 1

2008  2009

.
2

*Tính số phần tử của tập hợp S 2 .
Rõ ràng tồn tại một song ánh từ S1 đến S 2 vì với mỗi A1  a,b,c,d,e  S1 thì
hợp
tương
ứng
với
nó
sẽ
tập
là A 2  2013  a,2013  b,2013  c,2013  d,2013  e  S 2 .
Suy ra S 2  S1 .
*Tính số phần tử của tập hợp S1  S 2 .
Dễ thấy đây là các tập h ợp chứa 5 phần tử liên tiếp và như thế, với mỗi cách
chọn a sẽ tạo thành một tập hợp đầy đặn thuộc S1  S 2 . Số cách chọn đó chính
là 2008 do 1  a  2008.


2008  2009 
Vậy S  2  2009  2008 
 2008  2008  2  2009  2009  1  2008 2.

2



Ví dụ 2. Có bao nhiêu số ngun dương khơng vượt q 2014 chia hết cho 2
hoặc 3 hoặc 7 .











Lời giải. Đặt X  1,2,...,2014 ; A  n  X n 2 ; B  n  X n 3 ; C  n  X n7




Ta có: A  B  C   A  A  B  B  C  C  A  A  B  C
 2014 
 2014 
 2014 
Mà A  
 1007, B  
 671, C  


  287
 2 
 3 
 7 
 2014 

AB 
  335, B  C  95, C  A  143, A  B  C  47
 2.3 
Do đó A  B  C  1007  671  287  335  95  143  47  1439 .

Ví dụ 3. Trong một thư viện người ta quan sát trong một tháng thấy được
i) Mỗi ngày có 5 người đến đọc sách
ii) Hai ngày bất kì thì số người đến đọc sách là 9
Hãy tính xem trong 1 tháng có bao nhiêu người đến đọc sách. Biết tháng đó có
30 ngày.
Lời giải. Bài tốn tương đương với bài tốn sau:
Cho các tập Ai , i  1,30 thỏa: Ai  5, Ai  A j  9, i  j . Tính

30

 Ai

i 1

Ta có: Ai  A j  Ai  A j  Ai  A j  1 .
Do A1  Ai  1, i  2,3,...,30 nên tồn tại một phần tử a của tập A1 mà a thuộc
ít nhất 5 tập trong các tập A 2 ,A 3 ,...,A 30 . Giả sử a thuộc k tập A1 ,A 2 ,...,A k với

k6
Nếu k  29 , suy ra tồn tại A m sao cho a  A m với m  k  1 .
Khi đó, tồn tại b j  A m  Ai , i  1,2,...,k và b j  bi với mọi i  j
30

Suy ra A m  k  5 trái với giả thiết. Do đó {a}   Ai 
i 1

30

 Ai

 1.

i 1

30
30
 Bi  4
Đặt Bi  Ai \a , i  1,2,...,30 , ta có: 
  Bi   Bi  4.30  120 .
B

B


i
j

i 1
i 1

Vậy

30

 Ai

 121 .

i 1

Ví dụ 4. Từ các số 1,2,3 lập được bao nhiều số tự nhiên gồm 6 chữ số thỏa mãn
đồng thời hai điều kiện sau:
1) Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần
2) Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau.
Lời giải. Gọi X là tập các số có 6 chữ số được lập từ các số chữ 1,2,3 và mỗi chữ
số xuất hiện đúng 2 lần
A là tập các số thoả yêu cầu bài toán


A k là tập các số thuộc X là trong đó hai chữ số k đứng cạnh nhau

(1  k  3) .
(A1 là tập các số mà hai chữ số 1 đứng cạnh nhau).

Khi đó:

và A  X  A1  A 2  A 3
3

Ta có: A1  A 2  A 3   Ai 
i 1

Ta có: A1  A 2  A 3 

3



i,j1
i j

A i  A j  A1  A 2  A 3 .

5!

4!
 30 ; A1  A 2  A 2  A 3  A 3  A1   12
2!
(2!)2

A1  A 2  A 3  3!

Suy ra : A1  A 2  A 3  3.30  3.12  6  60 .
Vậy A  90  60  30 .

Ví dụ 5. Có bao nhiêu hoán vị  a1 ,a 2 ,...,a n  của tập 1,2,3,...,n sao cho
a i  i, i  1,2,...,n .
Lời giải.
Gọi S là tập hợp các hoán vị của {1;2;…;n} và Ai là tập hợp các hoán vị
a1 ;a 2 ;.....;a n  của {1;2;…;n} thỏa điều kiện ai  i (i=1;2;….;n).
Rõ ràng ta có : S  n!;

A i   n  1!;

A i  A j   n  2 !,.......

Ai  Ai  ......  A i   n  k ! 1  i1  i 2  ......  i k  n  .
1
2
k

Ta có:
n

Dn  A1  A 2  .....  A n  n! C1n (n  1)! C n2  n  2 ! C n3  n  3 ! ......   1  C nn 0!
n

1 

1 1 1

.
 n! 1     ........ 
 1! 2! 3!
n! 


Chú ý: Trong một số bài tốn, ta dùng cơng thức bao hàm loại trừ để đánh giá
các bất đẳng thức.
Ví dụ 6. Khi điều tra một lớp học, người ta thấy:
2
Hơn số học sinh có điểm giỏi hai mơn Tốn và Lý;
3
2
Hơn số học sinh có điểm giỏi hai mơn Lý và Văn;

3


2
số học sinh có điểm giỏi hai mơn Văn và Sử;
3
2
Hơn số học sinh có điểm giỏi hai mơn Sử và Tốn.
3
Chứng minh rằng có ít nhất 1 học sinh đạt điểm giỏi cả 4 mơn Tốn, Lý, Văn và
Sử.
Lời giải.
Kí hiệu T,L,V,S lần lượt là tập các học sinh có điểm giỏi ở mơn Tốn, Lý, Văn,
Sử.
X  T  L, Y  L  V, Z  V  S
2
2
2
Theo đề bài, ta có: X  T , Y  L , Z  V .
3
3
3
Ta cần chứng minh T  L  V  S  0  X  Y  Z  0 .

Hơn

Không mất tính tổng quát, ta giả sử T  L  V  S
Theo ngun lí bù trừ, ta có:
X  Y  Z  X  Y  Z  (X  Y)  Z  X  Y  Z  X  Y  (X  Y)  Z
2

2
2
T  L  V  L  V  0.
3
3
3
Bài tập vận dụng.
Bài 1. Cho 2012 người xếp theo một hàng dọc. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 100
người sao cho hai người liên tiếp không được chọn.
Lời giải.
Đánh số 2012 người này từ 1 đến 2012.
Ta chọn 100 người như sau
n1n 2 ...n  n  1 n   2 ....n ...
1 
1
1 
2


x1không chọn chọn x 2 không chọn

Mỗi cách chọn thỏa u cầu bài toán tương ứng với một bộ  x1 ,x 2 ,...,x101  thỏa
x1  x 2  ...  x101  1912 với x1 ,x101  0, xi  1, i  2,...,100 .
Đặt x1  y1 ,y100  x100 ,xi  1  y i , i  2,3,...,99

Ta có phương trình: y1  y 2  ...  y101  1813, y i  0
Vậy số cách chọn thỏa u cầu bài tốn là: C100
1913 .

Bài 2. Có k học sinh tham gia một kì thi, ban tổ chức muốn xếp k học sinh này

vào một bàn tròn có n chỗ ngồi (n  4k) sao cho giữa hai học sinh kề nhau có ít
nhất 3 ghế trống. Hỏi ban tổ chức có bao nhiêu cách xếp?
Lời giải.
Bài tốn quy về tìm số tập con S  a1  a 2  ...  a k  của tập X  1,2,...,n thỏa


a i 1  a i  4

n  a1  a k  4
 bi 1  bi  1

Đặt bi  a i  3(i  1) ta có:  bk  b1  n  3k  1
 b  a  3(k  1)  n  3k  3
k
 k

Dễ thấy có một song ánh giữa tập A và tập con B  1  b1  b2  ...  bk  của tập
Y  1,2,...,n  3k  3 thỏa b k  b1  n  3k  1 .
 b1  1,2,3 ta đặt c i  bi  b1 ta có: 1  c 2  c 3  ...  c k  n  3k  1

và bi ,c i là tương ứng 1-1. Do đó số tập con B chính bằng số tập con gồm k  1
phần tử của tập

Z  1,2,3,...,n  3k  1 và bằng 3Ckn13k 1 .
 b1  4 , ta đặt c i  bi  3 , ta có 1  c1  c 2  ...  c k  n  3k và bi ,c i là tương ứng
1-1

Do đó số tập con B là Ckn  3k .

Vậy đáp số của bài toán là: 3C kn13k 1  Cnk  3k .

Bài 3. Cho tập A  1,2,3,...,2n . Tập con C của A được gọi là tập cân nếu trong
C số các số lẻ bằng số các số chẵn (tập rỗng là một tập cân). Chứng minh rằng số
tập cân của tập X bằng Cn2n .

Lời giải.
Gọi M là họ tất cả các tập cân của A, N là họ các tập con của A có n phần tử.
Xét X  2,4,2n là tập các số chẵn của A
Y  1,2,..2n  1 là tập các số lẻ của A

Gọi B là một phần tử thuộc M thì B là một tập cân. Gọi B1 và B2 thứ tự là tập các
số chẵn và số lẻ của B. Theo định nghĩa t ập cân ta có B1  B2 . Xét một ánh xạ f
từ M vào N như sau :

f  B   B1   Y\B2 

Do B1 và Y\B2 là hai tập rời nhau nên ta có
f  B   B1  Y / B2  B1  Y  B2  Y  n
Vậy f  B   N
Cơng việc cịn lại của ta chỉ là chứng minh f là song ánh.
+) f là đơn ánh : Giả sử tồn tại B,C  M mà f(B)  f(C) . Suy ra
B1   Y\B2   C1   Y\C 2 

Mặt khác do B1 ,C1 là tập các số chẵn còn  Y\B2  ,  Y\C 2  là tập các số lẻ nên


 B  C1
B1  C1 và  Y\B2    Y\C 2  hay  1
 B2  C 2

Suy ra B  C .

Vậy f là đơn ánh
+) f là toàn ánh : Với D  N là một tập con của A có n phần tử, ta kí hiệu
M1 ,M 2 là tập các số chẵn và các số lẻ của M . Khi đó đặt
B1  M1 ,B2  Y\M 2 ,B  B1  B 2 .

Ta có B1  M1 và B2  Y  M 2  n  M 2  M  M 2  M1 suy ra B1  B2
Do đó B là một tập cân và f(B)  D . Vậy f cũng là toàn ánh
Từ đây ta có thể kết luận được rằng f là song ánh.
Vì có một song ánh giữa M và N nên M  N  C n2n .

Vậy A có Cn2n tập cân.
Bài 4. Cho m,n là các số nguyên dương  m,n  1 . Gọi X là tập có n phần tử và
A1 ,A 2 ,...,A m là m tập con của X thỏa: với mọi x,y  X mà x  y thì tồn tại tập

A k (1  k  m) sao cho

Chứng minh rằng: n  2 m .

x  A k
x  A k
hoặc
.


 y  A k
 y  A k

Lời giải.

Đặt A  0;1 , Y  A m  A  A  ...  A , ta có Y  2 m

Xét ánh xạ f : X  Y sao cho với mỗi x  X cho ta y  f(x)   a1 ,a 2 ,...,a m  với
nếu x  A k thì a k  1 và x  A k thì a k  0 .



Xét x,x'  X và f(x)   a1 ,a 2 ,...,a m  ; f(x')  a1' ,a'2 ,...,a'm



Nếu f(x)  f(x') thì a i  a'i , suy ra x  A k  x'  A k và x  A k  x'  A k . Điều
này xảy ra khi x  x' nên f là đơn ánh. Do đó: X  Y hay m  2 n .

Bài 5. Cho n là số nguyên dương. Một hoán vị  x1 ,x 2 ,...,x 2n  của tập

1,2,...,2n được gọi là có tính chất T nếu tồn tại i 1,2,...,2n  1 sao cho
x i 1  x i  n .

Chứng minh rằng số các hoán vị có tính chất T lớn hơn số các hốn vị khơng có
tính chất T.
Lời giải.
Gọi A là số các hốn vị có tính chất T, B là số các hốn vị khơng có tính chất T.
Xét ánh xạ f từ B vào A được xác định như sau


Với mỗi b   b1 ,b2 ,...,bk ,...,b2n   B mà b2n  bk  n cho ta phần tử
a  b , i  1,k
i
i
a   a1 ,a 2 ,...,a k ,...,a 2n   A mà 

a j  b2n  j k 1 , j  k  1,2n
Ta chứng minh f là đơn ánh.
Với b,b'  B; b   b1 ,b 2 ,...,b 2n  ,b'   b'1 ,b'1 ,...,b'2n  và
a   a1 ,a 2 ,...,a 2n  ,a'   a'1 ,a'2 ,...,a'2n  là ảnh của b và b' .

a  a' , i  1,k
i
i
Giả sử f(b)  f(b')  a  a'  
a j  a' j , j  k  1,2n
 b  b' , i  1,k
i
i
hay b  b' .

 b2n  j k 1  b'2n  j k 1 , j  k  1,2n
Ta chứng minh f khơng tồn ánh.
Xét a  1; n  1,2,n  2,3,...,n,n  3; n  4,...,2n  A , khi đó, rõ ràng a khơng có

tạo ảnh
Do đó f khơng là tồn ánh.
Vậy ta có B  A .

Bài 6. Một dãy a1a 2 ...a n với a i  0,1 được gọi là một xâu nhị phân có độ dài n .
Hỏi có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài n ( n  4 ) chứa đúng hai lần xuất hiện của
01.
Lời giải.
Kí hiệu A là xâu nhị phân gồm toàn số 1 và B là xâu nhị phân có chỉ gồm tồn
số 0, mỗi xâu có độ dài ít nhất là 1.
Mỗi xâu chỉ chứa đúng 2 lần xuất hiện 01 sẽ có các dạng sau

ABABA, ABABAB, BABA, BABAB
Xét xâu ABABA, số xâu loại này chính bằng số nghiệm nguyên dương của
phương trình
x1  x 2  x 3  x 4  x 5  n
Do đó, số xâu dạng này là C 4n 1 .
Tương tự, số xâu các dạng ABABAB, BABA, BABAB lần lượt là
Do đó, có tất cả

C 5n 1 , C n3 1 , C n4 1
C3n 1  2C 4n 1  C 5n 1  C n5 1 .

Bài 7. Cho một nhóm gồm 5 cơ gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5 và 12 chàng trai.
Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã
cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa


mãn:
1) Mỗi ghế có đúng một người ngồi;
2) Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là G1, G2, G3, G4, G5;
3) Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;
4) Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?
(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở
chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).
Lời giải.
Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1, 2, …,17.
Gọi x1 là số chàng trai được xếp bên trái G1, x2 là số chàng trai ở giữa G1 và G2,
x3 là số chàng trai ở giữa G2 và G3, x4 là số chàng trai ở giữa G3 và G4, x5 là số
chàng trai ở giữa G4 và G5, x6 là số chàng trai được xếp ở bên phải G5. Khi đó bộ
số (x1, x2, …, x6) hồn tồn xác định vị trí các cơ gái và ta có

1) x1  x 2    x6  12
2) 3  x 2

3) 1  x 5  4

Đổi biến y 2  x 2 – 3 và y 5  x 5 – 1 ta được x1  y 2  x 3  x 4  y 5  x6  8
Với các ẩn khơng âm và có thêm điều kiện y 5  3 .
Tiếp theo, sử dụng bài toán chia kẹo của Euler ở dạng
x1  y 2  x 3  x 4  x6  8 – y 5
ta được số cách phân ghế cho các cơ gái là

4
4
4
C12
 C11
 C10
 C94  1161.

Vì cịn có 12 chàng trai có thể hốn đổi vị trí ở 12 chiếc ghế dành cho họ nên số
cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 12! 1161.
Bài 8. Cho hai tập hợp M gồm các số tự nhiên gồm 2n chữ số mà trong biểu diễn
thập phân có n chữ số 1 và n chữ số 2 và tập N gồm n chữ số mà trong biểu diễn
thập phân chỉ có các chữ số 1,2,3.4 và số chữ sô 1 bằng số chữ số 2. Chứng minh
rằng M  N .
Lời giải.
Với một phần tử thuộc M ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi cộng theo cột
với quy tắc:
1+1=1, 2+2=2, 1+2=3, 2+1=4, khi đó ta thu được một số có n chữ số mà số chữ số 1
bằng số chữ số 2 nên số này thuộc N, tức là mỗi phần tử thuộc M cho tương ứng

một phần tử thuộc N (*)
Ngược lại một phần tử thuộc N ta nhân đơi nó lên và viết liền sau số vừa lấy ta
được một số gồm 2n chữ số, sau đó ta thực hiện quy luật như sau: Ơr n chữ số


đầu ta đổi 3 thành 2, 4 thành 1; ở n số sau ta đổi 3 thành 1, 4 thành 2, khi đó ta
thu được một số có 2n chữ số có n chữ số 1 và n chữ số 2, tức là mỗi phần tử
thuộc N cho tương ứng một phần tử thuộc M (**)
Từ (*) và (**) suy ra tồn tại một song ánh từ tập M vào tập N, nên M  N .
Bài 9. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng phân biệt, hai đường thẳng bất kì
ln cắt nhau và khơng có 3 đường thẳng nào đồng quy. Hỏi n đường thẳng
trên chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền.
Lời giải.
Gọi u n là số phần mặt phẳng được chia bởi n đường thẳng a1 ,a 2 ,...,a n

Khi đó u n 1 là số phần mặt phẳng được chia bởi n  1 đường thẳng
a1 ,a 2 ,...,a n ,a n 1 .
Vì đường thẳng a n 1 cắt n đường thẳng a1 ,a 2 ,...,a n tại n điểm A1 ,A 2 ,...,A n

và n điểm này chia đường thẳng a n 1 thành n  1 phần gồm 2 tia và n  1 đoạn
thẳng.
Mỗi phần bị chia đó sẽ nằm trong một miền của mặt phẳng bị chia bởi n đường
thẳng và phần này chia miền đó thành hai miền. Do đó, số phần mặt phẳng
được chia bởi n  1 đường thẳng nhiều hơn số phần mặt phẳng được chia bởi n
đường thẳng là n  1 .
Chẳng hạn, ta xét 3 đường thẳng a1 ,a 2 ,a 3 chia mặt phẳng thành 7 miền, đường
thẳng a 4 bị chia thành 4 phần, phần A1A 3 nằm trong miền I và chia miền này
thành 2 miền
a1 III
IV

a3
V

a2

II
I

A2

IV A3

A1

a4
VII

Do đó, ta có u n 1  u n  n  1 (*).
Suy ra
n(n  1) n 2  n  4
.

2
2
Bài 10. Có bao nhiêu xâu nhị phân độ dài n trong đó khơng có hai bit 1 đứng
cạnh nhau?
Lời giải.
u n  u n 1  n  u n 1  n  1  n  ...  u1  1  2  ...  n  2 

Giả sử có S n là tập hợp các xâu nhị phân có độ dài n và trong đó khơng có hai
bit 1 đứng cạnh nhau và a n  S n . Ta phân hoạch tập S n thành hai tập rời nhau
A và B như sau









A  x  S n x  1a 2 ...a n và B  x  S n x  0a 2 ...a n .

Khi đó S n  A  B .
 Với x  A , ta có x  10a 3a 4 ...a n .

Do đó, ánh xạ f : A  S n  2 biến x  10a 3a 4 ...a n thành y  a 3a 4 ...a n  S n  2 là một
song ánh
Nên A  S n  2  a n  2 .
 Xét ánh xạ g : B  S n 1 được xác định bởi g(x)  a 2a 3 ...a n với x  0a 2a 3 ...a n là
một song ánh.
Do đó B  S n 1  a n 1
Do vậy, ta có a n  a n 1  a n  2 .

n 1

n 1

5  21 5 

2  5 1 5 
Vì a1  2, a 2  3 nên ta tìm được a n 
.





5  2 
5  2 
Bài 11. ( IMO-2011) Giả sử n  0 là một số nguyên. Cho một cái cân đĩa và n quả
cân có trọng lượng

20 ,21 ,...,2 n 1 . Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong n quả cân, lần lượt từng
quả một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên ph ải không bao giờ nặng hơn đĩa
cân bên trái . Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên rồi
đặt nó lên đĩa bên phải, hoặc đĩa bên trái, cho đ ến khi tất cả các quả cân đều
được đặt lên đĩa. Hỏi có bao nhiêu cách để thực hiện việc đặt cân theo đúng
mục đích đề ra?
Lời giải
Gọi s n là số cách thực hiện việc đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn yêu cầu đề ra.
Xét cách đặt n  1 quả cân có trọng lượng 20 ,21 ,...,2 n .

Do 20  21  ...  2 n 1  2 n  1  2 n nên trong mọi cách đặt cân thỏa mãn thì quả
cân có trọng lượng 2 n ln được đặt ở đĩa cân bên trái.
Nếu quả cân 2 n được chọn để đặt cuối cùng ( chỉ có một cách đặt, vì quả 2 n chỉ
đặt lên đĩa bên trái ) và s ố cách đặt n quả cân còn lại là s n .
Nếu quả cân 2 n được đặt ở bước thứ i ( i  1,2,..,n ). Do có n cách chọn i , và

trong trường hợp này quả cân có trọng lượng 2 n 1 có 2 cách đặt ( đặt lên đĩa

bên phải hay đĩa bên trái đều thỏa mãn) , do đó số cách đặt n  1 quả cân trong
trường hợp này là 2ns n .
Vậy ta có hệ thức truy hồi s n 1  2ns n  s n   2n  1 s n .
Ta có s1  1 nên s n   2n  1 2n  3  ....3.1 .

Bài 12. Cho số nguyên dương n . Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số được lập
từ các
số thuộc tập 2; 3;7;9 và chia hết cho 3?.
Lời giải
Gọi A n ,Bn là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số lần lượt chia hết cho 3 và
không chia hết cho 3 được lập từ các số 2; 3;7;9 .

Xét một phần tử thuộc A n thì có 2 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần
tử của A n 1 và có 2 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần tử của Bn 1 .

Xét một phần tử thuộc Bn thì có 1 cách thêm vào chữ số cuối để được một phần
tử của A n 1 và có đúng 3 cách thêm vào chữ số tận cùng để được một phần tử
của Bn 1 .
 A n 1  2 A n  Bn  1
Vậy 
 Bn 1  2 A n  3 Bn  2 
Đặt a n  A n ,b n  Bn thì từ  1 suy ra bn  a n 1  2a n thay vào  2  ta được
a n  2  2a n 1  2a n  3  n 1 2a n 
 a n  2  5a n 1  4a n  0  a n  2  a n 1  4  a n 1  a n   * 

Từ  *  suy ra a n  2  a n 1  4 n  a 2  a1   4 n 1 ( do a1  2,a 2  6 ).
 a n  2  a n 1  4 n 1  a n  4 n  4 n 1  ...  a1  4  ...  4 n 1

2



4 4 n 1  1
3

4

n2

3

2

.

4n  2
4n  2
số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
,n   * . Vậy có
3
3
Bài 13. Từ các số thuộc tập E  1; 2; 3; 4; 5;6;7;8;9 có thể lập được bao nhiêu số tự
 an 

nhiên có n chữ số mà trong mỗi số đó đều chứa một số lẻ chữ số 1 và một số
chẵn chữ số 2 ( n là số nguyên dương cho trước).
Lời giải
Kí hiệu X n là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ các số của tập E

và A n ,Bn ,C n ,D n lần lượt là tập tất cả các số tự nhiên có n chữ số được lập từ
các số của tập E mà trong mỗi số đó lần lượt chứa ( lẻ các chữ số 1, chẵn các chữ