SKKN TOAN THPT 54

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP QUI TẮC ĐẾM QUI TẮC CỘNG ( The Addition Priciples- AP) : Nếu có n1 đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ nhất , n2 đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ hai ,…… nm đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ m, Thế thì số cách để chọn 1 đối tượng từ 1 trong m tập hợp là n1  n2  ......  nm . Cách phát biểu khác:. Cho A1; A2 ;... Am là m tập hợp hữu hạn , k≥1.Nếu các tập hợp này đôi một rời m. A  A  i; j 1; 2.....; m; i  j.   thì : j nhau , nghĩa là i QUI TẮC NHÂN (The Multiplication – MP). m. Ai  Ai i 1. i 1. .. Giả sử có 1 quá trình có thể chia thành m giai đoạn liên tiếp nhau có thứ tự , Với n1. kế quả khác nhau trong giai đoạn thứ nhất , n2 kết quả khác nhau trong giai. đoạn thứ hai ,…… nm kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ m, nếu các kết quả kết hợp lại là phân biệt Thế thì số kết quả kết hợp lại của toàn bộ quá trình là n1.n2 ........nm. .. Cách phát biểu khác : m. Cho.  A  A A .... A   a ; a ;....; a  / a  A ; i 1; 2....; m i. 1. 2. m. 1. 2. m. i. i. i 1. m. các tập hợp hữu hạn A1 ; A2 ;.... Am . Khi đó , ta có. là tích Decarste của m.  Ai  A1  A2 ......  Am  Ai i 1. i 1. MỘT SỐ VÍ DỤ : 1.. Có bao nhiêu cách để chọn ra 4 số nguyên dương x1; x2 ; x3 ; x4 từ tập hợp 1. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. S={1 ;2 ;…. ;499 ;500} sao cho x1 ; x2 ; x3 ; x4 là 1 cấp số nhân tăng và công bội của chúng là một số nguyên dương . GIẢI : 2 3 Gọi a1; a1q; a1q ; a1q (a1; q  N ; q 2) là 4 số cần chọn , thế thì ta có :. a1q 3 500  q  3. Cho nên :. 500 3  500 a1. 2 q 7.  500  1 a1  3   q  .Điều đó có nghĩa là số cấp số nhân với.  500   3  công bội q là  q  . Theo qui tắc cộng , số cấp số nhân thỏa điều kiện là : 7.  500  62  18  7  4  2  1 94 3  q 2  q  ..  2.. Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 4 chữ số phân biệt ?. GIẢI : Một số có 4 chữ số là một bộ sắp thứ tự của 4 chữ số ( chữ số 0 không đứng đầu). Vì các số cần đếm là các số lẻ nên chữ số đơn vị có thể là 1,3,5,7,9. Chữ số hàng chục và trăm có là 0,1,2,….9 và chữ số hàng ngàn là 1,2,….9.Vì các chữ số là phân biệt nên : -Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị . -Có 8 cách chọn chữ số hàng ngàn.( khác 0 và khác chữ số đơn vị ). - Có 8 cách chọn chữ số hàng chục ( khác chữ số đơn vị và hàng ngàn). -Có 7 cách chọn chữ số hàng trăm . Vậy có 5.8.8.7= 2240 số cần chọn. 3. 2. Tìm số cặp có thứ tự (x ;y) của các số nguyên x,y sao cho 2. x  y 5 .. GIẢI : 2 2 Ta phân chia bài toán thành 6 trường hợp riêng biệt : x  y 0;1; 2;3; 4;5.. Với mỗi i=0 ;1 ;2 ;3 ;4 ;5 ta đặt Dễ kiểm tra :. Si   x; y  / x; y  Z ; x 2  y 2 i. 2. ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT S0 1; S1 4; S2 4; S3 0; S4 4; S5 8; 5. Vậy 4.. S. i. 21. i 0. .. Tìm số ước số dương của 600 , bao gồm cả 1 và 600. GIẢI : 3 1 2 Trước hết ta chú ý rằng 600= 2 3 5 . Khi đó 1 số nguyên dương m là a. b. c. ước số của 600 nếu và chỉ nếu m có dạng : m 2 3 5 với a,b,c∈Z :0≤a≤3 ; 0≤b≤1 ; 0≤c≤2. Như vậy số ước số là 4.2.3= 24. MỞ RỘNG: Nếu một số tự nhiên n có dạng phân tích thừa số nguyên tố( The k k k prime decomposition) là : n  p1 . p2 ..... pm trong đó pi là các số nguyên tố 1. 2. m. m. phân biệt và ki  Z . Thế thì số các ước số dương của n là .  k i 1. i.  1. .. 5. (AIME 1988)Tính xác suất để chọn được ngẩu nhiên 1 ước số 99 88 nguyên dương của 10 là một bội số của 10 . GIẢI : a b 99 Ước số của 10 có dạng 2 .5 0 a;b 99;a,b  Z .Có 100 cách chọn a , 100 99. 88. cách chọn b, nên có 100×100 ước số của 10 .Tương tự , bội số của 10 phải thỏa mãn bất đẳng thức 88≤a ;b ≤99, a,b ∈Z ; Nên có 12 cách chọn 12 12 9 .  a, và 12 cách chọn b. Do đó xác suất sẽ là : 100 100 625 .. 6. Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) sao cho bội chung nhỏ nhất 3 7 13 của a và b là 2 .5 .11 . GIẢI : a 2 x 5 y11z  s t u 3 7 13 2 .5 .11 Cả a,b đều là ước của nên b 2 5 11 3 7 13 Vì 2 .5 .11 là BCNN của a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max. {z ;u}=13. Bằng cách liệt kê ta có 7 cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ; 27 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. cách chọn (z ;u). Theo qui tắc nhân , ta được 7×15×27=2835 cặp số (a ;b) thỏa điều kiện . MỞ RỘNG :    Nếu n là số nguyên dương và n  p1 . p2 ...... pk . là phân tích thành thừa số 1. 2. k. 2  1 2  1 ......  2 k 1. nguyên tố của n.Thì sẽ có  1   2  phân biệt có thứ tự sao cho BCNN(a ;b) là n.. cặp số nguyên (a ;b). 7.. a; b; c  / a, b, c  X , a  b  a  c Cho X={1 ;2….. ;100} và đặt S=   .. Tính. S. .. GIẢI: Bài toán có thể chia thành các trường hợp phân biệt khi xét a=1;2;….;99. Với a=k∈{1;2;….;99} thì số cách chọn b là 100-k và c cũng là 100-k , 2. Thế thì số bộ số (a;b;c) cần tìm là ta có :.  100  k  . Vì k lấy giá trị 1,2,….,99 nên. S 992  ......  12 328350.. 8. Hãy xác định số hình vuông mà các đỉnh của nó là các điểm trong lưới vuông 10×10 sau (10 điểm , 9 ô). GIẢI: Ta nói rằng 4 điểm n×n quartet ( nhóm 4 ) nếu chúng là các đỉnh của hình vuông n×n mà các cạnh của nó song song với đường biên của lưới. Ta cũng nói rằng 1 hình vuông với các đỉnh của 1 quartet là một quartet square. 2. Ta có 81= 9 quartet 1×1. Ta có : 8 quartet 2×2 trong lưới 3×10 và có 8 lưới 3×10 trong lưới 10×10 . 2 Vậy , có 8 quartet 2×2 trong lưới 10×10.. 2. Tương tự ta có : 7 quartet 3×3 trong lưới đó . 2. Nghĩa là , khi k∈{1 ;2 ;… ;9} có  10  k  quartet k×k . Nhưng phần khó khăn là các hình vuông có cạnh không song song với đường biên của lưới .Mỗi hình vuông này sẽ nội tiếp bên trong 1 quartet. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Cho nên ta chỉ cần đếm tất cả các quartet và các hình vuông nội tiếp nó. Không khó khăn gì ta được trong 1 k×k quartet có k hình vuông nội tiếp , kể cả nó . Ví dụ khi k=4 ta được hình vẽ bên.. Như vậy ta được : 9. 2. 9. S   10  k  .k   100k  20k 2  k 3   k 1. k 1. 9. 9. 9. k 1. k 1. k 1. 100 k  20 k 2   k 3 825. 9. Có n que có độ dài là 1,2,….n. Có bao nhiêu tam giác không cân được tạo thành từ 3 trong số các que đó ? GIẢI : Gọi x,y,z là độ dài 3 que đó . Không mất tính tổng quát , ta giả sử rằng x<y<z. 3 que này tạo thành 1 tam giác nếu và chỉ nếu x,y,z thỏa bất đẳng thức tam giác tức là x+y>z. Ta sắp xếp các tam giác không cân theo độ dài cạnh lớn nhất của nó. Với 1≤k≤n , ta đặt Ak   x; y; z  / x; y; z  N ;1 x  y  z k  x  y  z. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT A1  A2  ....  An. Do đó theo qui tắc cộng , ta cần tính :. .. A1  A2 0. Ta có :. . Nếu z=3 thì x=1 và y=2 , do đó không tồn tại tam A3 0. giác.Vậy. k 4. . Bây giờ ta giả sử rằng. .. Ta xét 2 trường hợp : Trường hợp 1 : Trong trường hợp này , ta giả sử rằng k chẳn, tức là k=2m ; m∈Z ; m≥2. Bởi vì x<y nên x+y>2x . Chú ý rằng x+y> z . Ta xét 2x≤z và 2x> z nghĩa là 1≤x≤m ; và m <x . Khi 1≤x≤m ta cần y> z-x= k-x . Vì k=2m≥2x nên ta được k-x ≥x( thỏa điều kiện y>x). Cho nên bất kỳ y nằm giữa k-x+1 và z-1= k-1 như vậy ta có (k-1)-(k-x+1) +1 =x-1 giá trị mà y có thể nhận được . Khi m<x , bất đẳng thức đầu cho ta x+y>2x >2m=z ( thỏa điều kiện), Bất kỳ y nằm giữa x+1 và k-1 như thế sẽ có(k-1)-(x+1)+1= k-x-1= =2m-x-1 giá trị mà y có thể nhân được. Bởi vậy cho nên ; khi k=2m m. 2m 1. m. m 2. x 1. x m 1. x 1. i 0. Ak   x  1 .   2m  x  1   x  1   i nghĩa là :. Ak . m  m  1 (m  2)  m  1 2   m  1 2 2. Chú ý rằng công thức này vẫn đúng khi m=1 nghĩa là khi k=2. Trường hợp 2 : Trong trường hợp này ta giả sử k lẻ , nghĩa là k=2m+1 với k là số nguyên , m≥2. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Khi 1≤x≤m , ta cũng cần có y> z-x = k-x. Lúc này , k=2m+1>2x như thế k-x >x . Như trước đó , y có thể lấy các giá trị nguyên nằm giữa k-x+1 và k-1 , như thế sẽ có (k-1)- (k-x+1) + 1= x-1 giá trị mà y có thể nhận . Khi m < x . Như thế sẽ có (k-1)- (x-1)+ 1= k-x-1= 2m-x giá trị mà y có thể nhận được . Bởi vậy , cho nên khi k= 2m+1 m. Ak   x  1  x 1. 2m. m. m 1. x m 1. x 1. i 0.   2m  x    x  1   i . m  m  1 m  m  1  m  m  1 2 2. . Chú ý rằng công thức vẫn đúng khi m=0 và m=1 tức là k=1 và k=3. Bây giờ ta bắt đầu giải bài toán . Nếu n lẻ : n=2p+1. ( với p là số nguyên không âm nào đó )> Ta có : A1  A2  .....  An . .  .  A1  A3  .....  A2 p 1  A2  A4  .....  A2 p p. p. m 0. m 1. 2. p. p. m 1. m 0. .  m  m  1    m  1 2 m 2  3 m  p p  p  1  4 p  1 6. . Nếu n chẳn : n=2p với p là số nguyên dương . Thì ta có : A1  A2  .....  An . .  .  A1  A3  .....  A2 p  1  A2  A4  .....  A2 p p 1. p. m 0. m 1. 2. p 1.  m  m  1    m  1 2 m 2  . m 1. p 1. m m 0. p  p  1  4 p  5  6 7. .

<span class='text_page_counter'>(8)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Một cách giải khác khi ta giải được n=2p+1 thì trường hợp n=2p ta có thể tích như sau : A1  A2  .....  A2 p . . .  A1  A3  .....  A2 p 1  A2 p1 p  p  1  4 p  1  p  p  1 6 p  p  1  4 p  5  6 . 10. Trước khi Rick mở một tủ đựng đồ thể thao của mính , thì Rick phải nhớ mật mã khóa của tủ , Hai trong các bộ 3 cặp số của mật mã là 17 và 24 , nhưng anh ta không nhớ được cặp số thứ ba. Và không nhớ được thứ tự của 3 cặp số . Có 40 khả năng của cặp số thứ ba. Trong 10 giây , thì có thể nhớ được tất cả các khả năng xảy không ? GIẢI : Ta xét 6 tập con của các khả năng của mã khóa . A1   x;17; 24  / 1  x 40 A2   x; 24;17  / 1  x 40 A3   17; x; 24  / 1  x 40 A4   24; x;17  / 1  x 40 A5   17; 24; x  / 1  x 40 A6   24;17; x  / 1  x 40. Mỗi tập con có 40 phần tử nhưng phải trừ đi các phần tử chung của 2 tập hợp như (17 ;17 ;24) ; (17 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;17) ; (17 ;24 ;24) ; (24 ;24 ;17) ;(24 ;17 ;24). Vậy có tất cả 40×6-6= 234. 11. Một bằng lái xe chứa 1dãy 3 ký tự alphbet theo sau là một dãy 3 chữ số. Có bao nhiêu bằng lái xe được tạo thành nếu o và 0 không dùng cùng 1 lúc .. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. GIẢI : Gọi. S1 là tập hợp các bằng lái không có số 0. S2. là tập hợp các bằng lái không có chữ o.. S3. là tập hợp các bằng lái không có số 0và không có chữ o.. Ta có :. S1  S2  S3 263.93  253.103  253.93 17047279.. 12. Xác định số số nguyên dương nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất một chữ số 1 trong cách viết thập phân. GIẢI : CÁCH 1 : Gọi S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000.. S 999.. Gọi S1 ; S2 ; S3 là tập hợp các số nguyên dương có 1 , 2, 3 chữ số. Với i=1 ;2 ;3 đặt Ai  Si chứa đúng các chữ số đó và có ít nhất 1 chữ số 1. Ta chỉ cần tinh. A1  A2  A3. Ta dễ dàng thấy rằng. .. A1  2;3;....;9  A1 8. .. A  11  1b; b 1  b1; b 1  A2 18 Ta có thể chia A2 thành 3 tập hợp : 2 . Ta có thể chia A3  A111  A1bc  Aa1c  Aab1  A11c  A1b1  Aa11. . Với a,b,c≠1 ;a≠0.. Do đó : A3 1  81  2.72  2.9  8 252 . A A A. 2 3 Như vậy ta có 1 =271. CÁCH 2: Ta có thể phân chia tập hợp như sau : Gọi S’ là tập hợp những số nguyên. không âm nhỏ hơn 1000. Gọi B1 là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất 1 chữ số 1, và Gọi B2 là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 không chứa chữ số 1. Nghĩa là B1  B2  S ' 1000.. Ta có. B2 9.9.9 729. 13.. Có 15 lỗ thông hơi máy lạnh trong 1 rạp hát . Để giữ cho nhiệt độ. Nên. B1 1000  729 271. 9. ..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. mát mẻ , phải có ít nhất 1 lỗ thông hơi làm việc suốt thời gian. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện. GIẢI: Ta gọi các lỗ thông hơi là v1; v2 ; v3 ;.....v15 ; Ta có mỗi lỗ thông hơi có 2b lựa chọn là on hay off . Ta sử dụng ký tự n cho on, và f cho off. Ta đánh dấu 15 1 mã gồm 15 kí tự cho một tình huống. Như vậy theo qui tắc nhân có 2 tính huống , nhưng tình huống fffff….f bị loại vì tất cả các lỗ thông hơi 15 đều đóng . Do đó có 2  1 =32767 tình huống xảy ra. n ĐỊNH LÝ : Cho tập hợp S có n phần tử , thì sẽ có 2 tập con của S bao gồm S và tập rổng .. Gọi A và B là 2 tập hợp . Một ánh xạ f ( map- mapping – function) từ tập hợp A đến tập B ( viết là f:A→ B). đánh dấu mỗi phần tử a∈A với . đúng một phần tử b∈B ( viết là f(a)=b). b là ảnh của a. Với A’ A , Gọi f(A’) ( ảnh của A’) xác định tập hợp các ảnh của phần tử a∈A’. Nếu f(A)= B thì f được gọi là toàn ánh (surjective- onto)nghĩa là , với mỗi b∈B sẽ là ảnh của a∈A. Với mỗi 2 phần tử phân biệt. a1 ; a2  A. có ảnh. khác nhau thì f được gọi là đơn ánh ( injective- one to one) . Nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh( bijective– one-to-one correspondence) HOÁN VỊ : ( PERMUTATION)(khái niệm mở rộng):tương đương với khái niệm chỉnh hợp của sgk) Một cách sắp xếp thứ tự m phần tử phân biệt của n phần tử phân biệt cho trước ( m≤n) được gọi là 1 hoán vị lấy m phần tử của n phần tử . Vì các phần tử là không lặp lại nên nên hoán vị cùng là không lặp và số hoán vị lấy m phần tử của n phần tử phân biệt được ký hiệu là Anm n  n  1  n  2  ....  n  m  1 . có :. n!  n  m !. 10. .( m≤n).. Pnm ( Anm ). .Khi đó ta.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Đặc biệt là khi m=n thì được gọi là hoán vị của n phần tử, Số hoán vị của n phần tử là. Pn n !.. 14. Cho tập hợp E={a;b;c;…;x,y,z} là tập hợp 26 chữ cái tiếng Anh. Tìm số từ có 5 ký tự sao cho các ký tự được tạo thành từ tập E; và ký tự đầu và cuối là các nguyên âm phân biệt , các ký tự còn lại là các phụ âm phân biệt. GIẢI: 2 3 Đáp số : A5 . A21 159600 .. 15. Trong 1 cuộc họp có 7 nam và 3 nữ . Có bao nhiêu cách sắp xếp họ thành 1 hàng sao cho : a/ 3 người nữ tạo thành 1 nhóm ( nghĩa là không có người nam nào ngồi giữa 2 người nữ ) b/ Hai vị trí ở hai đầu là nam và không có nữ nào ngồi kề nhau. GIẢI: A/ Đáp số : 8!.3!. B/ Trước hết ta sắp xếp 7 nam : có 7! cách xếp. Với mỗi cách xếp cố định đó , vì vị trí ở 2 đầu là nam , nên chỉ có 6 chỗ cho 3 nữ . Vậy số cách xếp là 7!×6×5×4. 16. Giữa các số 20000 và 70000 , tìm số các số nguyên chẳn mà các chữ số không lặp lại. GIẢI: Gọi abcde là số cần tìm , Chữ số a có thể chọn từ {2;3;4;5;6} và chữ số e có thể chọn từ {0;2;4;6;8} . Vì {2;3;4;5;6}  {0;2;4;6;8}={2;4;6} nên ta chia thành 2 trường hợp rời nhau: Trường hợp 1: a∈{2;4;6} : a có 3 cách chọn , e có 5-1=4 cách chọn , và 3. 3. 3. bcd có A10 2  A8 cách chọn .Vậy có 3 4 A8 4032 số chẳn. Trường hợp 2: a∈{3;5} a có 2 cách chọn , e có 5 cách chọn và còn lại 3 bcd có A8 cách chọn .. 3 Vậy có 2 5 A8 3360. số chẳn.. Vậy có tất cả 7392 số chẳn.. 17. Cho S là tập hợp các số tự nhiên mà các chữ số được chọn từ {1;3;5;7}. Sao cho không có chữ số nào lặp lại. Tìm 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. a/. S. n. b/ nS. GIẢI: CÁCH 1: a/ Ta chia S thành 4 tập hợp con rời nhau: (1) các số có 1 chữ số: 1;3;5;7. (2) các số có 2 chữ số : 13;15;17;…… (3) các số có 2 chữ số : 135;137;…… (4) các số có 4 chữ số: 1357;1375;….. 4. Ta có :. S  Si  A41  A42  A43  A44 4 12  24  24 64 i 1. .. b/ Gọi 1 xác định tổng của các chữ số hàng đơn vị của các số trong S,  2 xác định tổng của các chữ số hàng chục của các số trong S;.  3 xác định tổng của các chữ số hàng trăm của các số trong S  4 xác định tổng của các chữ số hàng ngàn của. các số trong S.. Do đó ;  1  10 2 100 3  1000 4 Trước hết , ta xác định 1 ; Rỏ ràng , tổng của các chữ số hàng đơn vị 1 trong S1 là 1+3+5+7 =16. Trong S 2 có A3 số mà các chữ số đơn vị tương. ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong S2 , là A31 (1  3  5  7) 48. .. 2 3. Trong S3 có A số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng 2 các chữ số hàng đơn vị của các số trong S3 , là A3 (1  3  5  7) 96 . 3 Trong S 4 có A3 số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng 3 các chữ số hàng đơn vị của các số trong S4 , là A3 (1  3  5  7) 96 .. Cho nên : 1 16  48  96  96 256 Tương tự , ta có :  2  A31  1  3  5  7   A32  1  3  5  7   A33  1  3  5  7  240  3  A32  A33  (1  3  5  7) 192  4  A33 (1  3  5  7) 96. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Vậy  1  10 2  100 3  1000 4 256  2400  19200  96000 117856 .. CÁCH 2: S1. có thể chia thành 2 cặp {1;7} và {3;5} và tổng của 2 Rõ ràng 4 số trong số trong mỗi cặp này là 8. 12 số trong S2 có thể chia thành cặp {13;75};{15;73};{17;71};{35;53}… và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 88. Tương tự ; 24 số trong S3 có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 888. 24 số trong S4 có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 8888. 4 12 24 24  8   88   888   8888  117856. 2 2 2 2 Như vậy :. TỔ HỢP ( COMBINATION) Một lựa chon m phần tử phân biệt không sắp xếp thứ tự của n phần tử phân biệt được gọi là tổ hợp m phần tử của n phần tử. Vì các phần tử không lặp lại nên tổ hợp này còn gọi là tổ hợp không lặp. Số tổ hợp không lặp lại của m phần tử từ n phần tử là 18.. Cnm . n! m ! n  m  !. .. r r 1 r Chứng minh công thức : Cn Cn  1  Cn 1 (n,r∈N; r≤n).. GIẢI: Cách 1: Dùng công thức. Cách 2: Dùng Tổ hợp . r. Gọi A={1;2;…;n} có Cn cách lấy r phần tử từ A. Mỗi cách lấy đó sẽ có phần tử “1” hoặc không có phần tử “1”. r 1 Số cách lấy có phần tử “1” là Cn 1 . ( chỉ cần lấy thêm r-1 phần tử) r Số cách lấy không có phần tử “1” là Cn  1 . Từ đó suy ra đpcm.. Một dãy các số. a1 ; a2 ;....an được gọi là xâu k-aray , với n,k ∈ N * , nếu. ai   0;1; 2;....; k  1. với mỗi i=1 ;2 ;…… ;n. Độ dài của xâu là n , chính là 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT a ; a ;....; a. n số số hạng trong xâu .Đôi khi một xâu như thế có thể viết là  1 2 . Một xâu k-aray có thể được gọi là xâu nhị phân ( binary) , Xâu tam phân ( ternary) hay tứ phân ( quarternary) khi k=2 , 3, 4. Ví dụ : {(0 ;0 ;0) ; (0 ;0 ;1) ;(0 ;1 ;0) ;(1 ;0 ;0) ;(0 ;1 ;1) ;(1 ;0 ;1) ;(1 ;1 ;0) ; (1 ;1 ;1) } là tập hợp tất cả 8 xâu nhị phân có độ dài là 3.. Để tạo ra 1 xâu k-aray có độ dài n : trước hết ta chọn a1 từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} kế đến chọn a2 từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} ; và cho đến cuối cùng chọn an từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1},Vì có k cách chọn trong mỗi bước , nên số xâu k-ary phân biệt có độ dài n là. n k k    .  k k n. 19. Cho dãy nhị phân có chiều dài là 7.Hỏi có bao nhiêu dãy chứa 3 số 0 và 4 số 1. GIẢI: Trước hết ta xếp 3 số 0 vào 3 trong 7 vị trí của chuỗi . Sau đó xếp 4 số 1 vào 4 vị trí còn lại. 3 4 Vậy có C7 .C4 chuỗi thỏa điều kiện .. 20. Có bao nhiêu cách lập ra 1 Ủy Ban gồm 5 người từ 11 người bao gồm 4 thầy giáo và 7 học sinh, nếu : a/ Không có yêu cầu về cách lựa chọn . b/Ủy ban phải bao gồm đúng 2 thầy giáo . c/ Ủy ban phải bao gồm ít nhất 3 thầy giáo. d/ Đặc biệt 1 thầy giáo và 1 học sinh không thể cùng nằm trong ủy ban. GIẢI: a/. C115 462. 2 3 b/ C4 .C7 210 . 3. 2. 4. 1. c/ C4 .C7  C4 C7 91 . d/ Gọi T là người thầy đặc biệt, S là học sinh đặc biệt. Ta tìm số cách lập 3 ra ủy ban bao gồm cả T và S. Như vậy có C9 cách lập . Vậy số cách lập 5 3 thỏa điều kiện là C11  C9 378.. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. 21. Giả sử có 8 người chơi a;b;c;d;e;f;g;h tham dự 1 giải tennis đơn . Ở vòng đầu tiên, họ chia thành 4 cặp để thi đấu. Hỏi số cách sắp xếp. Gọi A là 1 tập hợp gồm 2n phần tử . Một ghép đôi của A ( A pairing ) là 1 sự phân chia tập hợp A thành các tập con 2 phần tử rời nhau tức là 1 hợp của các tập con 2 phần tử rời nhau tạo thành A. Thí dụ : Nếu A={a;b;c;d;e;f;g;h} thì {{a;b};{c;f};{d;h};{e;g}} và {{a;h};{c;f};{d;h};{b;g}} là 2 ghép đôi khác nhau của A.Chú ý rằng thứ tự của các tập con và thứ tự của 2 phần tử trong mỗi tập con là không quan trọng .. 22. Cho A là tập hợp gồm 2n phần tử ( n≥1) Tìm số sự ghép đôi khác nhau của A. GIẢI: Ta xét 3 cách khác nhau để giải bài tập này : Cách 1: Ta chọn một phần tử bất kỳ là x trong A. Số cách để chọn người cùng cặp với x , gọi là y, là 2n-1 cách . ( và {x;y} là 1 tập con 2 phần tử).Chọn một phần tử bất kỳ khác là z, từ 2n-2 phần tử còn lại của tập hợp A\{x;y} . Số cách để chọn người cùng cặp với z là 2n-3. Tiếp tục quá trình đó .Số cách cần tìm là : (2n-1)(2n-3)…..5.3.1. Cách 2: Trước hết ta tạo ra 1 tập con có 2 phần tử của A và đặt vào vị trí (1) như 2 hình vẽ .Có C2n cách là như thế .. {..}  {..}  {..}..........{..}   (1). (2). (3). (n ). Kế tiếp , lại tạo ra 1 tập con có 2 phần tử từ phần còn lại của A và đặt 2 chúng vào vị trí (2) . Có C2 n 2 cách làm như thế . Và cứ tiếp tục như vậy.. C22n .C22n  2 .....C42 .C22 n! Do đó số cách cần tìm là : vì các phân chia không quan. tâm đến thứ tự. Cách 3: Trước hết ta sắp xếp 2n phần tử của A thành 1 hàng và đặt chúng vào 2n khoảng trống sau: { ; };{ ; };………………….{ ; }; (1) (2) (3) (4) (2n-1) (2n) Có (2n)! cách sắp xếp . Vì thứ tự của các phần tử trong mỗi tập con 2 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. phần tử và thứ tự các phần tử trong n tập con là không quan trọng nên số.  2n  ! 2!2!.......2!      n !. .  2n  ! n !2 n. n cách theo yêu cầu là : . CHÚ Ý: Bài toán trên có thể mở rộng theo cách sau: Cho A là một tập hợp có kn phần tử phân biệt (k,n∈N) . 1 sự ghép k-phần tử của A là một phân hoạch A. thành các tập con k phần tử tức là phân chia A thành các tập con k phần tử đôi một rời nhau.. 23. Có bao nhiêu số có 5 chữ số lớn hơn 21300 sao cho các chữ số của nó là phân biệt và lấy từ các chữ số {1;2;3;4;5} GIẢI: Cách 1: Ta chia thành các loại: - Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 1 trong các số 3,4,5: 1. là A3 .P4 . - Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là số 2 và chũ số 1. hàng nghìn là 1 trong các số 3,4,5 là A3 .P3 . -Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 2 và chữ số hàng nghìn là 1 là P3 . 1 1 Vậy tổng số các số là A3 .P4  A3 .P3  P3 96 . Cách 2:. Vì số các số có 5 chữ số mà các chữ số phân biệt là P5 và chỉ có các số mà chữ số hàng chục ngàn là 1 thì mới không vượt quá 21300 ( số các số này là P4 ) nên số các số cần tìm là P5  P4 96 . 24. Cho n,k là các số nguyên dương và S là tập hợp n điểm trong mp sao cho: (i) không có 3 điểm nào của S là thẳng hàng , (ii) Với bất kỳ điểm P thuộc S , có ít nhất k điểm thuộc S cách đều P. Chứng minh rằng IMO 1989.. k. 1  2n 2. GIẢI: 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Để thuận lợi , ta gọi 1 đoạn thẳng nối 2 điểm bất kỳ của S là cạnh . Gọi l là số cạnh trong mp. Trước hết , vì có n điểm phân biệt và bất kỳ 2 điểm 2. xác định được 1 cạnh nên ta có l= Cn cạnh . Kế tiếp , mỗi điểm P của S theo điều kiện (ii) có thể vẽ được 1 đường tròn tâm P(C(P)) sao cho đường tròn đó chứa ít nhất k điểm của S. Rõ ràng rằng mỗi điểm của S 2 nằm trên (C(P)) xác định ít nhất Ck cạnh . Do đó với n điểm P trong tập 2. hợp S thì tổng số cạnh ít nhất là n Ck ( có đếm lặp lại). Bây giờ ta thấy rằng , các cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần. 1 cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần khi và chỉ khi cạnh đó là dây cung chung của ít nhất 2 đường tròn. Vì 2 đường tròn có nhiều nhất 1 dây cung chung cho nên n đường tròn , số 2 dây cung chung được đếm lặp lại nhiều nhất Cn . Cho nên :. l nCk2  Cn2  Cn2 nCk2  Cn2  2Cn2 nCk2  k 2  2k  2  n  1 0 1  1  8  n  1 1 1 1  k   8n   2 n 2 2 2 2 .. NHẬN XÉT: (1) Trong chứng minh trên , đại lượng l được dẫn ra từ đầu và nó được đếm ước lượng bằng 2 cách suy nghĩ, bằng các cách ấy dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh. Đó là 1 kỹ thuật hay sử dụng trong tổ hợp . (2) Từ chứng minh trên ta thấy rằng điều kiện (i) là không cần thiết vì nếu A,B,C thẳng hàng thì 3 đoạn thẳng AB,AC,BC cũng được xem như là 3 cạnh phân biệt. HOÁN VỊ LẶP LẠI : Một cách sắp xếp m phần tử của n phần tử phân biệt ( mỗi phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần )được gọi là hoán vị lặp lại của m phần tử từ n phần m. tử.Số hoán vị lặp lại là n . Chứng minh : Xác định n phần tử phân biệt là 1,2,3…n. Thế thì một tổ hợp lặp có i ; i2 ;.....; im   1 i1 i2 .... im n . dạng :  1. Đặt.  j1 i1  j i  1  2 2  1  j1  j2  .......  jm n  m  1  ...........  jm im  m  1 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT i ; i ;.....; im  và như vậy mỗi tổ hợp lặp  1 2 sẽ tương ứng với duy nhất một tổ m j ; j ;.....; jm  hợp không lặp  1 2 và số tổ hợp này là Cn m  1 .. ALL PERMUTATION OF INCOMPLETE DISTINCT OBJECTS: Giả sử có n phần tử bao gồm k phần tử phân biệt a1; a2 ;.......; ak với số lần lặp lại tương ứng là n1 ; n2 ;...nm : n1  n2  ...  nm n , tất cả các hoán vị của n phần tử được gọi là tất cả các hoán vị của các đối tượng phân biệt không Ann1 ;n2 ;....;nk . n! n1 !.n2 !.....nk ! .. đầy đủ , ta có số hoán vị loại đó là Chứng minh : Gọi f là số hoán vị thỏa mãn bài toán .Nếu ta trao đổi các phần tử trong cùng một loại và sắp xếp lẩn nhau từng nhóm thì ta sẽ có n1 !.n2 !.....nk ! hoán vị . Theo qui tắc nhân số tất cả các hoán vị của n phần tử phân biệt bằng f .n1 !.n2 !.....nk ! . Do đó ta có : f. n1 !.n2 !.....nk ! = n! Suy ra đpcm. 25. Tìm số dãy tam phân có độ dài là 10 có 2 chữ số 0, 3 chữ số 1và 5chữ số 2. GIẢI: Đáp số : 2520.. 26. Tìm số cách để lát 1 hình chữ nhật 1×7 bằng các block 1×1; 1×2; 1×3. Giả sử rằng các block này có cùng kích thước là không đáng kể. GIẢI: Minh họa 2 cách phủ như sau:. 2 1. 1. 3. 1. 3. 3. Với i =1 ;2;3 , ta đặt bi xác định block 1×i. Như vậy , cách lát thứ nhất chỉ ra ở trên có thể biểu diễn dưới dạng b2b1b3b1 . Đó là hoán vị của bộ.  2 b1; b2 ; b3 . 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 2 b ; b. 3 1 Cách thứ hai biểu diễn bởi b1b3b3 . Đó là hoán vị của  . Chú ý rằng tổng của các chỉ số trong mỗi bộ đều bằng 7. GIẢI: Từ minh họa trên , ta thấy số cách yêu cầu bằng với số hoán vị của một. vài số bi sao cho tổng của các chỉ số của bi là 7. Ta có 8 trường hợp bao gồm các khả năng sau đây:.  i   7 b1  iii   4 b1; b3  v   2 b1; b2 ; b3  vii   b1; 2 b3 .  ii   5 b1 ; b2   iv   3 b1; 2 b2   vi   b1;3 b2  (viii)  2 b2 ; b3 . Trong mỗi trường hợp , số hoán vị là : 6! 6 5! 5! (iv) 10 3!2! 4! (vi) 4 3! 3! (viii) =3 2!.  i 1. (ii). 5! 5 4! 4! (v) 12 2! 3! (vii ) 3 2! (iii ). Như vậy sẽ có : 44 cách lát . 3n n Chứng minh rằng (4n)! là bội số của 2 .3 với mỗi số tự nhiên n.. 27. GIẢI:. Xét tập hợp. M  4 a1; 4 a2 ;....; 4 an . P  4n; 4; 4....; 4  . Ta có : Vì. P  4n; 4; 4....; 4 .  4n  !   4 n  ! n n  4!  23.3. .. .  4n  ! 23n.3n. .. là số tự nhiên nên suy ra đpcm.. TỔ HỢP LẶP LẠI: Một lựa chọn không thứ tự m phần tử từ n phần tử đã cho phân biệt ( mỗi phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần ) được gọi là tổ hợp lặp . Số tổ hợp lặp m là Cn m  1 .. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT .a ; .a2 ;.....; .an ; Cho M=  1 là 1 multi-set với n ∈N. m .a ; m .a ;......; mn .an  Một multi-set của dạng  1 1 2 2 với mi là các số nguyên. không âm, được gọi là một  m1  m2  ....  mn  -phần tử của multi-subset cua r M. Với số nguyên không âm r , goi H n xác định số r-phần tử của multisubset của M.. 28. Có 3 loại sandwich , gọi là chicken(C ) ; fish(F) ; ham (H). có ở nhà hàng. Một người muốn đặt trước 6 sandwich . Giả sử rằng không giới hạn việc cung cấp sandwich trong mỗi loại , Hỏi có bao nhiêu cách đặt phần ăn trên? GIẢI: 3 Vấn đề của bài toán này là đếm số H 6 được liệt kê trong 6-phần tử multi. C ; F ; H  subset của  . Bảng sau đây cho 4 cách lựa chọn :. (C) oo o. (1) (2) (3) (4). (F) o oooo oo. ooo. (H) ooo o oooo ooo. Ta biểu diễn bảng trên bằng chuỗi nhị phân : (1) 00101000 (2)01000010 (3)10010000 (4)00011000 Trong mỗi trường hợp , ta thấy việc sắp thứ tự của 6 loại sandwich tương ứng với một chuỗi nhị phân có độ dài là 8 vói 6 ký tự 0 và 2 ký tự 1. , thứ tự khác nhau dẫn đến chuỗi nhị phân khác nhau. Ta thấy có 1 song ánh giữa tập hợp các cách sắp xếp với tập hợp chuỗi nhị phân như trên. Cho 3 2 nên ta có , H 6 C8 .. Xét trường hợp tổng quát:. a1. a2. a3 20. an.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. S. oo.......o   . oo.......o   . oo.......o   . r1. r3. …. oo.......o    rn. r1. Sử dụng cơ cấu này , mỗi tập con S= . r1 a1 ; r2 a2 ;.....; rn an . của M , ở đây. ri 0; i. có thể biểu diễn thành 1 hàng có ri số 0 trong khoảng dưới ai . Nếu ta xem mỗi cột đứng là 1 số 1 thì mỗi r-phần tử tập con của M tương ứng với ột chuỗi nhị phân có độ dài r+n-1 với r số 0 và n-1 số 1 . Tương ứng này là một song ánh giữa họ các r-phần tử tập con của M và họ các chuỗi nhị phân như trên. Như vậy ta có kết quả, .a ; .a2 ;.....; .an ; Cho M=  1 là 1 tập con với n ∈N.Số r-phần tử của M là H nr Cnrr  1. .. NHÂN TỔ HỢP: Sắp xếp n phần tử phân biệt vào k loại phân biệt ( k≤n) sao cho có ni phần tử trong nhóm thứ i , ( i=1;2….;k; n1  n2  ....  nk n ) Thế thì số cách sắp xếp là : Cnn1 ;n2 ;....;nk . n! n1 !.n2 !.....nk ! .. Chứng minh : n Số cách lấy n1 từ n phần tử là Cn. 1. n Số cách lấy n2 từ n- n1 phần tử là Cn  n ……………………………. 2. 1. nk. Cn từ n  n1  n2  .....  nk  1 phần tử là n  n  n  ..... n k. 1. 2. k 1. Số cách lấy Sử dụng qui tắc nhân ta được số cách thành lập là : Cnn1 .Cnn2 n1 .......Cnn1k n2  ..... nk  1  . (n  n1  n2  ...  nk  1 )! n! (n  n1 )! . .......  n1 !.  n  n1  ! n2 !.  n  n1  n2  ! nk !.  n  n1  n2  ...  nk  !. n! n1 !n2 !..........nk !. 29. Giả sử có 3 cờ đỏ , 4 cờ xanh và 2 cờ vàng để đặt vào vị trí của 9 cột cờ đã đánh số . Hỏi có bao nhiêu ký hiệu phân biệt từ các cây cờ đó.. 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. GIẢI: 9! 1260 Số ký hiệu phân biệt là : 3!2!4! .. 30.. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 cặp đôi từ n người ( n≥6).. GIẢI: Cách 1: 6. Số cách lấy 6 người từ n người : Cn . 6 người này phân chia thành 3 nhóm , mỗi nhóm có đúng 2 người , số 2,2,2. cách chia là : C6 theo yêu cầu là:. nhưng 3 nhóm này không cần thứ tự nên số cách chọn. Cn6 .C62,2,2 n!  3! 48.  n  6  !. Cách 2: Cn6. Số cách lấy 6 người từ n người :. .. 2 2 Với 6 người , có C6 chọn ra 2 người, với 4 người còn lại có C4 cách chọn 2 ra 2 người . Cuối cùng có C2 chọn ra 2 người còn lại , Nhưng 3 cặp này. Cn6 .C62 .C42 .C22 n!  3! 48(n  6)! không có thứ tự nên số cách chọn là :. HOÁN VỊ VÒNG TRÒN CỦA CÁC PHẦN TỬ PHÂN BIỆT: Nếu ta sắp xếp n phần tử phân biệt trên 1 đường tròn thì hoán vị được gọi là hoán vị vòng tròn của n phần tử, Số hoán vị vòng tròn của n phần tử Pn  n  1 ! là : n .. CHỨNG MINH : Vì n hoán vị đường thẳng cho ta 1 hoán vị đường tròn mà ta lại có n! hoán vị đường thẳng nên suy ra đpcm. Các hoán vị nhận được từ nhau qua 1 phép quay quanh tâm , được xem là một. Gọi A là một tập hợp gồm n phần tử phân biệt . Với 0≤r≤n , số hoán vị 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT r vòng tròn r phần tử từ tập A được ký hiệu là Qn . Ta chứng minh được. Qnr . Anr r .. 31. Có bao nhiêu cách để 5 nam và 3 nữ ngồi chung quanh 1 cái bàn , nếu : a/ nếu không có hạn chế gì ? b/ Nam B1 và nữ G1 không ngồi kề nhau. c/ không có nữ nào ngồi kề nhau. GIẢI: a/ Đáp số : 7! b/ 5 nam và 2 nữ ( không tính G1) có thể có (7-1)! Cách xếp .G1 có 5 cách ngồi không kề với B1. Vậy có 6!×5=3600 cách xếp . Ta cũng có thể dùng nguyên lý Phần Bù:(PRINCIPLE OF COMLEMENTATION-CP) X \A X  A. Nếu A là tập con của X thì Số cách xếp 5 nam và 3 nữ trong đó B1 và G1 ngồi cạnh nhau là : 6!.2! =1440. Vậy số cách xếp thỏa mãn bài toán là : 7!- 1440=3600. c/ Trước hết ta xếp 5 nam vào bàn , có (5-1)! Cách xếp. Lần lượt có 5 cách để xếp G1; 4 cách để xếp G2; và 3 cách để xếp G3. Vậy có tất cả 4!×5×4×3=1440 cách xếp. 32. Tìm số cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng xung quanh 1 bàn tròn sao cho : a/ Nam và nữ ngồi luân phiên. b/ Mỗi Nữ ngồi kề với chồng của mình . GIẢI: a/ Xếp n người nam có (n-1)! cách xếp. n người nữ có thể ngồi vào n khoảng trong giữa 2 người nam , nên có n! cách xếp . Vậy có n!.(n-1)! Cách xếp. b/ Mỗi cặp vợ chồng xem như 1 phần tử . Số cách xếp n phần tử này là (n-1)! . Vì mỗi cặp vợ chồng có 2 cách xếp , n  1 !.2n nên số cách xêp tổng cộng là :  .. CHÚ Ý : Một bài toán khó hơn và nổi tiếng liên hệ với bài tập trên là: 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho n cặp vợ chồng (n≥3) quanh 1 bàn tròn sao chon nam và nữ ngồi xen kẽ nhau nhưng vợ không ngồi cạnh chồng ? Bài toán này lần đầu tiên được giới thiệu bởi nhà toán học Pháp Francis Edward Anatole Lucas (1842-1891). 33. Nếu phải xếp ít nhất 1 người trên một bàn thì có bao nhiêu cách xếp 6 người ngồi: a/ quanh 2 bàn . b/quanh 3 bàn. GIẢI: a/ Với 2 bàn, có 3 trường hợp để xét số người ngồi quanh 2 bàn tương ứng , (1) 5+1 (2) 4+2 (3) 3+3. 5. Trường hợp 1: Có C6 cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 5 và 1 mỗi bàn. Số cách xếp 5 người vào 1 bàn là (5-1)! và 1 người vào bàn 5 còn lại là 0!. Theo qui tắc nhân , ta có : C6 4!0! 144 . 4. Trường hợp 2: Có C6 cách chia 6 người thành 2 nhóm với số lượng 4 và 2 vào mỗi bàn. Số cách xếp 4 người vào 1 bàn là (4-1)! và 2 người vào 4. bàn còn lại là 1!. Theo qui tắc nhân , ta có : C6 3!1! 90 . Trường hợp 3: Ta chú ý trường hợp này . Số cách để chia 6 thành 2 nhóm 1 3 1 3 C6 C6 2!2! 40 3 và 3 là 2 . Vậy số cách xếp là 2 .. Cho nên theo qui tắc cộng là : 144+90+40=274. b/ Với 3 bàn ta có 3 trường hợp : (1)4+1+1 (2)3+2+1 Số cách sắp xếp trong mỗi trường hợp là:. (3) 2+2+2.. 1 4 1 C6 .C2 . 3!0!0! 90 2  2  C63 .C32 . 2!1! 120.  1. 1 (3) C62 .C42 . 1!1!1! 15 3. Theo qui tắc cộng : 90+120+15=225. CHÚ Ý: Cho r,n là các số nguyên , 0≤n≤r , xác định số cách sắp thứ tự r phần tử phân biệt quanh n đường tròn ( không phân biệt) sao cho mỗi đường tròn có ít nhất một phần tử. ( ký hiệu là s(r;n)).Các số s(r;n) được gọi là số 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Stirling loại 1, mang tên nhà toán học James Stirling ( 1692- 1770) Ví dụ : s(6;2)= 274 ; s(6;3)= 225. Các kết quả khác : s(r;0)= 0 nếu r≥1 . s(r;r)=1 nếu r≥0. s(r;1)= (r-1)! nếu r≥2 . 2. s(r;r-1)= Cr 34.. nếu r≥2.. Chứng minh rằng : s(r;n) = s(r-1;n-1) + (r-1)s(r-1;n) với r,n∈N;n≤r.. GIẢI: Để đơn giản , ta gọi r phần tử phân biệt là 1,2,….r. Xét phần tử “1” , với bất kỳ cách sắp xếp các phần tử , hoặc là : (i) 1 chỉ là 1 phân tử trong 1 đường tròn . (ii) 1 trộn với các phần tử khác trong 1 đường tròn. Trong trường hợp thứ nhất có s(r-1;n-1) cách xếp . Trong trường hợp thứ hai có s(r-1;n) cách xếp các phần tử 2;3;…r vào n đường tròn , khi đó 1 có thể đặt vào 1 trong r-1 khoảng trống phân biệt đến “ immediate right “ của r-1 phần tử tương ứng. Theo qui tắc nhân , trường hợp này có (r-1).s(r-1;n) cách sắp xếp. Suy ra đpcm. Sử dụng các giá trị ban đầu: s(0;0)=1 ; s(r;0)=0 ; s(r;1)= (r-1)! Với r≥1ta có thể tìm được các giá trị s(r;n) với r,n khá nhỏ. SỐ XÂU CHUỖI HẠT: Giả sử 1 xâu chuỗi hạt bao gồm n hột được sắp xếp trên 1 đường tròn thế 1  n  1 !(n 3) thì số xâu phân biệt là 1 ( nếu n=1 ;2) hay 2 .. CHỨNG MINH : Nếu n=1 hay n=2 thì số xâu chuỗi là 1. Giả sử n ≥3, bởi vì 1 xâu chuỗi có thể quay hay lật ngược lại mà không làm thay đổi gì , nên số xâu chuỗi bằng ½ số hoán vị vòng tròn. 35. Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 nữ và 15 nam để nhảy múa theo vòng tròn sao cho có ít nhất 2 người nam đứng giữa bất kỳ 2 người nữ . GIẢI: 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Trước hết với mỗi người nữ , ta coi như 2 người bạn nhảy nam của cô ấy là 1 người đứng ở bên trái và 1 người đứng ở bên phải. Vì có 6 người nữ 12. phân biệt nên ta có thể chọn 12 người nam từ 15 người nam bằng A15 cách . Kế đến , mỗi người nữ và 2 bạn nhảy nam của mình được xem như là 1 nhóm , mỗi phần dư lại 15-12=3 người nam cũng xem như là 1 nhóm . Như vậy tổng cộng có 9 nhóm , mà ta có thể hoán vị vòng tròn nên sẽ có 15!.8! A1512 .8!  3! cách . 8! Cách . Theo qui tắc nhân ta có :. SỐ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT.(bài toán chia kẹo của Euler) Số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1  x2  .....  xm n(m, n  N ). bằng. Cnmm1 1 Cnnm 1. . CHỨNG MINH : x ; x ;......; xm . Ta xét mỗi nghiệm không âm của phương trình là  1 2 với 1 hoán vị của n đường tròn “ O” và m-1 cạnh “/ “ : OO.....   O / OO.....   O / ....... / OO......    O x1. x2. xm. tương ứng. .. Ở đây x1 là số đường tròn “O” ở bên trái dấu / thứ nhất, xi 1 là số đường tròn “O” ở giữa dấu/ thứ i và dấu / thứ i+1, …. xm là số đường tròn “O” ở bên phải dấu / thứ m-1 . Vì tương ứng trên là 1-1 , nên số nghiệm của phương trình bằng số hoán vị của n đường tròn “O” và m-1 dấu/ tức là Cnmm1 1 Cnnm 1. .. CHÚ Ý : Số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1  x2  .....  xm n(m, n  N ). bằng số tổ hợp lặp lại của việc lấy m phần tử từ n phần tử ( mỗi phần tử có thể có hữu hạn lần lặp lại). HỆ QUẢ : Số nghiệm nguyên dương của phương trình x1  x2  .....  xm n( m, n  N ) n m. Cnm11 bằng . (1). CHỨNG MINH : Đặt yi  xi  1(i 1; 2...; m) Khi đó ta có : (1)  y1  y2  .....  ym n  m .(2). 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Số nghiệm dương của (1) bằng số nghiệm không âm của phương trình (2) Cmn 1m  m  1 Cnm11. do đó sẽ bằng . Lời giải khác của VD7: Giả sử 15 nam chia thành 6 nhóm sao cho mỗi lảnh đạo của nhóm là một người nữ và có ít nhất 2 nam trong 1 nhóm . Xác định số nam trong mỗi nhóm là x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; x6 tương ứng , thế thì ta có phương trình : x1  x2  x3  x4  x5  x6 15  xi  N ; xi 2; i 1; 2;3; 4;5;6 . (1). y  x  2 i 1; 2...; 6  y  y  y  y  y  y 3.  1 2 3 4 5 6 Đặt i i  (2) Thế thì số nghiệm nguyên của (1) bằng số nghiệm nguyên không âm của 6 1 5 3 (2) tức là C36 1 C8 C8 .Như vậy 15 nam được chia thành 6 nhóm sao 3. cho trong mỗi nhóm có ít nhất 2 nam thì có C8 cách. Ta sắp xếp 6 nhóm đó trong vòng tròn thì có (6-1)!=5! cách. Người lảnh đạo của mỗi nhóm là 1 nữ và vị trí của nó được xác định . 15 nam ngồi trên đường tròn có 15! cách . Theo qui tắc nhân ta có số hoán vị thỏa mãn yêu cầu bài toán là C83 .5!.15! . 8!.15! 3! .. 36. Có bao nhiêu số nguyên có 3 chữ số sao cho tổng các chữ số của mỗi số nguyên là 11. GIẢI: Ta xác định chữ số hàng trăm , hàng chục và hàng đơn vị là x1 ; x2 ; x3 ( x1 1; x2 0; x3 0) x1  x2  x3 11. :. Đặt. (1).. y1  x1  1; y2  x2 ; y3  x3 ;  y1  y2  y3 10  yi 0; i 1; 2;3 . (2) .. 3 1 10 3 1. 2. C12 Số nghiệm của (1) bằng số nghiệm của (2) tức là bằng C nhưng trừ đi 5 nghiệm sau : (11;0;0) ; (10;1;0) ;(10;0;1); (1;10;0); (1;0;10) vậy có tất cả : C122  5 61.. NGUYÊN LÝ BAO HÀM VÀ NGUYÊN LÝ LOẠI TRỪ : Gọi A1; A2 ;.... An là n tập hữu hạn . Ta xác định số phần tử của Ai là Ai (i 1; 2;....n). . Thế thì ta có công thức (1) sau: 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT n. A1  A2 ....  An  Ai  i 1. Ai  Aj . . 1i  j n. Ai  Aj  Ak  ......    1. . n 1. A1  A2 ....  An. 1i  j k n. CHỨNG MINH : Với bất kỳ phần tử x  A1  A2 .....  An ta chứng minh rằng x sẽ có số lần đếm giống nhau ở cả 2 vế của (1). Vì x thuộc ít nhất 1 trong các tập hợp A1 ; A2 ;...; An nên không mất tính tổng quát ta giả sử x  A1 ; A2 ;... Ak và không thuộc các tập hợp khác . Trong trường hợp này x được đếm 1 lần trong VT của (1) . Nhưng trong VP của n. (1) x được đếm. Ck1. lần trong. 3. được đếm Ck lần trong được đếm : Ck1  Ck2  Ck3  ......    1. k 1. . A. i. ; được đếm. i 1. Ai  Aj  Ak. 1i  j k n. Ck2. . lần trong. Ai  Aj. 1i  j n. ;. ;…… . Suy ra , ở VP của x. . k. . k. Ckk Ck0  Ck0  Ck1  Ck2  Ck3  ......    1 Ckk 1   1  1 1. Rõ ràng rằng với x  A1  A2 .....  An thì ở cả 2 vế x đều không đếm được lần nào. Như vậy ở 2 vế mỗi phần tử x được đếm số lần như nhau , nên công thức được chứng minh. CHÚ Ý : Phương pháp chứng minh trên được gọi là phương pháp GÓP LẠI ( CONTRIBUTED METHOD). NGUYÊN LÝ QUÉT LIÊN TIẾP ( SUCCESSIVE SWEEP PRINCIPLE) : SIEVE FORMULA – CÔNG THỨC SÀNG : Ai  S. Cho S là tập hợp hữu hạn , Ai. (i=1;2…..;n) và xác định phần bù của. trong S là Ai (i=1;2;….;n). Thế thì :. A1  A2 ......  An  S  A1  A2 ....  An  S . n. A. i. i 1. . . 1i  j n. CHỨNG MINH : Ta có :theo công thức De Morgan A1  A2 ......  An  A1  A2 .....  An  S  A1  A2 ....  An. 28. Ai  Aj . . 1i  j  k n. Ai  A j  Ak  ......    1.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. 37. Xác định số các số nguyên dương nhỏ hơn 1000 và không chia hết cho 7 và cũng không chia hết cho 5.. GIẢI: Ai  k / k  S ; k i. Đặt S={1;2;…;999} Theo công thức sàng , ta có:. Thế thì ta cần tính :. A5  A7. ..  999   999   999  A5  A7  S  A5  A7  A5  A7 999     999  199  142  28 686  5   7   7.5 . 38. Có bao nhiêu cách để gắn n lá thư phân biệt vào trong n phong bì sao cho không có lá thư nào vào đúng phong bì tương ứng của nó ( BÀI TOÁN CÁC LÁ THƯ SAI ĐỊA CHỈ CỦA BERNOULLI-EULER). GIẢI: Ta phát biểu lại bài toán : Có bao nhiêu hoán vị của các số {1;2;…;n} sao cho số k không đặt ở vị trí k với mọi k (1≤k≤n). Các hoán vị như thế gọi là hoán vị xáo trộn ( derangement) và số hoán vị như thế đặt là. Dn .. Gọi S là tập hợp các hoán vị của {1;2;…;n} và Ai là tập hợp các hoán vị.  a1; a2 ;.....; an  của {1;2;…;n} thỏa điều kiện. ai i (i=1;2;….;n).. Rõ ràng ta có : S n !;. Ai  n  1 !;. Ai  A j  n  2  !,........ Ai1  Ai2 ......  Aik  n  k  ! 1 i1  i2  ......  ik n . Theo công thức sàng , ta có: n. Dn  A1  A2 .....  An n ! Cn1 (n  1)! Cn2  n  2  ! Cn3  n  3 ! ......    1 Cnn 0! n  1 1 1   1  n ! 1     ........   1! 2! 3! n !  . 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. HOÁN VỊ VÀ CÁC ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA NÓ: Cho X={1;2;…;n} ; φ là song ánh từ X vào chính nó và ta thường viết 2. ......... n  1     1   2  ......... ....  n    hoán vị dưới dạng sau đây: i i. Với i∈X, nếu φ   , thì i được gọi là 1 điểm bất động của hoán vị φ trên X. Với VD trên , ta có hệ quả sau đây: HỆ QUẢ : Số hoán vị không có điểm bất động của tập X bằng n  1 1 1   1  Dn n ! 1     ........   1! 2! 3! n !  . 39.Giả sử tập X={1;2;…;n} và xác định số hoán vị không có điểm bất động của X là f n , số hoán vị có đúng 1 điểm bất động của X là g n . f  g 1. Chứng minh rằng n n . CANADIAN MO LẦN 14.. GIẢI: g ni. Gọi. là số hoán vị với đúng 1 điểm bất động là I (i=1;2….;n) Thế thì :. g n  g n1  g n2  g n3  ......  g nn. Theo hệ quả trên , ta có : f n Dn ;. g ni Dn  1 (i 1; 2;....; n) và g n nDn  1. .. Nên : f n  g n  Dn  nDn  1 n  1 1 1  1   n ! 1      ....   1! 2! 3! n! .   1  n !. n!. 40.. n 1   1 1 1  1     n.( n  1)! 1      ....     1! 2! 3!  ( n  1)!   . n. 1. a Một dãy số  n  được nhận từ dãy các số nguyên dương {1;2;3…;. …} bằng cách xóa đi tất cả các bội số của 3 hay 4 ngoài trừ 5. Tinh a2009 . 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. GIẢI: CÁCH 1: ( PHƯƠNG PHÁP ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ- ESTIMATE VALUE METHOD) A  k / k  S ; k i Đặt a2009 n ; S={1;2;3….;n} và i  (i=3;4;5) .Thế thì tập.  A A A  A .. hợp các số không bị xóa là 3 Áp dụng công thức sàng , ta có :. . . 4. . 5. 5. . 2009  A3  A3  A3  A5  A3  A3  A3  A5   S  A3  A4  A5  A3  A4  A3  A5  A4  A5  A3  A4  A5  A5  n n      3.  n  n   n   n   n   4    3 4    3 5    4 5    3 4 5 . Áp dụng bất đẳng thức  2009  n    2009  n  . a  1   a  a. , ta được :. n n n n  n   n  3     1  n  3   1    1   3   4  3 4 3 5 5 4  3 4 5  5 n n n  n  n  n  3  1)  (  1)  (  1)        (   n 3 3 5 5 4  3   4  3 4  3 4 5  5. 1 1 3343  n  3353 3 3. Như vậy ta được :. Nếu n là bội số của 3 hay 4 nhưng không phải 5, thì n không là số hạng a. của dãy số mới  n  , như thế theo yêu cầu n chỉ là 1 trong các số sau: 3345;3346;3347;3349; 3350;3353. Lần lượt thế các số trên vào phương trình ban đầu ta được n= 3347.Vậy a2009 3347 .. CÁCH 2: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔ HỢP( COMBINATORIAL ANALYSIS METHOD): Ta có BCNN(3;4;5)= 60 . Đặt S0  1; 2;3;....; 60 ; Ai  k / k  S ; k i ;(i 3; 4;5). Thế thì tập hợp các số không bị xóa trong công thức sàng , ta có:. 31. . . S0  A3  A4  A5  A5. . Áp dụng.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT.  A A A  A  A A A   A 3. 3. 3. 5. 3. 3. 3. 5. .  S  A3  A4  A5  A3  A4  A3  A5  A4  A5  A3  A4  A5  A5  60  60      3.  60   60   60   60   60   4    3 4    3 5    5 4    3 4 5  36. a Do đó có 36 số hạng trong dãy số mới  n  trong S0 là :. a1 1; a2 2; a3 5; a4 7;.....; a36 60. Gọi. P  a1 ; a2 ;....; a36 . và an 60k  r (k ; r  N ;1 r 60). a ;12  60k  r ;12   r ;12  1 a ;12  r;12  1 Vì  n   hay  n   nhưng. 5 / an  5 / r  r  P. Mặt khác với bất kỳ số nguyên dương có dạng 60k+r ( k;r là các số nguyên không âm và r∈P) . Nếu (r;12)=1 thì (60k+r;12)=1 , như thế 60k+r cũng là số hạng của dãy số mới . Nếu (r;12)≠1 thì 5/r (vì r∈P) , như thế 5/60k+r thì 60k+r cũng là số hạng của dãy số mới . Như thế , dãy số mới bao gồm tất cả các số dương có dạng 60k+r ( k,r là các số nguyên không âm và r∈P) . Với k cho trước , ta nhận được 36 số hạng lien tiếp của dãy số mới . Chú ý rằng 2009= 36×55+29 như thế a2009 60 55  a29 . Nhưng a36 60; a35 59; a34 58; a33 55; a32 53; a31 50; a30 49; a29 47. .. Vậy a2009 3300  47 3347.. BÀI TẬP ÁP DỤNG : 1/ Một thầy giáo trao n+1 giải thưởng cho n học sinh sao cho mỗi học sinh nhận ít nhất 1 giải thưởng . Hỏi có bao nhiêu cách trao giải? a / n. Ann1. b/  n  1 Pn. c/A nn 1. d/Cn2 1.Pn. GIẢI: Theo điều kiện , phải có 1 học sinh nhận 2 giải thưởng.và mỗi học sinh còn lại nhận một giải thưởng. Đáp số : D. 2/Giả sử một thầy giáo chọn 4 sinh viên từ 5 nam và 4 nữ để lập ra 1 nhóm thảo luận , Hỏi có bao nhiêu cách thành lập để nhóm thảo luận có ít nhất 1 nam , 1 nữ . a/60 b/80 c/120 d/420. GIẢI: 32.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 1. 3. 2. 2. 3. 1. Số cách chọn là : C5 .C4  C5 C4  C5 C4 120 Đáp số : C. 3/Nếu 1 số có 5 chữ số lớn hơn 20000 không là bội số của 5 có tính chất sau: các chữ số của nó là phân biệt và mỗi chữ số là một trong các số 1,2,3,4,5 thế thì số số cần tìm là a/96 b/76 c/72 d/36. GIẢI: Trước hết , chữ số đơn vị không thể là 5. Vậy số các số có 5 chữ số là 4! ×4. Trong các số đó , số các số có 5 chữ số không quá 20000 là chữ số đầu là 1 và chữ số đơn vị là 1 trong các số 2,3,4. Vậy có 3×3!. Vậy số số cần tìm là : 4×4!-3×3!= 78. Đáp số : B 4/ Nếu các hệ số A và B của phương trình đường thẳng Ax+By =0 là 2 chữ số phân biệt từ số 0;1;2;3;6;7 thì số đường thẳng phân biệt là bao nhiêu? GIẢI: 2. Số cách chọn 2 số A và B trong 6 chữ số là : A6 .Nhưng trong tính toán trên , đường thẳng trong các trường hợp sau cùng là một đường thẳng : (1) A=0 và B=1;2;3;6;7. (2) B=0 và A=1;2;3;6;7. (3) A=1 và B=2 hoặc A=3 và B=6. (4) A=1 và B=3 hoặc A=2 và B=6. (5) A=2 và B=1 hoặc A=6 và B=3. (6) A=3 và B=1 hoặc A=6 và B=2. Cho nên số đường thẳng phân biệt là : Đáp số : 18. 5/Nếu cơ số a và biến số x trong. log a x. A62  2  A51  1  4 18.. là 2 chữ số phân biệt từ các chữ số. 1;2;3;4;5;7;9 thì số giá trị khác nhau của log a x GIẢI: 2. Số cách chọn 2 số a và x từ 7 số là : A7 . Nhưng có số a không thể bằng 1. Và các trường hợp sau trùng lặp nhau: (1) x=1 và a=2;3;4;5;7;9. (2) log 2 4 log3 9 . 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. (3) log 4 2 log 9 3 . (4) log3 2 log 9 4 . (5) log 2 3 log 4 9 Như vậy số trường hợp cần tìm là : 7 6  6  6/ Trong 1 cuộc thi đấu tennis , mỗi người chơi đúng 1 game với mỗi người khác . Nhưng trong quá trình thi đấu , có 3 người bỏ cuộc và mỗi người tham gia đúng 2 trận . Nếu tổng số trận là 50 thì số trận của 3 người trên là bao nhiêu CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1994 a/0 b/1 c/2 d/3 GIẢI: Giả sử có n người chơi , và số trận 3 người chơi là r . Thế thì : A2  A1  A1  1  4 27.. r 1 n Cn2 3   3 2  r    n  3  n  4  88  2r   n 13. Vậy r=1. Đáp số : B. 7/ Giả sử a,b,c trong phương trình đường thẳng ax+by+c=0 là 3 phần tử phân biệt trong tập hợp {-3;-2;-1;0;1;2;3} và hệ số góc của đường thẳng là dương . Hỏi có bao nhiêu đường thẳng phân biệt ? CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1999. GIẢI: tan  . a 0 b .. Giả sử hệ số góc của đường thẳng là Không mất tính tổng quát , giả sử rằng a>0 và b<0. (1). 1. 1. Khi c=0, ta chọn a bằng C3 cách và ta chọn b bằng C3 cách. Nên ta phải xóa đi 2 trường hợp lặp lại ( vì 3 phương trình x-y=0; 2x-2y=0; 3x-3y=0 1 1 là một).Cho nên trường hợp này số đường thẳng phân biệt là : C3 .C3  2 7 1 1 .Khi c≠0; ta chọn a bằng C3 cách và ta chọn b bằng C3 cách, ta chọn c 1. 1. 1. 1. bằng C4 cách. Như vậy trong trường hợp này ta có C3C3C4 36. Vậy có tất cả ; 36+7=43 cách. 8/ Một hình chữ nhật 2×3 được chia thành 6 hình vuông đơn vị A,B,C,D,E,F Mỗi hình vuông được tô 1 màu trong 6 màu sao cho không có 2 hình vuông kề nhau có cùng một màu . Hỏi số cách tô màu khác nhau là bao nhiêu ? GIẢI: 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. A B. C D. E F. 2 A và B được tô bởi A6 30 cách.. 1 Nếu C và B được tô cùng một màu ; thì C và D được tô bởi C5 cách . Nếu 1 1 C và B được tô bởi màu khác nhau thì C và D được tô bởi C4 .C4 . Cho nên 1. 1. 1. C và D được tô bởi C5  C4C4 21 cách . Tương tự , E và F được tô bởi 21 cách. Theo qui tắc nhân , ta được 30 212 13230. 9/ Hai đội tuyển A và B tham gia giải bóng bàn. Mỗi đội có 7 người giao đấu với nhau theo một thứ tự nhất định. Đầu tiên, người thứ nhất của đội A , đấu với người thứ nhất của đội B và người thua sẽ bị loại. Sau đó ; người chiến thắng chơi nữa với người thứ hai của đội kia . Các bước tiếp theo người chơi tương tự Cuộc thi đấu không kết thúc cho đến khi tất cả người chơi của 1 đội đều bị loại và đội còn lại là chiến thắng. Hỏi số cách diễn ra cuộc thi đấu . CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1988 GIẢI: Trước hết , ta tìm số quá trình khác nhau của cuộc chơi A thắng. Giả sử rằng , người thứ I của A thắng xi lần (i=1;2;….;7) thế thì x1  x2  ...  x7 7 .Thế thì số quá trình phân biệt của cuộc chơi nếu A thắng bằng số 7 1 6 nghiệm của phương trình trên và bằng C77 1 C13 . 6 Tương tự ; số quá trình phân biệt của cuộc chơi nếu B thắng bằng C13 . 6. Như thế số cách diễn ra cuộc thi đấu là : 2.C13 3432. 10/ Trong một cuộc thi bắn cung , 8 cái đĩa tập bắn được bố trí như sau : 2 cột treo 3 đĩa , và 1 cột treo 2 đĩa . Một người thiện xạ bắn tất cả 8 cái đĩa theo qui tắc sau: * Người xạ thủ trước hết chọn 1 cột để bắn các đĩa . ** Người xạ thủ phải bắn cái đĩa không bể còn lại thấp nhất trong cột mình chọn. Với qui tắc trên , ta có bao nhiêu cách để bắn vỡ hết 8 cái đĩa . AIME 1990. GIẢI: 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. Vì người bắn cung bắn bể 8 đĩa trong 8! Cách . và thứ tự các đĩa trong 8! mỗi cột là xác định , nên số cách yêu cầu là 2!2!3! =560.. 11/Có bao nhiêu cách để sơn 5 đỉnh của 1 hình chóp tứ giác đềuvới 5 màu sao cho mỗi đỉnh được tô đúng bởi 1 trong 5 màu và các đỉnh với 1 cạnh chung phải được tô màu khác nhau? Chú ý: Mỗi cách tô màu được xem là khác nhau nếu không nhận được từ 1 phép quay. GIẢI: Rõ ràng ta cần ít nhất là 3 màu . (1) nếu 5 màu được sử dụng thì ta lấy một màu trong 5 màu đó để sơn 1. đỉnh ở phía trên thì có C5 cách. Sau đó ta sử dụng 4 màu còn lại tô 4 đỉnh ở đáy thì có (4-1)!=3! Cách. Trong trường hợp này , ta có tất cả là C51.3! 30. cách .. 4 (2) nếu 4 màu được sử dụng , thì ta chọn 4 màu từ 5 màu , có C5 cách và 1. chỉ dùng 1 trong 4 màu đó để tô đỉnh , vậy có C4 cách. Sau đó , ta sử dụng 3 màu còn lại để tô 4 đỉnh ở đáy. Trong trường hợp này , 1 cặp đỉnh đối diện ở đáy phải được tô cùng 1 màu . ta chọn 1 màu để tô cặp đỉnh đối 1 diện ở đáy thì sẽ có C3 cách, và sử dụng 2 màu còn lại để tô 2 đỉnh còn lại 4 1 1 có 1 ! cách. Trong trường hợp này có tất cả C5 .C4 .C3 60 cách . 3 (3) Nếu 3 màu được sử dụng , ta lấy 3 màu từ 5 màu , thì có C5 cách. Ta 1. sử dụng 1 trong 3 màu để tô đỉnh thì có C3 cách. Sau đó sử dụng 2 màu còn lại để tô 4 đỉnh ở đáy. Trong trường hợp này , mỗi cặp đỉnh đối diện ở đáy được tô bởi 1 màu , có 1 ! cách. Trong trường hợp này có : C53C31.1! 30. cách. Kết luận : có 30+60+30=120 cách. a ; a ;.....; a. b ; b ;...; b. 100  50  12/ Cho 2 tập hợp các số thực A=  1 2 và B=  1 2 . Nếu có 1 ánh xạ f từ A vào B sao cho mỗi phần tử của B có vài tạo ảnh và ta có :. f  a1   f  a2  .......  f  a100  50 100. thì số ánh xạ là : 50. 49. (A) C (B) C98 (C) C100 CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 2002. 36. 49. (D) C99.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT. GIẢI : Ta có thể giả sử rằng b1  b2  ......  b50 . Và chia các phần tử a1; a2 ;....a100 thành 50 nhóm khác rổng theo thứ tự của nó. Xác định ánh xạ f : A→B sao cho ảnh của tất cả các phần tử thuộc nhóm thứ i là bi (i 1; 2;....;50) . Rõ ràng rằng , f thỏa điều kiện bài toán . Hơn nữa , có 1 tương ứng 1-1 giữa tất cả các nhóm được chia với các ánh xạ thỏa điều kiện . Như thế số ánh xạ f , thỏa điều kiện bằng số cách chia A thành 50 nhóm theo thứ tự của nó. Gọi xi là số phần tử của nhóm thứ i , như vậy số cách chia A bằng số nghiệm nguyên dương của phương trình x1  x2  ....  x50 100. 50  1 49 và số đó là C100 1 C99 .. Đáp số : D. 13/ Một số tự nhiên a được gọi là số “Lucky” nếu tổng các chữ số của nó là 7. Sắp thứ tự tất cả các số “Lucky” theo thứ tự tăng dần và ta nhận được dãy số a1 ; a2 ;..... biết an 2005 . Tính số hạng a5n . CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 2005. GIẢI : Vì số nghiệm nguyên không âm. của phương trình x1  x2  .....  xk m là m C mk  1 ; khi x1 1; xi 0(i 2) . m 1 Số nghiệm nguyên là Cmk  2 , số các số « lucky » với k chữ số là : 6. P(k)= Ck 5 .Ta biết 2005 là số « lucky » nhỏ nhất có dạng 2abc và P  1 C66 1; P(2) C76 7; P  3 C86 28. .. Chú ý rằng số các số « lucky » có 4 chữ số và có dạng 1abc là số nghiệm 6. nguyên không âm của phương trình a+b+c=6 tức là C63 1 28. Như vậy ta có 1+7+28+28+1=65 và 2005 là số hạng thứ 65 của các số « lucky », tức là a65 2005  n 65  5n 325. Ngoài ra , P  4  C96 84; P  5  C106 210; 5.  P  k  330. k 1. Như vậy còn 6 số « lucky » có 5 chữ số. từ lớn nhất đến nhỏ nhất là :. 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT a330 70000. a329 61000. a328 60100. a327 60010. a326 60001. a325 52000.. Vậy a5n a325 52000 . 14/ Có bao nhiêu cách sắp xếp n cặp vợ chồng thành 1 đường thẳng sao cho không có người nam nào đứng cạnh vợ của mình ? GIẢI : Gọi S là tập hợp tất cả các hoán vị của n cặp vợ chồng trên 1 đường thẳng Ai là tập hợp tất cả các hoán vị trong đó cặp vợ chồng thứ i là kề nhau.. và Theo nguyên lý bù trừ , ta có : số hoán vị thỏa điều kiện bài toán bằng : n. Ai  S  i 1. n. . Ai . i 1. . Ai  A j  .........    1. 1i  j n. n. n. A. i. i 1. k. n.  2n  ! Cn1 .2.(2n  1)! Cn2 .22.(2n  2)! ..........    1 Cnk .2 k.(2n  k )! .......    1 Cnn .2n.(n)!. 15/ Giả sử tất cả các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với 105 được sắp xếp theo thứ tự tăng dần a1 ; a2 ;.... . Tính a1000 . CHINA MATHEMATICAL COMPETITION 1994. GIẢI : a. n; S  1; 2;....; n ; A  k / k  S ; k ni; n  N.   i   với ; i 3;5;7 . 1000 Đặt Vì 105=3.5.7 nên (k ;105)=1↔ k không là bội số của 3,5,7. Theo nguyên lý bù trừ ta có : 1000  A3  A5  A7  S  A3  A5  A7  A3  A5  A3  A7  A7  A5  A3  A5  A7  n  n  n  n   n   n   n  n               (1)  3   5   7   3 5   3 7   5 7   3 5 7 . Với. a  1   a  a. và (1) ta được :. n n  n n n  n  1000  n         1  1  1  5 7 3 7   3 5 7   3 5 38.  n     3 5 7 .

<span class='text_page_counter'>(39)</span> CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT n n   n n n   n n  1000  n    1   1   1      1   5 7   3 5 5 7 3 7   3 5 7  3 3 1 2178  n  2194 4 16 vì n và 105 là nguyên tố cùng nhau, thì n là Do đó. một trong các số 2179 ; 2182 ; 2183 ; 2186 ; 2188 ; 2189 ; 2192 ; 2194. Trong các số đó , chỉ có n= 2186 là thỏa mãn , vậy a1000 2186. 16/ Có bao số có n chữ số bao gồm các chữ số 1,2,3 với ít nhất 1 chữ số 1 , 1 chữ số 2, 1 chữ số 3. GIẢI : Gọi S là tập hợp các chữ số có n chữ số bao gồm các chữ số 1,2,3 . Ai . {m/m∈S và mỗi chữ số của m không bằng i} (i=1 ;2 ;3). Thế thì số các số thỏa yêu cầu là : A1  A2  A3  S  A1  A2  A3  A1  A3  A1  A2  A2  A3  A1  A2  A3 3n   2 n  2n  2n    1n  1n  1n   0 3n  3.2n  3. .. 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span>